Solucionario - Mecanica Fluidos - Streeter 9 Ed.

(1)

Capítulo 1:

Propiedades de los fluidos

Ejercicio propuesto en clase 1

Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es agua.

ν = 1 x10–6 m2/s t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 72,8 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0 FN – σ.2.perímetro = 0 L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 72,8 x 10–3 N/m entonces FN = 72,8 x 10 –3 N/m.2.0,80 m = 58,2 x 10–3 N FN = 58,2 x 10 –3 N Fuerza tangencial (FT) τ = μ du dy además τ = FT/A = FT/L 2 entonces FT = μ L2du dy ρ(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s

(2)

entonces μ = νρ = 1 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente FT = 400 x 10 –4 m2. 1 x 10–3 Ns. 0,1m/s = m2 1 x 10–3 m FT = 4,0 x 10 –3 N

Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es aceite.

ν = 0,005 m2 /s = 5,0 x 10–3 m2/s S = 0,90 t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 38,0 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0 FN – σ.2.perímetro = 0 L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 38,0 x 10–3 N/m entonces FN = 38,0 x 10 –3 N/m.2.0,80 m = 60,8 x 10–3 N FN = 60,8 x 10 –3 N Fuerza tangencial (FT)

(3)

τ = μ du dy además τ = FT/A = FT/L 2 entonces FT = μ L 2 du dy ρH2O(20 ºC) = 1 x 10 3 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 3,8 x 10–6 m2/s ν = μ/ρH2OS = 3,8 x 10 –6 m2/s entonces μ = νρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s.1 x 103 kg/m3.0,90 = 3,42 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente FT = 400 x 10 –4 m2. 3,42 x 10–3 Ns. 0,1 m/s = m2 1 x 10–3 m FT = 14,0 x 10–3 N

Calcular la resistencia ofrecida por el aceite entre el eje y la camisa, si el eje se desplaza con una velocidad 0,5 m/s. ∅eje = 8,00 cm = 0,0800 m ∅cam = 8,02 cm = 0,0802 m tAceite = 80º S = 0,90 σ = 0,03 N/m ν = 0,005 m2 /s L = 0,30 m e = ∅cam – ∅eje = 0,0802 m – 0,0800 m = 1 x10–4 m 2 2 Resolución

(4)

τ = μ du dy además τ = F/A entonces F = μ Adu dy A = π∅proL

∅pro = ∅cam + ∅eje = 0,0802 m + 0,0800 m = 0,0801 m

2 2 entonces

A = π∅proL = π.0,0801 m.0,30 m = 0,075 m 2

Suponiendo temperatura del agua ambiente ρH2O(20 ºC) = 1 x 10 3 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10 –3 m2/s entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.1000 kg/m3.0,90 = 4,5 Ns/m2 finalmente F= 0,075 m2. 3,32 x 10–3 Ns. 0,5 m/s = 1698,58 m2 1 x 10–4 m F = 1698,58 N

Observación: Este es el resultado obtenido en clase por el Ing. Casteló Suponiendo temperatura del agua a 80 ºC

ρH2O(80 ºC) = 971,8 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10 –3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10 –3 m2/s.971,8 kg/m3.0,90 = 4,37 Ns/m2 finalmente F= 0,075 m2. 4,37 Ns. 0,5 m/s = 1649,51 m2 1 x 10–4 m F = 1649,51 N

(5)

Ejercicio 1-5

Un fluido newtoniano está en el espacio libre entre un eje y una camisa concéntrica. Cuando una fuerza de 600 N se aplica a la camisa paralela al eje, la camisa obtiene una velocidad de 1 m/s. Si se aplica una fuerza de 1500 N, ¿Qué velocidad obtendrá la camisa? La temperatura de la camisa permanece constante. Resolución F = μ AU t 600 N = μ A 1 m/s t

como el fluido, el espesor y el área de contacto es la misma, tenemos cte = 600 N

1 m/s Ahora, si la fuerza es 1500 N tenemos

1500 N = cte x cte = 1500 N x igualando 600 N = 1500 N 1 m/s x x = 1500 N 1 m/s 600 N x = 2,5 m/s Ejercicio 1-10

Una balanza de resortes correctamente calibrada registra el peso de un cuerpo de 2 kg como 17,0 N en una localidad distante de la Tierra. ¿Cuál es el valor de g en esta localidad?

Resolución

(6)

17 N = g2 kg g = 17 N 2 kg g = 8,5 m s2 Ejercicio 1-12

Conviértanse 10,4 unidades SI de viscosidad cinemática a unidades USC de viscosidad dinámica si S = 0,85. Resolución ν = μ/ρH2OS = 10,4 m 2 /s μ = νρH2OS = 10,4 m 2 /s.1000 kg/m3.0,85 = 8840 kg/ms En el sistema USC μ = 8840 kg . 1 slug 0,3048 ft ms 14,594 kg 1 m finalmente μ = 184,6 slug ft.s Ejercicio 1-14

Una placa situada a 0,5 mm de una placa fija se mueve a 0,25 m/s y requiere una fuerza por unidad de área de 2 Pa (N/m2) para mantener esta velocidad. Determínese la viscosidad fluida de la sustancia entre las dos placas en unidades del SI.

t = 0,5 mm = 0,0005 m U = 0,25 m/s

τ = 2,0 Pa Resolución

(7)

t despejando μ = τt = 2,0 N/m2 . 5,0 x 10–4 m U 0,25 m/s finalmente μ = 4,0 x 10–3 Ns m2 Ejercicio 1-20

Un fluido tiene una viscosidad de 6 cP y una densidad de 50 lbm/ft 3

. Determínese su viscosidad cinemática en unidades USC y en stokes.

