Mecanica de Fluidos Ejercicios.pdf

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HIDROSTATICA

Problema 1:

La compuerta circular de 4 m de diámetro como se muestra en la figura, está situada en la pared inclinada de un gran depósito que contiene agua (γ=9.80kN/m3). La compuerta está montada sobre un eje a lo largo de su diámetro horizontal. Para una profundidad de agua de 10 m arriba del eje, determinar:

a) la magnitud y la ubicación de la fuerza resultante que ejerce el agua sobre la compuerta.

b) El momento que se debe aplicar al eje para abrir la compuerta. Solución: 𝐹𝐹𝑅𝑅 = 𝛾𝛾ℎ𝑐𝑐𝐴𝐴 Donde: 𝛾𝛾 = 9.8 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚� ; ℎ3 𝑐𝑐 = 10 𝑚𝑚; 𝐴𝐴 = 𝜋𝜋𝑟𝑟2; 𝑟𝑟 = 2𝑚𝑚 • Reemplazando en la fórmula de 𝐹𝐹𝑅𝑅: 𝐹𝐹𝑅𝑅 = �9.8 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚� � (10𝑚𝑚)(𝜋𝜋23 2𝑚𝑚2) 𝐹𝐹𝑅𝑅 = 1230𝐾𝐾𝐾𝐾 • Averiguando 𝑌𝑌𝑅𝑅: ? 𝑌𝑌𝑅𝑅 =𝑌𝑌𝐼𝐼𝑥𝑥𝑐𝑐 𝑐𝑐𝐴𝐴 + 𝑌𝑌𝑐𝑐 𝐼𝐼𝑥𝑥𝑐𝑐 =𝜋𝜋𝑟𝑟 4 4 ; 𝑌𝑌𝑐𝑐 = 10𝑚𝑚 sin 60° • Reemplazando en la fórmula de 𝑌𝑌𝑅𝑅 =𝑌𝑌𝐼𝐼𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝐴𝐴+ 𝑌𝑌𝑐𝑐 𝑌𝑌𝑅𝑅 = 𝜋𝜋24 4 10 sin 60°×𝜋𝜋22 + 10 sin 60°= 0.0866𝑚𝑚 + 11.55𝑚𝑚 𝑌𝑌𝑅𝑅 = 11.6𝑚𝑚 Rpta. 𝛴𝛴𝑀𝑀𝑐𝑐 = 0 𝑀𝑀 = 𝐹𝐹 × 𝑑𝑑 𝑀𝑀 − 𝐹𝐹𝑅𝑅× 𝑑𝑑 = 0 𝑀𝑀 = 𝐹𝐹𝑅𝑅× 𝑑𝑑 𝑀𝑀 = 1230𝐾𝐾𝐾𝐾 × 0.0866𝑚𝑚 𝑀𝑀 = 105.78 𝐾𝐾𝐾𝐾 × 𝑚𝑚 Rpta.

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Problema 2:

Un gran depósito para peces contiene agua de mar (γ=64.0lb/pie3) a una profundidad de 10 pies, como se muestra en la figura. Para reparar un desperfecto en una esquina del depósito, una sección triangular se reemplaza por otra sección nueva como se ilustra. Determinar la magnitud y ubicación de la fuerza del agua de mar sobre sobre esta área triangular.

Solución: 𝛾𝛾 = 64𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝� 3; ℎ𝑐𝑐 = 9 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝; 𝐴𝐴∆=12𝑙𝑙 × ℎ 𝐴𝐴∆= 12(3 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)(3 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) 𝐴𝐴∆ =92𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 Reemplazando en: 𝐹𝐹𝑅𝑅 = 𝛾𝛾. ℎ𝑐𝑐.𝐴𝐴 𝐹𝐹𝑅𝑅 = �64 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝� 3� (9 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) �9 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 2 2 � 𝐹𝐹𝑅𝑅 = 2590 𝑙𝑙𝑙𝑙. 𝑌𝑌𝑐𝑐 = 9 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 En la fórmula: 𝑌𝑌𝑅𝑅 = 𝑌𝑌𝐼𝐼𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝐴𝐴+ 𝑌𝑌𝑐𝑐 𝐼𝐼𝑥𝑥𝑐𝑐 =𝜋𝜋𝑟𝑟 4 4 𝐼𝐼𝑥𝑥𝑐𝑐 = (3)(3)3 36 = 81 36𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝4 𝑌𝑌𝑅𝑅 =𝑌𝑌𝐼𝐼𝑥𝑥𝑐𝑐 𝑐𝑐𝐴𝐴 + 𝑌𝑌𝑐𝑐 𝑌𝑌𝑅𝑅 = 81 36𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝4 (9)�92�𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2+ 9 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 = 2×81𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 36×9 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝×9𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝29 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 = 1 18+ 9 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 = 9.06 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 En la fórmula: 𝑋𝑋𝑅𝑅 = 𝐼𝐼𝑌𝑌𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝐴𝐴 + 𝑋𝑋𝑐𝑐; 𝑑𝑑 = 0 𝐼𝐼𝑥𝑥𝑥𝑥𝑐𝑐 = 𝑏𝑏×𝑎𝑎 2 72 (𝑙𝑙 − 2𝑑𝑑) 𝐼𝐼𝑥𝑥𝑥𝑥𝑐𝑐 = 𝑏𝑏2×𝑎𝑎2 72 = (3𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)2×(3𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)2 72 = 81 72𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝4 𝑋𝑋𝑐𝑐 =𝑙𝑙 + 𝑑𝑑3 =3 + 03 = 1 Reemplazando en: 𝑋𝑋𝑅𝑅 =𝐼𝐼𝑌𝑌𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝐴𝐴 + 𝑋𝑋𝑐𝑐 𝑋𝑋𝑅𝑅 = 81 72𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝4 (9𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)�92𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2+ 1 = 2×81𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝4 72×81𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2+ 1 = 1.278 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 Por lo tanto: 𝑋𝑋𝑅𝑅; 𝑌𝑌𝑅𝑅 = (9.06; 1.278) Rpta.

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Problema 3:

El área de un plano vertical que tiene la forma mostrada en la figura, se encuentra sumergida en aceite (γ=8.75kN/m3). Determine la magnitud de la fuerza resultante del aceite sobre el lado de la zona observada. Solución: 𝜸𝜸 = 𝟖𝟖. 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑲𝑲𝑲𝑲 𝒎𝒎� 𝟑𝟑 𝑭𝑭𝑹𝑹 = 𝜸𝜸𝒉𝒉𝒄𝒄𝑨𝑨 Partimos el área: • Área 1(A1): ∆𝟏𝟏= 𝒃𝒃 × 𝒂𝒂𝟐𝟐 =𝟒𝟒 × 𝟒𝟒𝟐𝟐 = 𝟖𝟖𝒎𝒎𝟐𝟐 • Área 2(A2): 𝑭𝑭𝑹𝑹𝒂𝒂𝒄𝒄𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹 = 𝑭𝑭𝑹𝑹𝟏𝟏 + 𝑭𝑭𝑹𝑹𝟐𝟐 Hallando 𝐹𝐹𝑅𝑅1: 𝐹𝐹𝑅𝑅1= 𝛾𝛾 × ℎ𝑐𝑐1× ∆1= 8.75 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚� 3×43 𝑚𝑚 × 8𝑚𝑚2 = 93.3𝐾𝐾𝐾𝐾 Hallando 𝐹𝐹𝑅𝑅2: 𝐹𝐹𝑅𝑅2= 𝛾𝛾 × ℎ𝑐𝑐2× ∆2 ; ℎ𝑐𝑐2 = 2𝑚𝑚 𝐹𝐹𝑅𝑅2= 𝛾𝛾 × ℎ𝑐𝑐2× ∆2= 8.75 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚� 3× 2𝑚𝑚 × 16𝑚𝑚2 = 280𝐾𝐾𝐾𝐾 Reemplazando en la fórmula: 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑎𝑎𝑐𝑐𝑝𝑝𝑝𝑝𝑅𝑅𝑝𝑝 = 𝐹𝐹𝑅𝑅1+ 𝐹𝐹𝑅𝑅2 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑎𝑎𝑐𝑐𝑝𝑝𝑝𝑝𝑅𝑅𝑝𝑝 = 𝐹𝐹𝑅𝑅1+ 𝐹𝐹𝑅𝑅2= (93.3 + 280)𝐾𝐾𝐾𝐾 = 373.3𝐾𝐾𝐾𝐾 Rpta.

