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problemas propuestos, mecanica de fluidos 171-188

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Academic year: 2021

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(1)

SOLUCIONARIO A PROBLEMAS

PROPUESTOS

PROBLEMA Nº171

Definir: a)Carga de Velocidad ; B) Carga de Presion ; C) Carga de elevación Solución:

a) CARGA D VELOCIDAD: Se define como altura de velocidad o carga de velocidad a la relación entre la velocidad al cuadrado y el doble de la aceleración de la gravedad, es decir:

b) CARGA DE PRESION: Es la energía interna de un fluido capaz de realizar trabajo también llamada energía de presión.

c) CARGA DE ELEVACION: Es la energía debida a la elevación del fluido con respecto a un nivel de referencia llamada también carga estática.

PROBLEMA Nº172

Demostrar que los términos de la ecuación de Bernoulli tienen dimensión lineal Solución: ECUACION DE BERNOULLI: v2 2 g+ P γ +Z =Constante a¿ v 2 2 g: La velocidad se mide en m/s La gravedad se mide en m/s2 Entonces: v 2 2 g= (m/ s)2 m/ s2 = m2/s2 m/s2 =m Por lo tanto v 2

2 g tiene dimensión lineal

b¿P

γ : La presión se mide en N /m2 El peso específico se mide en N /m3

(2)

Entonces: Pγ=N /m 2 N /m3=m

Por lo tanto Pγ tiene dimensión lineal c) Z: La altura se mide en m

Por lo tanto Z tiene dimensión lineal PROBLEMA Nº173

Defina el coeficiente de la carga de velocidad .¿Que significado tiene el decir que

vale 1.5 en determinado flujo ? ¿Cuáles son los valores limites de y por que

?

Solución:

COEFICINETE : Es un coeficiente ligeramente mayor que la unidad, debido a que todos los puntos de la sección de una corriente no tienen la misma velocidad. En ciertos casos que la diferencia no sea muy notoria, se toma como uno, también llamado coeficiente de Coriolis.

Canales Valor = α

Min Prom Av Max Canales Regulares,

Canaletas y Verrederos 1.10 1.15 1.20 Corrientes Naturales

y Torrentes 1.15 1.30 1.50 Ríos Bajo Cubierta

de Hielo 1.20 1.50 2.00 Valles de Ríos,

Inundados 1.50 1.75 2.00

Que el coeficiente tomo el valor de 1.5 quiere decir que ese flujo se encuentra en un canal de rio bajo cubierta de hielo.

PROBLEMA Nº174

.en un conducto vertical cerrado , de diámetro uniforme , circula ahua de arriba hacia

abajo ; de las tres formas de energuia que puede tener un lioquido en movimiento . ¿Cuál disminuye ? y ¿Cuál permanece inalterada , a medida que el liquido deciende ? Solución:

ENERGIA MECANICA: Es la suma de la energía cinética y la energía potencial. ENERGIA CINEMATICA: Es la energía asociada a la velocidad. Se calcula así:

(3)

Ek=

1 2. m . v

2

ENERGIA POTENCIAL: Es la energía que hace referencia a la posición que ocupa una masa

en el espacio. Se calcula así : Ep=m. g .h

Entonces si circula agua en un conducto vertical cerrado de arriba hacia abajo. La energía potencial disminuye debido a la perdida de altura, por ende la energía mecánica también disminuye.

La energía que permanece inalterable es la energía cinetica debido a la velocidad constante a lo largo de conducto.

PROBLEMA Nº175

el conducto de entrada a una maquina de hidráulica tiene un diámetro de 20 “ . el conducto de salida es de 28” de diámetro . se han medido las presiones en los conductos de enrada y salida , obteniéndose 1.4kg/cm2 y 0.35kg/cm2 respectivamente . el manometro de entrada se encuentra 2m por encima del de salida . Si se conoce que el gasto que circula en la maquina hidráulica es 0.35 m2/seg .¿cual será la potencia suministrada por la misma ?