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Problema 4:

Una puerta rectangular de 3 m de ancho y 8 m de altura está situado al extremo de un pasaje rectangular que está conectado a por un gran tanque abierto lleno de agua como se muestra en la figura, y está articulada en su parte inferior y se mantiene cerrada por una fuerza horizontal FH situada en el centro de la compuerta. El valor máximo para FH es 3500 kN. Determinar la profundidad máxima del agua h por encima del centro de la compuerta, para que esta no se abra. Solución:

• Haciendo el diagrama de cuerpo libre: • Vista frontal de la compuerta:

La fuerza FR

siempre estará por debajo del C.G.

ΣM=0 (Por que la compuerta no se abre)

𝑀𝑀 = 𝐹𝐹 × 𝑑𝑑 𝐹𝐹𝑅𝑅× 𝑑𝑑1 = 𝐹𝐹𝐻𝐻× 𝑑𝑑2 𝐹𝐹𝑅𝑅× 𝐿𝐿 = 𝐹𝐹𝐻𝐻 × 4…….(I)

𝐿𝐿 = ℎ + 4 − 𝑌𝑌𝑅𝑅…...(1)

• Calculando FR:

𝐹𝐹𝑅𝑅 = 𝛾𝛾𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎× ℎ𝑐𝑐 × 𝐴𝐴 𝐹𝐹𝑅𝑅 = �9.8 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚� � × ℎ × 3 × 8𝑚𝑚3 2

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𝑌𝑌𝑅𝑅 =𝑌𝑌𝐼𝐼𝑥𝑥𝑐𝑐 𝑐𝑐× 𝐴𝐴 + 𝑌𝑌𝑐𝑐 𝑌𝑌𝑐𝑐 = ℎ • Calculando 𝐼𝐼𝑥𝑥𝑐𝑐: 𝐼𝐼𝑥𝑥𝑐𝑐 = 121 𝑙𝑙 × 𝑎𝑎3 𝐼𝐼𝑥𝑥𝑐𝑐 = 121 (3)(8)3𝑚𝑚2 = 128 • Reemplazando en 𝑌𝑌𝑅𝑅 = 𝑌𝑌𝐼𝐼𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥×𝐴𝐴+ 𝑌𝑌𝑐𝑐 𝑌𝑌𝑅𝑅 = �ℎ × 3 × 8� + ℎ =128 5.33ℎ + ℎ • Reemplazando en (1): 𝐿𝐿 = ℎ + 4 − 𝑌𝑌𝑅𝑅 𝐿𝐿 = ℎ + 4 − �5.33ℎ + ℎ� = 4 −5.33 • Reemplazando en (I): 𝐹𝐹𝑅𝑅× 𝐿𝐿 = 𝐹𝐹𝐻𝐻 × 4 �9.80 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚� � × (24𝑚𝑚3 2) × ℎ × �4 −5.33ℎ � = 3500𝐾𝐾𝐾𝐾 × 4𝑚𝑚 ℎ × �4 −5.33ℎ � = 3500𝐾𝐾𝐾𝐾 × (4𝑚𝑚) 9.80 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚� 2(24𝑚𝑚2) 4ℎ − 5.33 = 3500𝐾𝐾𝐾𝐾 × 4𝑚𝑚 9.80 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚� 3(24𝑚𝑚2) ℎ = 16.21m Rpta.

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𝐿𝐿1 = 𝑌𝑌𝑅𝑅− (ℎ − 4) = �5.33ℎ + ℎ� −(ℎ − 4) =5.33ℎ + 4 �9.80 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚� � × (24𝑚𝑚3 2) × ℎ ×5.33ℎ + 4 = 3500𝐾𝐾𝐾𝐾 × 4𝑚𝑚 5.33 + 4ℎ = 3500𝐾𝐾𝐾𝐾 × 4𝑚𝑚 �9.80 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚� � × (24𝑚𝑚3 2) ℎ = 13.5 𝑚𝑚 Rpta. Problema 5:

Una compuerta de sección transversal como se muestra en la figura, cierra una apertura de 5 pies de ancho y 4 pies de alto en un depósito de agua. La compuerta pesa 500 lb y su centro de gravedad está a 1 pie a la izquierda de AC y a 2 pies arriba de BC. Determinar la reacción horizontal que se desarrolla sobre la compuerta en C.

Solución:

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• Calculando 𝐹𝐹1: 𝐹𝐹1= 𝛾𝛾𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎ℎ𝑐𝑐𝐴𝐴 Donde: 𝛾𝛾 = 62.4 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝� 3; ℎ𝑐𝑐 = 8𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 + 2𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 = 10𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝; A=5pies× 5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 = 25𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 𝐹𝐹1 = 62.4𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝑙𝑙 3× 10𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 × 25𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 𝐹𝐹1 = 15600𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑌𝑌𝑅𝑅 =𝑌𝑌𝑌𝑌𝑥𝑥𝑐𝑐 𝑐𝑐𝐴𝐴 + 𝑌𝑌𝑐𝑐 Donde: 𝑌𝑌𝑐𝑐 =? 𝑌𝑌𝑐𝑐 = 2.5 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 + 10 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑌𝑌𝑐𝑐 = 12.5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 ∴ 𝑌𝑌𝑥𝑥𝑐𝑐 = 121 (𝑙𝑙)(𝑎𝑎)3 𝑌𝑌𝑥𝑥𝑐𝑐 =121 (5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)(5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)3 Reemplazando: 𝑌𝑌𝑅𝑅 1 12 (5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)(5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)3 12.5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝(5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 × 5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) + 12𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑌𝑌𝑅𝑅 = 0.17𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 + 12.5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑌𝑌𝑅𝑅 = 12.67𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 • Calculando 𝐹𝐹2: 𝐹𝐹2 = 𝑃𝑃2𝐴𝐴2 𝑃𝑃2 = 𝛾𝛾𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎 × ℎ = 62.4𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝑙𝑙3× 12𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝐹𝐹2= �62.4𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝑙𝑙3� (12𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)(3𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 × 5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) 𝐹𝐹2= 11230𝑙𝑙𝑙𝑙 • Por equilibrio: 𝛴𝛴𝑀𝑀0 = 0 𝑀𝑀𝐴𝐴 = 𝐹𝐹1𝑑𝑑𝐴𝐴 𝐹𝐹1(12.67𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) + 𝑊𝑊(1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) − 𝐹𝐹2(1.5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) − 𝐹𝐹𝑐𝑐(4𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) = 0 𝐹𝐹𝑐𝑐(4𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) = 𝐹𝐹1(12.67𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) + 𝑊𝑊(1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) − 𝐹𝐹2(1.5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) 𝐹𝐹𝑐𝑐(4𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) = 15600𝑙𝑙𝑙𝑙 × (12.67𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) + 500𝑙𝑙𝑙𝑙(1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) − 11230𝑙𝑙𝑙𝑙(1.5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 6330𝑙𝑙𝑙𝑙 Rpta.

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Problema 6:

El conducto de drenaje de 6 pies de diámetro que se muestra en la figura esta semilleno de agua en reposo. Determinar la magnitud y línea de acción de la fuerza resultante que el agua ejerce sobre 1 pie de longitud de la sección curva BC de la pared del conducto.

Solución:

Diagrama de cuerpo libre:

Σ𝐹𝐹𝑥𝑥=0 𝐹𝐹𝐻𝐻 = 𝐹𝐹2 𝐹𝐹2= 𝛾𝛾𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎× ℎ𝑐𝑐 × 𝐴𝐴𝑝𝑝𝑟𝑟𝑝𝑝𝑥𝑥 𝐹𝐹2= �62.4𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝑙𝑙3� (1.5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)(3𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝3) 𝐹𝐹2= 280𝑙𝑙𝑙𝑙 Σ𝐹𝐹𝑥𝑥=0 𝐹𝐹𝑣𝑣 = 𝐹𝐹1+ 𝑊𝑊 ∀= 𝐴𝐴 × 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑊𝑊 = 𝛾𝛾 × 𝐴𝐴 𝑊𝑊 = �62.4𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝑙𝑙3� × �𝜋𝜋34 � × 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 𝑊𝑊 = 441𝑙𝑙𝑙𝑙 Por lo tanto: 𝐹𝐹𝑅𝑅 = �(𝐹𝐹𝐻𝐻)2+ (𝐹𝐹𝑉𝑉)2 𝐹𝐹𝑅𝑅 = �(280𝑙𝑙𝑙𝑙)2+ (441𝑙𝑙𝑙𝑙)2 𝐹𝐹𝑅𝑅 = 523𝑙𝑙𝑙𝑙 Rpta.

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Problema 7:

Una compuerta curva de 4 metros de longitud está situada en el lado de un depósito que contiene agua como se muestra en la figura. Determinar la magnitud de las componentes del agua sobre la compuerta.

Solución:

• Diagrama de cuerpo libre

𝐹𝐹𝐻𝐻 = 𝐹𝐹2 𝐹𝐹𝑣𝑣 = 𝐹𝐹1+ 𝑊𝑊 𝐹𝐹𝑅𝑅 = �(𝐹𝐹𝐻𝐻)2+ (𝐹𝐹𝑉𝑉)2 • Por equilibrio: Σ𝐹𝐹𝑥𝑥=0 𝐹𝐹𝐻𝐻= 𝐹𝐹2 𝐹𝐹2= 𝛾𝛾𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎× ℎ𝑐𝑐× 𝐴𝐴𝑝𝑝𝑟𝑟𝑝𝑝𝑥𝑥 𝐹𝐹2= �9.80𝐾𝐾𝐾𝐾𝑚𝑚3� (7.5𝑚𝑚)(12𝑚𝑚2) 𝐹𝐹2= 882𝐾𝐾𝐾𝐾 Σ𝐹𝐹𝑥𝑥=0 𝐹𝐹𝑣𝑣 = 𝐹𝐹2+ 𝑊𝑊 𝐹𝐹2= 𝐹𝐹𝑣𝑣− 𝑊𝑊 𝐹𝐹1= 𝑃𝑃1𝐴𝐴1= 𝛾𝛾 × ℎ(𝐴𝐴𝑟𝑟𝑝𝑝𝑎𝑎) 𝐹𝐹1=9.80𝐾𝐾𝐾𝐾𝑚𝑚3 × 6𝑚𝑚 × 12𝑚𝑚 𝐹𝐹1= 705.6𝐾𝐾𝐾𝐾 • Calculando W: 𝑊𝑊 = 𝑃𝑃𝑊𝑊× 𝐴𝐴𝑊𝑊 = �9.80𝐾𝐾𝐾𝐾𝑚𝑚3 � �𝜋𝜋3 2 4 𝑚𝑚2� (4𝑚𝑚) 𝑊𝑊 = 278.90𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐹𝐹𝑣𝑣= 705.6𝐾𝐾𝐾𝐾 + 278.90𝐾𝐾𝐾𝐾 = 983.6𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐹𝐹𝑣𝑣= 983.6𝐾𝐾𝐾𝐾 Rpta.

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PRINCIPIO DE ARQUIMEDES Problema 1:

Una boya esférica de diámetro 1.5 metros y peso de 8.5 kN está anclado al fondo del mar con un cable como se muestra en la figura. Aunque la boya normalmente flota sobre la superficie, algunas veces crece la profundidad del agua, de modo que la boya está completamente inmersa como se ilustra. Para esta condición, ¿Cuál es la tensión del cable?

Solución:

Diámetro de la boya: 1.5 m

W = 8.5m; 𝛾𝛾𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎.𝑚𝑚𝑎𝑎𝑟𝑟 = 10.1 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑚𝑚⁄ 3

Diagrama de cuerpo libre:

Donde: ∀𝐵𝐵𝑝𝑝𝑥𝑥𝑝𝑝=𝜋𝜋𝑃𝑃 3 6 ; Σ=𝑀𝑀0 = 0 𝑇𝑇 = 𝐹𝐹𝐵𝐵− 𝑊𝑊 Calculando 𝐹𝐹𝐵𝐵: 𝐹𝐹𝐵𝐵 = 𝛾𝛾𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎.𝑚𝑚𝑎𝑎𝑟𝑟× ∀ 𝐹𝐹𝐵𝐵= 101𝐾𝐾𝐾𝐾𝑚𝑚2 ×𝜋𝜋(1.3) 3𝑚𝑚2 6 𝐹𝐹𝐵𝐵= 17.84𝐾𝐾𝐾𝐾 → 𝑇𝑇 = 𝐹𝐹𝐵𝐵− 𝑊𝑊 𝑇𝑇 = 17.84𝐾𝐾𝐾𝐾 − 8.5𝐾𝐾𝐾𝐾 = 9.3𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑇𝑇 = 9.3𝐾𝐾𝐾𝐾 Rpta.

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Problema 2:

Una bóveda de concreto con dimensiones externas de 2.0x1.0x1.5 metros y espesor de pared de 10 cm está enterrada con la superficie superior al ras del suelo. ¿Tenderá la bóveda a salirse del suelo si este se satura por completo de agua? Usar DR(concreto)= 2.4 Solución: Dimensiones de la bóveda 2 × 1 × 1.5 𝐷𝐷𝑅𝑅 = 𝜌𝜌 𝜌𝜌𝑓𝑓𝑓𝑓𝐴𝐴𝑝𝑝𝑓𝑓𝑝𝑝 𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎 × 4°𝐶𝐶 , 𝐷𝐷𝑅𝑅_𝑐𝑐𝑝𝑝𝑐𝑐𝑐𝑐𝑟𝑟𝑝𝑝𝑅𝑅𝑝𝑝 = 𝜌𝜌𝑐𝑐𝑝𝑝𝑐𝑐𝑐𝑐𝑟𝑟𝑝𝑝𝑅𝑅𝑝𝑝 𝜌𝜌𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎× 4°𝐶𝐶 𝜌𝜌𝑐𝑐𝑝𝑝𝑐𝑐𝑐𝑐𝑟𝑟𝑝𝑝𝑅𝑅𝑝𝑝 = 𝐷𝐷𝑅𝑅_𝑐𝑐𝑝𝑝𝑐𝑐𝑐𝑐𝑟𝑟𝑝𝑝𝑅𝑅𝑝𝑝× 𝜌𝜌𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎 × 4°𝐶𝐶 Calculando 𝐹𝐹𝐵𝐵: 𝐹𝐹𝐵𝐵= 𝛾𝛾 × ∀ 𝐾𝐾𝐴𝐴.𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝𝐴𝐴2 = 1𝐾𝐾 𝐹𝐹𝐵𝐵= 1000𝐾𝐾𝐾𝐾𝑚𝑚3× 2 × 1 × 1.5𝑚𝑚3 𝐹𝐹𝐵𝐵= 29400𝐾𝐾𝐾𝐾. 𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾2 𝐹𝐹𝐵𝐵= 29400𝐾𝐾 𝑉𝑉2 = 2𝑚𝑚 × 1𝑚𝑚 × 1.5𝑚𝑚 = 1.872𝑚𝑚3 𝑊𝑊 = 𝛾𝛾∀ 𝑊𝑊 = 𝜌𝜌𝐾𝐾∀ 𝑊𝑊 = �1000𝐾𝐾𝐾𝐾𝑚𝑚3� (2.4) �9.81𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾𝑚𝑚2� [𝑉𝑉1− 𝑉𝑉2] 𝑊𝑊 = �1000𝐾𝐾𝐾𝐾𝑚𝑚3� (2.4) �9.81𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾𝑚𝑚2� × 1.128 𝑊𝑊 = 26556𝐾𝐾 𝐹𝐹𝐵𝐵= 𝐹𝐹𝐵𝐵− 𝑊𝑊 𝐹𝐹𝐵𝐵= 29400𝐾𝐾 − 26556𝐾𝐾 𝐹𝐹𝐵𝐵= 2844𝐾𝐾 Rpta.

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° ° ° ° ° ° ° CONSERVACION DE LA MASA LA ECUACION DE CONTINUIDAD PROBLEMA 1:

Por una boquilla cónica simple fluye agua de mar de manera estable en el extremo de una manguera contra incendios, como se muestra en la figura. Si la velocidad de salida en la boquilla debe ser por lo menos de 20 m/s, determinar la mínima capacidad de bombeo necesaria en m3/s. Solución: • Ecuación de Continuidad: 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 �𝜌𝜌𝑑𝑑∀ + �𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴 = 0 𝑝𝑝.𝑐𝑐 ∀.𝑐𝑐

De la ecuación de continuidad (porque es estable): 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 �𝜌𝜌𝑑𝑑∀ + �𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴 = 0 𝑝𝑝.𝑐𝑐 ∀.𝑐𝑐 ∫ 𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑𝐴𝐴 = 0𝑝𝑝.𝑐𝑐 −𝑚𝑚1+ 𝑚𝑚2 = 0 𝑚𝑚1 = 𝑚𝑚2 Donde: 𝑄𝑄 = 𝑉𝑉 × 𝐴𝐴 ; 𝑚𝑚 = 𝜌𝜌 × 𝑄𝑄 = 𝜌𝜌 × 𝑉𝑉 × 𝐴𝐴 ; 𝑄𝑄1 = 𝑄𝑄2 ; 𝜌𝜌1 = 𝜌𝜌2 𝑚𝑚1= 𝑚𝑚2 𝜌𝜌1 × 𝑄𝑄1 = 𝜌𝜌2× 𝑄𝑄2 𝜌𝜌1× 𝑉𝑉1× 𝐴𝐴1 = 𝜌𝜌2× 𝑉𝑉2 × 𝐴𝐴2 𝑉𝑉1× 𝐴𝐴1 = 𝑉𝑉2× 𝐴𝐴2 ∴ 𝑉𝑉1 = 𝑉𝑉2𝐴𝐴× 𝐴𝐴2 1 𝑄𝑄1 = 𝑄𝑄2 𝑄𝑄2 = 𝑉𝑉2× 𝐴𝐴2 = 20 𝑚𝑚 𝑝𝑝⁄ �𝜋𝜋𝐷𝐷 2 4 � 𝑚𝑚2 𝑄𝑄2 = 0.0251 𝑚𝑚3� 𝑝𝑝 𝑄𝑄1 = 0.0251 𝑚𝑚3� Rpta. 𝑝𝑝 (0) cero

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(0) Cero

° ° °

° ° °

Problema 2:

Entre dos secciones de una larga porción recta de una tubería de 4 pulgadas de diámetro interior fluye aire de manera estable como se ilustra en la figura. Se dan la temperatura y la presión distribuidas uniformemente en cada sección. Si la velocidad media del aire (distribución de velocidad no uniforme) en la sección (2) es de 1000 pies/s, calcular la velocidad media del aire en la sección (1). Solución: 𝑃𝑃𝑀𝑀𝑎𝑎𝑐𝑐𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝𝑅𝑅𝑟𝑟𝑝𝑝𝑐𝑐𝑎𝑎 = 𝛾𝛾 × ℎ 𝜌𝜌 =𝛾𝛾𝑅𝑅𝑇𝑇𝐴𝐴𝑏𝑏𝑝𝑝 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑏𝑏𝑝𝑝𝑝𝑝𝑓𝑓𝐴𝐴𝑅𝑅𝑎𝑎 = 𝑃𝑃𝑀𝑀𝑎𝑎𝑐𝑐𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝𝑅𝑅𝑓𝑓𝑟𝑟𝑝𝑝𝑐𝑐𝑎𝑎+ 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑅𝑅𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝𝑓𝑓𝑝𝑝𝑟𝑟𝑝𝑝𝑐𝑐𝑎𝑎 𝑃𝑃2 = 18.4 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2 • De la ecuación de continuidad: 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑑𝑑∀ + � 𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 ∀.𝑐𝑐 = 0

• De la ecuación de continuidad (porque es estable): 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑑𝑑∀ + � 𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 ∀.𝑐𝑐 = 0 ∫ 𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 0 −𝑚𝑚1+ 𝑚𝑚2 = 0 𝑚𝑚1 = 𝑚𝑚2 ; 𝐴𝐴1 = 𝐴𝐴2 𝑚𝑚2 = 𝑚𝑚1 𝜌𝜌1𝑉𝑉1𝐴𝐴1 = 𝜌𝜌2𝑉𝑉2𝐴𝐴2 𝑉𝑉1 = 𝜌𝜌𝜌𝜌21𝑉𝑉2 𝜌𝜌2 𝜌𝜌1 =? 𝜌𝜌 = 𝑃𝑃 𝑅𝑅𝑅𝑅 ∴ 𝜌𝜌1 =𝑅𝑅𝑇𝑇𝑃𝑃1 1 ; 𝜌𝜌2 = 𝑃𝑃2 𝑅𝑅𝑇𝑇2 • Reemplazando en 𝜌𝜌2 𝜌𝜌1=? 𝜌𝜌2 𝜌𝜌1 = 𝑃𝑃2 𝑅𝑅𝑇𝑇2 𝑃𝑃1 𝑅𝑅𝑇𝑇1 =𝑃𝑃𝑃𝑃2𝑇𝑇1 1𝑇𝑇2 ; 𝑉𝑉1 = 𝑃𝑃2𝑇𝑇1 𝑃𝑃1𝑇𝑇2× 𝑉𝑉2

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(0) Cero ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° 𝑉𝑉1 =18.4 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾 2 � (540°𝑅𝑅) 100 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2(453°𝑅𝑅) × �1000 𝑃𝑃𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝 � � =18.4 × 540100 × 543 × 1000𝑃𝑃𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝� = 219𝑃𝑃𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝� 𝑉𝑉1 = 219 𝑃𝑃𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝� Rpta. Problema 3:

Aire húmedo (una mezcla de aire seco y vapor de agua) entra en un deshumidificador a razón de 22 slugs/h. Agua líquida sale del deshumidificador a razón de 5 slugs/h. Determinar el flujo másico del aire seco y del vapor de agua que salen del deshumidificador. En la figura se muestra un dibujo simplificado del proceso. Solución: • De la ecuación de continuidad: 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑑𝑑∀ + � 𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 ∀.𝑐𝑐 = 0

• De la ecuación de continuidad (porque es estable): 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑑𝑑∀ + � 𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 ∀.𝑐𝑐 = 0 � 𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 0 −𝑚𝑚1+ 𝑚𝑚2+ 𝑚𝑚3= 0 𝑚𝑚2+ 𝑚𝑚3= 𝑚𝑚1 𝑚𝑚2= 𝑚𝑚1− 𝑚𝑚3= 22 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝 ℎ� + 0.5 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝 ℎ� 𝑚𝑚2 = 21.5 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝 ℎ� Rpta.