Solución:

Potencia de Entrada:

POT =W . Q. BA BA=VA 2 2 g + PA W +ZA VA=Q A= 0.35 π (0.508)2 4 =1.726834 m/s POT =1000 x 0.35 x ((1.726834 ) 2 2 x 9.81 +14+2) POT =5653.194928 kg . m/s

Potencia de Salida:

(4)

POT =W . Q. BB BA=VB 2 2 g + PB W+ZB VB=Q A= 0.35 π (0.7112)2 4 =0.881038 m/s POT =1000 x 0.35 x ((0.881038) 2 2 x 9.81 +3.5+0) POT =1238.847084 kg . m/s

Potencia de Máquina:

POT =POT ENTRADA−POT SALIDA

POT =4414.347844 kg . m/s POT =4414.347844

75 =58.857971 H . P

PROBLEMA Nº176

una tubería de 20cm de diámetro contiene una corta sección , en el cual el diámetro se reduce gradualmente a 0.075m , volviéndose a ensanchar gradualmente a su diámetro normal . Si la presión del agua es de 5.3 kg/cm2 en el punto antes de que se inicie la reducción . ¿Cuál sera la presión en la zona ensanchada , si pasan 34 lt/seg? . se supone que no hay perdida de carga

Solución:

Ecuación de Bernoulli:

VA2 2 g + PA W +ZA= VB2 2 g + PB W +ZB V =Q A VA= 0.034 π (0.20)2 4 =1.082253 m/s

(5)

VB= 0.034 π (0.075)2 4 =7.696025 m/s VA2 2 g =0.059697 m VB 2 2 g =3.018797 m53+0.059697+0.125= PB W +3.018757+0 50.16594=PB W PB=5.016594 PROBLEMA Nº177

una tubería de 0.25m de diámetro se tiene un regulador de gasto , consistente en una valvla colocada agua debajo de una estrangulación , que reduce el diámetro de la tubería a 0.15m . la valvula es accionada por un embolo de 0.20m . de diámetro . Sobre la cara superior de este embolo actua la presión del agua en la tubería , aguas arriba de la estrangulación , y sobre la cara inferior la presión del agua en la estrangulación . la prolongación superior del vástago del agua esta conectada a uno de sus estremos de una palanca , cuyo apoyo queda 0.05m de distancia del vástago . al otro extremo de la palanca y auna distancia de 0.60m del apoyo actua un peso de 5kgs . El peso del vástago tapon y embolo es de 10Kgs .¿quer gasto tendrá que cirular por la tubería para que el sistema este en equilibrio ?. despreciese la friccion en los diferentes mecanismos Solución: (10+F ) x 0.05=5 x 0.6 F=50 kg P=F A= 50 π (0.20)2 4 = 50 0.0314=1592.356688 kg/m 2 V1 2 2 g+ P1 W +Z1= V2 2 2 g+ P2 W+Z2

(6)

P1−P2 W = V12−V22 2 g +Z2−Z1 P1P2 W = P W= 1592.356688 1000 =1.592356688 m V2. A2=V1. A1 V2=A1 A2. V1=V1.( d1 d2) 2 =V1.(d1 d2) 2 =V1.(0.25 0.15) 2 Z2Z1=0 1.592356688= (4 V1)2−(V1)2 19.62 +0 31.242038¿15 V1 2 V1=1.443191 m/s Q=V1. A1 Q=1.443191 .π .(0.25) 2 4 Q=0.1063428 m3/s=106.3428 H /s PROBLEMA Nº179

Una tubería de 0.30m de diámetro tiene un gasto de 0.156 m3 /seg . En una sección A de la tubería la presión es de 2.8 kg/cm2 ; mientras que en la sección B , situada en un opunto de la tubería la presión es de 2.8 kg/cm2 ; mientras que en la sección B , situada en un punto de la tubería , 2.40m mas abajom que A , La presión es de 3 Kg/cm2 . Calculese la perdida de carga entre A y B .

Solución: VA=VB=Q A= 0.156 π (0.30)2 4 =2.206948 m/s PWB=30 m VA 2 2 g = VB 2 2 g

(7)

Ecuación de Bernoulli:

VA 2 2 g + PA W +ZA= VB 2 2 g + PB W +ZB+Perdida de Carga 28+2.40=30+0+Perdida de Carga 0.40 m=Perdida de Carga PROBLEMA Nº180

Una tubería de 0.30m de diámetro contiene agua que se mueve a una velocidad de 3m/seg .¿que cantidad de eneria pasa por segundo por una sección dada , donde la presión es 1.4kg/cm2 ?