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° (0) Cero

°

° ° ° ° ° °

Problema 4:

Por la base de un rociador giratorio entra agua a razón fija de 1000 ml/s como se muestra en la figura. Si el área de salida de cada una de las dos boquillas es de 30 mm2, determinar la velocidad media del agua que sale de cada boquilla.

Solución: • De la ecuación de continuidad: 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑑𝑑∀ + � 𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 ∀.𝑐𝑐 = 0

• De la ecuación de continuidad (porque es estable): 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑑𝑑∀ + � 𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 ∀.𝑐𝑐 = 0 � 𝜌𝜌𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 0 −𝑚𝑚1+ 𝑚𝑚2+ 𝑚𝑚3= 0 𝑚𝑚2+ 𝑚𝑚3= 𝑚𝑚1 𝑚𝑚1= 2𝑚𝑚2 𝑚𝑚1= 2𝜌𝜌2𝑉𝑉2𝐴𝐴2 𝜌𝜌1𝑄𝑄1= 2𝜌𝜌2𝑉𝑉2𝐴𝐴2 • Despejando: 𝑉𝑉2=2𝜌𝜌𝜌𝜌1𝑄𝑄1 2𝐴𝐴2 ; 𝜌𝜌1= 𝜌𝜌2 𝑉𝑉2=2𝐴𝐴𝑄𝑄1 2 𝑉𝑉2= 1000 𝑚𝑚𝑙𝑙 𝑝𝑝� 2 × 30𝑚𝑚𝑚𝑚2 𝑉𝑉2= 1000 𝑚𝑚𝑙𝑙𝑝𝑝 2 × 30𝑚𝑚𝑚𝑚2 1𝑚𝑚3 106𝑚𝑚𝑙𝑙 1𝑚𝑚2 106𝑚𝑚𝑚𝑚2 = 16.6 𝑚𝑚 𝑝𝑝⁄ 𝑉𝑉2= 16.6 𝑚𝑚 𝑝𝑝⁄ Rpta. 1𝑚𝑚3= 1000 𝑙𝑙𝜕𝜕 1𝑙𝑙𝜕𝜕 = 1000 𝑚𝑚𝑙𝑙 1𝑚𝑚 = 1000 𝑚𝑚𝑚𝑚 1𝑚𝑚2= 106mm

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Problema 5:

Una bañera se llena con agua del grifo. El flujo del grifo es estable, 9 gal/min. El volumen de la bañera es aproximado por un espacio rectangular como se ilustra en la figura. Calcular la razón de cambio con respecto al tiempo de la profundidad del agua en la bañera, ∂h/∂t, en pulg/min en cualquier instante.

Solución: • De la fórmula: 𝜕𝜕ℎ 𝜕𝜕𝜕𝜕 = 𝑉𝑉𝑝𝑝+ 𝐴𝐴𝑝𝑝 𝐴𝐴 (-) Porque h va decreciendo. (+) Porque h va creciendo. ∴ 𝜕𝜕ℎ𝜕𝜕𝜕𝜕 =𝑉𝑉𝑝𝑝+𝐴𝐴𝑝𝑝 𝐴𝐴 𝑉𝑉𝑝𝑝+ 𝐴𝐴𝑝𝑝 = 𝑄𝑄𝑝𝑝= 9 𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 ; 𝐴𝐴 = (2𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 × 5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) = 10𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 ∴ 𝜕𝜕ℎ𝜕𝜕𝜕𝜕 =𝑄𝑄𝐴𝐴 =𝑝𝑝 9 𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 𝑚𝑚𝑝𝑝𝑚𝑚10𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2

𝜕𝜕ℎ𝜕𝜕𝑅𝑅

=

9 𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚�3.7854𝑔𝑔𝑙𝑙𝑙𝑙1𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 � 10𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2144𝑝𝑝𝑝𝑝𝑔𝑔𝑔𝑔2 1𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝2 � 1728 28.32pulg3 Rpta 1𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 = 3.7854 𝑙𝑙𝜕𝜕𝑝𝑝 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 = 12 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2= 144𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾2

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(0) Cero

CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL Problema 1:

Por un codo horizontal de 180° de un tubo fluye agua, como se muestra en la figura. El área de la sección transversal del flujo es constante a un valor de 0.1 pies2 a través del codo. La velocidad del flujo en todas partes del codo es axial y de 50 pies/s. Las presiones absolutas a la entrada y a la salida del codo son 30 lb/pulg2(abs) y 24 lb/pulg2(abs), respectivamente. Calcular las componentes horizontales (x e y) de la fuerza de sujeción necesaria para mantener en su sitio al codo.

Solución 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑∀ ∀.𝑐𝑐 + � 𝑉𝑉𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝,𝑐𝑐 = � 𝐹𝐹∀.𝑐𝑐 𝑃𝑃2= 24 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2 ; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑅𝑅𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝𝑓𝑓𝑝𝑝𝑟𝑟𝑝𝑝𝑐𝑐𝑎𝑎 = 14.7 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑏𝑏𝑝𝑝𝑝𝑝𝑓𝑓𝐴𝐴𝑅𝑅𝑎𝑎 = 𝑃𝑃𝑀𝑀𝑎𝑎𝑐𝑐𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝𝑅𝑅𝑟𝑟𝑝𝑝𝑐𝑐𝑝𝑝+ 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑅𝑅𝑚𝑚𝑝𝑝𝑝𝑝𝑓𝑓𝑝𝑝𝑟𝑟𝑝𝑝𝑐𝑐𝑎𝑎 ; 𝜌𝜌 =𝑃𝑃𝐴𝐴𝑏𝑏𝑝𝑝𝑝𝑝𝑓𝑓𝐴𝐴𝑅𝑅𝑎𝑎𝑅𝑅𝑇𝑇

• Aplicando la ecuación de continuidad 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑∀ ∀.𝑐𝑐 + � 𝑉𝑉𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 𝛴𝛴𝐹𝐹∀.𝑐𝑐

• El problema nos dice que el sistema es estable: 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑∀ ∀.𝑐𝑐 + � 𝑉𝑉𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 𝛴𝛴𝐹𝐹∀.𝑐𝑐 � 𝑉𝑉𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 𝛴𝛴𝐹𝐹∀.𝑐𝑐 • En X: � 𝑉𝑉𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 𝐹𝐹∀.𝑐𝑐 ∴ 𝑉𝑉𝑥𝑥 = 0 ∴ 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 = 0 • En Y: � 𝑉𝑉1𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥

(18)

• Tomando en cuenta la ecuación de continuidad: (+𝑉𝑉1)(−𝑚𝑚1) + (−𝑉𝑉2)(+𝑚𝑚2) = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥+ 𝑃𝑃1𝐴𝐴1+ 𝑃𝑃2𝐴𝐴2

−𝑉𝑉1𝑚𝑚1− 𝑉𝑉2𝑚𝑚2 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥+ 𝑃𝑃1𝐴𝐴1+ 𝑃𝑃2𝐴𝐴2

Por la ecuación de continuidad:

𝑚𝑚 = 𝑚𝑚1 = 𝑚𝑚2 −𝑚𝑚1(𝑉𝑉1+ 𝑉𝑉2) = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 + 𝑃𝑃1𝐴𝐴1+ 𝑃𝑃2𝐴𝐴2 ; 𝐴𝐴 = 𝐴𝐴2 = 𝐴𝐴3 Despejando 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 = − (𝑃𝑃1+ 𝑃𝑃2) − 𝑚𝑚(𝑉𝑉1+ 𝑉𝑉2) ; 𝑚𝑚 = 𝜌𝜌𝑉𝑉𝐴𝐴 𝑚𝑚1 = 𝜌𝜌1𝑉𝑉1𝐴𝐴1 Como dato: 𝜌𝜌𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝑎𝑎 = 1.94 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝� 3 𝑚𝑚1 = �1.94 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝� 3� �50 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� � (0.1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2) = 9.70 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� 𝑚𝑚1 = 9.70 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� • Calculando 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 =? ∴ 𝑃𝑃1(𝐴𝐴𝑏𝑏𝑝𝑝)= 30 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2 ; 𝑃𝑃2(𝐴𝐴𝑏𝑏𝑝𝑝)= 24 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2 ; 𝑃𝑃1(𝑀𝑀𝑎𝑎𝑐𝑐) = (30 − 14.7) 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2 ; 𝑃𝑃2(𝑀𝑀𝑎𝑎𝑐𝑐) = (24 − 14.7)0 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2 Reemplazando en: 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 = −𝑚𝑚(𝑉𝑉1 + 𝑉𝑉2) − (𝑃𝑃1+ 𝑃𝑃2)𝐴𝐴 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 = − �9.70 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� � �50 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� + 50 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� � − �(30 − 14.7) 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2+ (24 − 14.7) 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2� × 0.1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 = − �9.70 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� � �100 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� � − �15.3 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2+ 9.3 𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2� × 0.1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 = − 9.70 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� × 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 − 354𝑙𝑙𝑙𝑙 ; 1𝑙𝑙𝑙𝑙 =𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾 × 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 1Pie = 12Pulg 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 = −970𝑙𝑙𝑙𝑙 − 354𝑙𝑙𝑙𝑙 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑥𝑥 = −1324𝑙𝑙𝑙𝑙 Rpta.

(19)

(0) Cero Problema 2:

Entre dos secciones de una larga porción recta de una tubería de 4 pulgadas de diámetro interior fluye aire de manera estable como se ilustra en la figura. Se dan la temperatura y la presión distribuidas uniformemente en cada sección transversal. Si la velocidad media del aire en la sección (2) es de 1000

pies/s, y la velocidad media del aire en la sección (1) es de 219 pies/s. Suponiendo distribuciones de velocidad uniformes en las secciones (1) y (2) determinar la fuerza de fricción ejercida por la pared de la tubería sobre el flujo de aire que circula entre las secciones (1) y (2).

Solución: • En la ecuación de continuidad 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑∀ ∀.𝑐𝑐 + � 𝑉𝑉𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 𝛴𝛴𝐹𝐹∀.𝑐𝑐

• El sistema es estable, por lo tanto: 𝜕𝜕 𝜕𝜕𝜕𝜕 � 𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑∀ ∀.𝑐𝑐 + � 𝑉𝑉𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 𝛴𝛴𝐹𝐹∀.𝑐𝑐 � 𝑉𝑉𝜌𝜌𝑉𝑉𝑑𝑑𝐴𝐴 𝑝𝑝.𝑐𝑐 = 𝛴𝛴𝐹𝐹∀.𝑐𝑐 (+𝑉𝑉1)(−𝑚𝑚1) + (+𝑉𝑉2)(+𝑚𝑚2) = −𝑅𝑅𝑋𝑋+ 𝑃𝑃1𝐴𝐴1− +𝑃𝑃2𝐴𝐴2 𝑉𝑉2𝑚𝑚2− 𝑉𝑉1𝑚𝑚1 = −𝑅𝑅𝑋𝑋+ 𝑃𝑃1𝐴𝐴1− 𝑃𝑃2𝐴𝐴2 • Despejando 𝑅𝑅𝑋𝑋: ; 𝑚𝑚 = 𝑚𝑚1+ 𝑚𝑚2 𝑚𝑚(𝑉𝑉2− 𝑉𝑉1) = −𝑅𝑅𝑋𝑋+ 𝑃𝑃1𝐴𝐴1− 𝑃𝑃2𝐴𝐴2 𝐴𝐴1 = 𝐴𝐴2 = 𝐴𝐴 ∴ 𝑚𝑚(𝑉𝑉2− 𝑉𝑉1)= −𝑅𝑅𝑋𝑋+ 𝐴𝐴(𝑃𝑃1− 𝑃𝑃2) 𝐴𝐴 =𝜋𝜋𝐷𝐷4 ; 𝜌𝜌 =2 𝑅𝑅𝑇𝑇𝑃𝑃° ; 𝑅𝑅 = 1716 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝. 𝑙𝑙𝑝𝑝𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾.°𝑅𝑅� ; 𝑚𝑚 = 𝜌𝜌𝑉𝑉𝐴𝐴 𝑚𝑚2= 𝜌𝜌2𝑉𝑉2𝐴𝐴2= �𝑅𝑅𝑇𝑇𝑃𝑃2 1� (𝑉𝑉) � 𝜋𝜋𝐷𝐷22 4 � Reemplazando:

(20)

𝑚𝑚2 = 18.4𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾2 �144𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾 2 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 � 1716 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝. 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾. °𝑅𝑅 × 𝜋𝜋(4)2 4 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾2�1000 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� � 𝑚𝑚2 = 0.297 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� Calculando 𝑅𝑅𝑋𝑋: 𝑅𝑅𝑋𝑋 = 𝐴𝐴(𝑃𝑃1− 𝑃𝑃2) − 𝑚𝑚(𝑉𝑉2 − 𝑉𝑉1) 𝑅𝑅𝑋𝑋 = �𝜋𝜋4 2 4 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾2� �100 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2− 18.4 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾� 2� − �0.297 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� � �1000 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾− 119 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� � 𝑅𝑅𝑋𝑋 = 1025𝑙𝑙𝑙𝑙 − 232𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑅𝑅𝑋𝑋 = 739𝑙𝑙𝑙𝑙 Rpta. ECUACION DE ENERGIA PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Problema 1:

Una bomba suministra agua de manera estable a razón de 300 gal/min como se muestra en la figura. Corriente arriba de la bomba [sección(1)] donde el diámetro del tubo es 3.5 pulg, la presión es de 18 lb/pulg2. Corriente debajo de la bomba [sección(2)] donde el diámetro del tubo es 1 pulg, la presión es de 60 lb/pulg. El cambio de elevación del agua a través de la bomba es cero. El aumento de energía interna del agua, u2-u1, asociado con el aumento en

temperatura a través de la bomba es 3000 pie.lb/slugs. Si se considera que el proceso de bombeo es adiabático, determinar la potencia (hp) requerida por la bomba.