Solución:

Como la tubería presenta un mismo diámetro entonces: VA 2 2 g = VB2 2 g VA=3 m/s=VB g=9.81m/s2 VA2 2 g =0.458715= VB2 2 g

Ecuación de Bernoulli:

VA2 2 g + PA W +ZA= VB2 2 g + PB W +ZB+Energia PA w =17.065 PA w =14 m 17.065+0=14+0+Energia PROBLEMA Nº181

Una corriente de agua entra a un motor hidráulico, por medio de una tubería de 0.60m, de diámetro, bajo una presión de 1.4 kg cm2 . El agua abandona el motor por medio de una tubería de 0.90 m de diámetro, con una presión de 0.35 kg cm2 . El punto donde se midió la presión unitaria en la entrada, esta 1.80 m por encima del tubo

(8)

correspondiente, en la tubería de salida. Si la corriente que pasa por el motor, es de 0.445 m

3

s . C alculese la potencia entregada por el agua al motor.

Q=0.445 m 3 s Pot=w .Q . BA PotA=VA 2 2 g + PA w +ZA VA= Q AA= 0,445 0,62π 4 =1,57m s PotA=1000× 0,445

(

1,572 19,6 +14+1,8

)

PotA=7086

Potencia de salida es:

PotB=VB 2 2 g+ PB w +ZB VB= Q AB= 0,445 0,92π 4 =0,69m s PotB=1000 ×0,445

(

0,692 19,6 +3,5+0

)

PotB=1,550 Potencia de la maquina = PAPB=7806−1550=5536 Kg−m/s

(9)

En H..P Potmaq=

5536

75 =73,81 H . P

PROBLEMA Nº182

Una tubería horizontal de 50 cm de diámetro conduce agua , con una velocidad de 3 m/s . En una cierta sección A , la presión es de 3.9 kg/cm2 y en una sección B , de 2.8

kg/cm2 . calcúlese la cantidad de energía que pasa por segundo por cada una de las

secciones , estimando la energía potencial en referencia a un plano de comparación que pasa por el eje de la tubería . ¿Cuál es la carga perdida entre las dos secciones?

Solución:  En A : Energia=B( A)=V ( A) 2 2 g + P( A) γ +Z ( A) Energia=B( A)= 3 2 2∗9.81+ 3.9∗104 1000 +0=39.1529 Pot ( A)=Q∗γ∗B( A) Q=V ( A)∗A ( A )=3∗π∗(0.5) 2 4 =0.5890 m 3 /s Pot ( A )=Q∗γ∗B ( A )=(0.589 )∗1000∗39.1529=23061.0581En B : Energia=B(B)=V (B) 2 2 g + P(B) γ +Z (B) Energia=B(B)= 3 2 2∗9.81+ 2.8∗104 1000 +0=28.4587

(10)

Pot (B)=Q∗γ∗B(B) Q=V ( B)∗A ( B)=3∗π∗(0.5) 2 4 =0.5890 m 3 /s Pot (B )=Q∗γ∗B ( B)=(0.589)∗1000∗28.4587=16762.1743Por Bernoulli:

B ( A )=B ( B)+Energia o carga perdida

39.1529=28.4587+Energia o carga perdida

Energia o carga perdida=10.6942m

PROBLEMA Nº184

Entre dos planchas circulares horizontales, fluye el agua radialmente en todas direcciones hacía afuera; las planchas circulares son de 1.20 m de diámetro, y están colocadas paralelamente, espaciadas 2.5 cm. Entre si. Si se mantiene una descarga de 28 m3/s , por medio de una tubería que entra por el centro de una de las planchas. ¿Qué presión existirá entre las planchas en un punto situado a 0,15 m del centro, si no se consideran perdidas por fricción?

Q= 28 m 3 s V= Q/A = 2 π .r . aQ T.Bernoulli – punto 1 y 2 V12 2 g+ P1 w+0= V22 2 g+ P2 w +0 178,342 2 g . r12 + P1 w = 178,342 2 g

(

1 r22− 1 r12

)

V1 2 2 g+ P1 w+0= V2 2 2 g+ P2 w +0

(11)

P1 wn= 29,722 2 g

(

1 r22− 1 r12

)

P1=0,00808

(

1 0,36− 1 r2

)

P1w=P1n 0.15 m de espacio: p= 0.06785 Kg/ cm2 PROBLEMA Nº185

Una tubería de 50 cm de diámetro alimenta una turbina. En esta tubería un manómetro registra una presión de 5 kg / cm2 . En esta sección de la tubería se descarga la turbina de 0.70 m de diámetro, situada 2 m por debajo del punto donde se midió la presión de entrada, se han determinado que existe un vacío de 50 cm de mercurio. El gasto que circula por la tubería es de 500 lts/seg. ¿Cuál es la potencia bruta en caballos de fuerza que la corriente entrega a la maquina?