Solución 𝑚𝑚 �𝑝𝑝2− 𝑝𝑝1+ �𝑃𝑃𝜌𝜌 � − �1 𝑃𝑃𝜌𝜌 � +2 𝑉𝑉2 2− 𝑉𝑉 12 2 + 𝐾𝐾(𝑍𝑍2− 𝑍𝑍1)� = 𝑄𝑄𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎+ 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 𝑚𝑚 �𝑝𝑝2− 𝑝𝑝1+ �𝑃𝑃𝜌𝜌 � − �1 𝑃𝑃𝜌𝜌 � +2 𝑉𝑉2 2− 𝑉𝑉 12 2 + 𝐾𝐾(𝑍𝑍2− 𝑍𝑍1)� = 𝑄𝑄𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎+ 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 𝑚𝑚 �𝑝𝑝2− 𝑝𝑝1+ �𝑃𝑃𝜌𝜌 � − �1 𝑃𝑃𝜌𝜌 � +2 𝑉𝑉2 2− 𝑉𝑉 12 2 � = 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝

(21)

𝑚𝑚 = 𝜌𝜌𝑄𝑄 ; 𝜌𝜌 = 1.94 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝� 3 Calculando 𝑚𝑚 =? 𝑚𝑚 = �1.94 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝� 3� �300 𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 𝑚𝑚𝑝𝑝𝑚𝑚� � 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝3 = 7.48𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 𝑚𝑚 = �1.94 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝� 3� �300 𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 𝑚𝑚𝑝𝑝𝑚𝑚� � � 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 3 7.48𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙� � 1𝑚𝑚𝑝𝑝𝑚𝑚 60𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� = 1.30𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝�𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾 Calculando 𝑉𝑉1 =? 𝑉𝑉1 =𝑄𝑄𝐴𝐴1 1 ; 𝐴𝐴 = 𝜋𝜋𝐷𝐷2 4 𝑉𝑉1 =𝑄𝑄𝐴𝐴1 1 = 300𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 𝑚𝑚𝑝𝑝𝑚𝑚 𝜋𝜋 4 (3.5𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾)2 × 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝3 7.48𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 144𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾2 ×60𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾 = 101𝑚𝑚𝑝𝑝𝑚𝑚 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝�𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑉𝑉1 = 10 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� Calculando 𝑉𝑉2 =? 𝑉𝑉2 = 𝑄𝑄𝐴𝐴2 2 = 300𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 𝑚𝑚𝑝𝑝𝑚𝑚 𝜋𝜋 4 (1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾)2 × 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝3 7.48𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 144𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾2 ×60𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾 = 12.31𝑚𝑚𝑝𝑝𝑚𝑚 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝�𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 = 144𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾2 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝3 = 7.48𝐾𝐾𝑎𝑎𝑙𝑙 1ℎ𝑝𝑝 = 550𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝. 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 = �1.30𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾 ��300𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝. 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝 + 60 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾2 1.94 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝3 × � 144𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾2 1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 � − 18 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾2 1.94 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝3 × �144𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝐾𝐾1𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝3 2� +�132 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� � 2 − �10 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾� �2 2 × � 1𝑙𝑙𝑙𝑙. 𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾2 𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝. 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝�� �𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾 � �𝑙𝑙𝑙𝑙. 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝐾𝐾𝑝𝑝� �𝑙𝑙𝑙𝑙. 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾 � ; �𝑙𝑙𝑙𝑙. 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝐾𝐾 � = 550ℎ𝑝𝑝 𝑊𝑊 = 32.2𝐻𝐻𝑝𝑝 Rpta.

(22)

Problema 2:

A una turbina entra vapor con velocidad de 30 m/s y entalpia, h1, de 3348 kJ/kg. El vapor sale de la turbina como mezcla de vapor y líquido con velocidad de 60 m/s y entalpía de 2550 kJ/kg. Si el flujo a través de la turbina es adiabático y los cambios de elevación son insignificantes, determinar el trabajo de salida por unidad de masa del flujo de vapor que circula por la turbina.

Solución: 𝑊𝑊 𝑚𝑚 =? De la ecuación de la energía: 𝑚𝑚 �ℎ2− ℎ1+𝑉𝑉2 2 − 𝑉𝑉 12 2 𝐾𝐾(𝑍𝑍2− 𝑍𝑍1)� = 𝑄𝑄𝑤𝑤𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎+ 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 𝑚𝑚 �ℎ2− ℎ1+𝑉𝑉2 2 − 𝑉𝑉 12 2 𝐾𝐾(𝑍𝑍2− 𝑍𝑍1)� = 𝑄𝑄𝑤𝑤𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎+ 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 ℎ = 𝑝𝑝 +𝑃𝑃𝜌𝜌 Por lo tanto: 𝑚𝑚 �ℎ2− ℎ1+𝑉𝑉2 2− 𝑉𝑉 12 2 � = 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 𝑚𝑚 = �ℎ2− ℎ1+ 𝑉𝑉22− 𝑉𝑉12 2 � Por definición: 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑛𝑛.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 = 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑎𝑎𝑓𝑓𝑝𝑝𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 Por lo tanto: �−𝑊𝑊𝑝𝑝𝑎𝑎𝑓𝑓𝑝𝑝𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 = �ℎ2− ℎ1+𝑉𝑉2 2− 𝑉𝑉 12 2 �� × 1 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑎𝑎𝑓𝑓𝑝𝑝𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 = �ℎ1− ℎ2+𝑉𝑉1 2− 𝑉𝑉 22 2 �

(23)

𝑊𝑊𝑝𝑝𝑎𝑎𝑓𝑓𝑝𝑝𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 = �3348𝐾𝐾𝐾𝐾 − 2550𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐾𝐾𝐾𝐾 +𝐾𝐾𝐾𝐾 (30 𝑚𝑚 𝑝𝑝⁄ )2− (60 𝑚𝑚 𝑝𝑝2 ⁄ )2 × �𝐾𝐾. 𝑚𝑚� �1𝐾𝐾 𝐾𝐾𝐾𝐾. 𝑚𝑚� �𝐾𝐾. 𝑝𝑝2 1000𝐾𝐾�1𝐾𝐾𝐾𝐾 � 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑎𝑎𝑓𝑓𝑝𝑝𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 = 3348𝐾𝐾𝐾𝐾 − 2550𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐾𝐾𝐾𝐾 − 1.35𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑎𝑎𝑓𝑓𝑝𝑝𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅.𝑝𝑝𝑐𝑐.𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 = 797𝐾𝐾𝐴𝐴𝐾𝐾𝐾𝐾 Rpta. Problema 3

En una caída de agua de 500 pies el flujo es estable desde un gran cuerpo de agua a otro. Determinar el cambio de temperatura asociado con este flujo. Suponer que el flujo es adiabático. El cambio de temperatura está relacionado con el cambio de energía interna del agua, u2-u1, mediante la expresión.

𝑇𝑇2− 𝑇𝑇1 =𝑝𝑝2− 𝑝𝑝𝐶𝐶 1

Donde:

𝐶𝐶 =(𝑓𝑓𝑏𝑏𝑚𝑚.°𝑅𝑅)1𝐵𝐵𝑅𝑅𝐵𝐵 = calor especifico del agua

Solución: 𝑚𝑚 = �𝑝𝑝2− 𝑝𝑝1+ �𝑃𝑃𝜌𝜌 � − �1 𝑃𝑃𝜌𝜌 � +¨2 𝑉𝑉2 2− 𝑉𝑉 12 2 + 𝐾𝐾(𝑧𝑧2− 𝑧𝑧1)� = 𝑄𝑄𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎 𝑝𝑝2− 𝑝𝑝1 = (𝑇𝑇2− 𝑇𝑇1)𝐶𝐶 Pero:

1 𝐵𝐵𝑇𝑇𝐵𝐵 = 778 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑙𝑙𝑙𝑙⁄ 𝜌𝜌 = 𝜌𝜌2 = 𝜌𝜌1 (porque es un flujo incompresible)

1 𝑙𝑙𝑙𝑙 = 32.2 𝑓𝑓𝑏𝑏𝑚𝑚.𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 � 𝑃𝑃2

𝜌𝜌� = � 𝑃𝑃1

𝜌𝜌� (Solo actúa presión atmosférica)

Desarrollando: 𝑝𝑝2− 𝑝𝑝1+ �𝑃𝑃𝜌𝜌 � − �1 𝑃𝑃𝜌𝜌 � +¨2 𝑉𝑉2 2− 𝑉𝑉 12 2 + 𝐾𝐾(𝑧𝑧2 − 𝑧𝑧1) = 0 𝑉𝑉2− 𝑉𝑉1 = 0 (Como depósito)

(24)

𝑝𝑝2− 𝑝𝑝1 ����� + 𝐾𝐾(𝑧𝑧2− 𝑧𝑧1) = 0 (𝑇𝑇2− 𝑇𝑇1)𝑐𝑐 + 𝐾𝐾(0 − 500𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝) = 0 𝑇𝑇2− 𝑇𝑇1 =𝐾𝐾(0 − 500𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝)𝑐𝑐 = �500 × 39.2 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 � − �500 × 32 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝2 � 1𝐵𝐵𝑇𝑇𝐵𝐵 (𝑙𝑙𝑙𝑙𝑚𝑚. °𝑅𝑅) �778𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝. 𝑙𝑙𝑙𝑙1𝐵𝐵𝑇𝑇𝐵𝐵 � � 𝑙𝑙𝑙𝑙. 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 𝑝𝑝2 1𝑙𝑙𝑙𝑙 � 𝑇𝑇2− 𝑇𝑇1 = 20.7°𝑅𝑅 𝑇𝑇2− 𝑇𝑇1 = 0.64. °𝑅𝑅 Problema 1

Un flujo de agua suministra a la hélice de una turbina una potencia de 1.2 Kw. En 2 minutos de funcionamiento se ha estimado un flujo de calor hacia el medio de 15kJ. Calcular la variación de energía interna en el flujo.

Solución:

1 𝑊𝑊𝑎𝑎𝜕𝜕𝜕𝜕 = 1𝐾𝐾𝐽𝐽𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝑝𝑝 1 𝐾𝐾𝐽𝐽𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝 = 1 𝐾𝐾. 𝑚𝑚

𝜌𝜌 = 1000𝐾𝐾𝐾𝐾𝑚𝑚3 𝐾𝐾 = 9.806 𝑚𝑚𝑝𝑝2 Aplicando la ecuación de la energía: 𝑚𝑚 = �𝑝𝑝2− 𝑝𝑝1+ �𝑃𝑃𝜌𝜌 � − �1 𝑃𝑃𝜌𝜌 � +¨2 𝑉𝑉2 2− 𝑉𝑉 12 2 + 𝐾𝐾(𝑧𝑧2− 𝑧𝑧1)� = 𝑄𝑄𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎 + 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎,𝑝𝑝𝑐𝑐,𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 𝑚𝑚 = �𝑝𝑝2− 𝑝𝑝1+𝑉𝑉2 2 − 𝑉𝑉 12 2 + 𝐾𝐾(𝑧𝑧2− 𝑧𝑧1)� = −𝑄𝑄𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎 − 𝑊𝑊𝑝𝑝𝑐𝑐𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎.𝑐𝑐𝑝𝑝𝑅𝑅𝑎𝑎,𝑝𝑝𝑐𝑐,𝑝𝑝𝑒𝑒𝑝𝑝 Por ecuación de continuidad:

𝑚𝑚𝑝𝑝 = 𝑚𝑚𝑝𝑝 𝜌𝜌𝑝𝑝𝑄𝑄𝑝𝑝 = 𝜌𝜌𝑝𝑝𝑄𝑄𝑝𝑝 𝑄𝑄𝑝𝑝 = 𝑄𝑄𝑝𝑝 𝐴𝐴𝑝𝑝𝑉𝑉𝑝𝑝 = 𝐴𝐴𝑝𝑝𝑉𝑉𝑝𝑝 𝑉𝑉𝑝𝑝 =𝐴𝐴𝐴𝐴𝑝𝑝𝑉𝑉𝑝𝑝 𝑝𝑝 = (0.2𝑚𝑚2)(15 𝑚𝑚 𝑝𝑝⁄ ) 0.10𝑚𝑚2 𝑉𝑉𝑝𝑝 = 30 𝑚𝑚 𝑝𝑝⁄

(25)

Joule 𝑄𝑄 = 152𝑚𝑚𝑝𝑝𝑚𝑚 =𝐾𝐾𝐾𝐾 1500𝐾𝐾120𝑝𝑝 = 12.5 𝐾𝐾𝑝𝑝 𝑊𝑊 = 12𝐾𝐾𝑊𝑊 = 1200𝑊𝑊 = 1200𝑝𝑝𝐾𝐾 𝑄𝑄𝑝𝑝= 𝐴𝐴𝑝𝑝𝑉𝑉𝑝𝑝= 0.10𝑚𝑚2× 30𝑚𝑚𝑝𝑝 𝑄𝑄𝑝𝑝= 3𝑚𝑚 3 𝑝𝑝 Calculando m: 𝑚𝑚 = 𝜌𝜌𝑄𝑄 = �1000𝐾𝐾𝐾𝐾𝑚𝑚3� �3𝑚𝑚𝑝𝑝 �3 𝑚𝑚 = 3000 𝐾𝐾𝐾𝐾𝑝𝑝 −1325𝐾𝐾𝐽𝐽𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑚𝑚�𝑝𝑝𝑝𝑝− 𝑝𝑝𝑝𝑝+𝑉𝑉𝑝𝑝 2− 𝑉𝑉 𝑝𝑝2 2 + �9.806 𝑚𝑚 𝑝𝑝2� (0 − 2𝑚𝑚)� −1325𝐾𝐾𝐽𝐽𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝𝑝𝑝 = 3000 𝐾𝐾𝐾𝐾𝑝𝑝 �𝑝𝑝𝑝𝑝− 𝑝𝑝𝑝𝑝+�30 𝑚𝑚𝑝𝑝� 2 − �15 𝑚𝑚𝑝𝑝�2 2 + (9.806)(2𝑚𝑚) 𝑚𝑚2 𝑝𝑝2� = 3000 �𝑝𝑝𝑝𝑝− 𝑝𝑝𝑝𝑝+ �900 − 2252 �𝑚𝑚 2 𝑝𝑝2 + (9.806)(2𝑚𝑚) 𝑚𝑚2 𝑝𝑝2� = 3000 �𝑝𝑝𝑝𝑝− 𝑝𝑝𝑝𝑝+ �900−2252 �𝐾𝐾𝐴𝐴.𝑚𝑚.𝑚𝑚𝑝𝑝2 + (9.806)(2𝑚𝑚) 𝑚𝑚2 𝑝𝑝2� 𝑝𝑝𝑝𝑝− 𝑝𝑝𝑝𝑝 = −318.33 𝐾𝐾𝐽𝐽𝑝𝑝𝑙𝑙𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑝𝑝 > 𝑝𝑝𝑝𝑝

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