Q=5 m3 s Pot=w .Q . BA PotA=VA 2 2 g + PA w +ZA VA= Q AA= 5 0,52π 4 =1,59m s Luego: PotA=1000× 5

(

1,59 2 19,6 +50+2

)

(12)

PotA=2606,4 m s PotHg=VHg 2 2 g + PHg w +ZA PotHg=1000 ×5

(

1,59 2 19,6 +Phg /w+2

)

PotHg=6564m s PotB=VB 2 2 g+ PB w +ZB PotB=1000 ×5

(

0,81 2 19,6 +3,5+0

)

= 1400 m/s PBruta= 29100 75 =388 H . P PROBLEMA Nº186

El agua de un reservorio es bombeada por encima de un cerro, a través de una tubería de 20” de diámetro . La parte más alta de la tubería se encuentra 80 m. sobre el nivel del agua, y la perdida de carga por fricción entre el reservorio y la cumbre es de 10 m . El caudal bombeado es de 500 lts/s y la potencia Real del motor des de 1000 H.P. Sabiendo que la eficiencia del motor es de 90% y de la bomba es de 80% , se pregunta : ¿Cuál será la presión del agua en la parte más alta de la tubería en lb/pulg2

(13)

PotenciaTeorica=1000 H . P∗75∗0.9∗0.8 PotenciaTeorica=54000 kg−m/s Pot Teorica=Q∗γ∗B=54000 (0.50)∗1000∗

(

V2 2∗9.81+ P γ +z+Perdida

)

=54000 D=20 =0.508 m V =Q A= 6.5∗4 π∗.50082=2.4669 (0.50)∗1000∗

(

2.46692 2∗9.81+ P 1000+80+10

)

=54000 P 1000=17.6898 P=17689.8 kg /m2 P=1.76898 kg /cm2 P=25.11lb/ pulg2 PROBLEMA Nº187

Una vena liquida es descargada en el aire verticalmente hacia abajo por un caño de 1.4 cm de diámetro.

a) ¿Cuál será el gasto en lts/min si 10 cm por debajo de la boca del caño, el diámetro de la vena se ha reducido a 1 cm?

VA 2 2 g +ZA= VB 2 2 g +ZB

(14)

VB2 2 g = VA2 2 g +ZAZB Por continuidad : VB. AB=VA. AA VB=VA

(

1.4 1

)

2 =1.96 VA zAZB=10

(

1.96. VA

)

2 19.6 = VA2 19.6+10 2.8416 VA2 19.6 =10 VA=2.6263m s Entonces: Q= VA. AA=1.96

(

1.42π 4

)

=301.71 cm3 s Q=7.66 lts /min

b) Si el caño anterior descargara verticalmente hacia arriba un gasto doble. ¿ Cuál sería el diámetro de la vena liquida a una altura de 10 cm sobre la boca del caño?

(15)

VA= 2 Q AA VA=5 ×301 1.42π 4 =977 VA=5 ×301 d2π 4 =6020 d2π = 1916 d2 Reemplazando valores:

(

1916 d2

)

2 2 g = 2852 2 g −10 d =1.91 cm PROBLEMA Nº188

Durante la prueba de una bomba centrifuga , el manometro colocado en el punto de entrada de la tubería de succion ( diámetro = 20 cm.) a la bomba , registro una presión 0.28 kg/cm2 menos que la presión atmosférica . En el lado de salida ( diámetro = 0.15

m ) , otro manometro indico una presión de 2.11 kg sobre la presión atmosférica . Si el manometro de salida corresponde a un punto observado por el manometro de entrada.

(16)

¿Qué potencia era empleada por la bomba en trabajo útil , mientras bombeaba 60 lts/s ?Enla entrada: Energia=B( A)=V ( A) 2 2 g + P( A) γ +Z ( A) V =Q A= 0.06∗4 π∗0.22=1.9099 Energia=B( A)=1.90992 2∗9.81+ (1.033−0.28)∗104 1000 +0=7.7159 Pot ( A)=Q∗γ∗B( A) Pot ( A )=Q∗γ∗B ( A )=(0.06 )∗1000∗7.7159=462.954Enla salida : Energia=B(B)=V (B) 2 2 g + P(B) γ +Z (B) V =Q A= 0.06∗4 π∗0.152=3.3953 Energia=B(B)=3.3953 2 2∗9.81+ (1.033+2.11)∗104 1000 +0=32.0176 Pot (B)=Q∗γ∗B(B) Pot (B )=Q∗γ∗B ( B)=(0.06)∗1000∗32.0176=1921.056Potenciaempleada por labomba:

(17)

Pot bomba=1458.102∗60

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