Resolución

Para el sistema c.g.s. tenemos

ρ = 50,0 lbm.0,4536 kg 1000 gr 1 ft3 1 m3 . ft3 1 lbm 1kg 0,02832 m 3 1 x 106cm3 ρ = 0,80 gr cm3 μ = 6 cP 1 x10–2 P = 6 x10–2 P 1 cP Entonces ν = 6 x10–2 P 0,80 gr cm3 ν = 0,0749 stokes Para el sistema USC tenemos

ρ = 50,0 lbm 1 slug . ft3 32,174 lbm ρ = 1,55 slug ft3 μ = 6 x10–2 gr 1 kg 100 cm 0,3048 m 1 slug cms 1000 gr 1 m 1 ft 14,594 kg μ = 1,25 x10–4 slug fts Entonces ν = 1,25 x10–4 slug/fts 1,55 slug ft3 ν = 8,085 x10–4 ft2 s Ejercicio 1-22 (Resuelto en clase)

Un cuerpo con peso de 120 lb con área superficial plana se desliza hacia abajo sobre un plano inclinado lubricado que forma un ángulo de 30º con la horizontal. Para viscosidad de 1 P y velocidad del cuerpo de 3 ft/s, determine el espesor de la película lubricante.

(8)

v = 3 ft/s F P 3₀ ° P = 120 lb A = 2 ft2 θ = 30 º μ = 1 P v = 3 ft/s Resolución τ = F = μ U A t despejando t = AμU F Donde F = Psen 30º F = 120 lb sen 30º = 60 lb además μ = 1 P 1 slug/fts = 2,09 x 10–3 slug 479 P fts reemplazando t = 2 ft2.2,09 x 10–3 slug/fts.3,0 ft/s = 60 lb t = 2,088 x 10–4 ft t = 2,088 x 10–4 ft.0,3048 m. 100 cm 1 in 1 ft 1 m 2,54 cm t = 2,505 x 10–3 in Ejercicio 1-33

Un gas con peso molecular 28 tiene un volumen de 4,0 ft3 y una presión y temperatura de 2000 lb/ft2 abs y 600º R, respectivamente. ¿Cuál es el volumen y peso específico?

Resolución

De la ecuación de gas perfecto

pvs = RT

despejamos

vs = RT

(9)

reemplazando R = 49709 ft.lb M slugºR vs = 49709 ft.lb 600ºR 28 slugºR 2000 lb/ft2 vs = 532,6 ft3 slug además γ = ρg = g/vs γ = 32,174 ft/s2 532,6 ft3 slug γ = 0,06 lb ft3 Ejercicio 1-38

Para un valor de K = 2,2 GPa para el módulo elástico a la compresión del agua ¿qué presión se requiere para reducir su volumen un 0,5 %?

Resolución K = – dp dv/v Despejando dp = – Kdv v dp = – 2,2 Gpa (– 0,05 ) dp = 0,11 Gpa Ejercicio 1-47 (Resuelto en clase)

Un método para determinar la tensión superficial de un líquido es encontrar la fuerza que se necesita para retirar un anillo de alambre de platino colocado inicialmente sobre la superficie. Estímese la fuerza necesaria para quitar un anillo de 20 mm de diámetro de la superficie del agua a 20 ºC.

F

Anillo

Agua

(10)

∅Anillo = 20 mm = 0,02 m t = 20 ºC Resolución F = π2.∅Anilloσ σ(20º C) = 0,074 N/m F = π2.0,02m0,074 N/m F = 9,3 x 10–3 N Ejercicio 1-52 (Resuelto en clase)

Encuéntrese el ángulo a que la película causada por la tensión superficial deja el vidrio para un tubo vertical sumergido en el agua, si el diámetro de éste es 0,2 in y la elevación capilar es 0,09 in; σ = 0,005 lb/ft.

F

h

θ

∅ = 0,20 in h = 0,09 in σ = 0,005 lb/ft Resolución γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γAh = σ.π.∅.cos θ Despejando cos θ = γ.A.h σ.π.∅ Suponiendo la temperatura a 20 ºC, tenemos

γ = 62,29 lb/ft3 h = 0,09 in. 1 ft = 7,5 x 10–3 ft 12 in ∅ = 0,20 in. 1 ft = 0,0166 ft 12 in σ = 0,005 lb/ft cos θ = 62, 92 lb/ft3_{.π. (0,0166 ft)}2 7,5 x 10–3 ft

(11)

4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 62,29 lb/ft3_{.π. (0,0166 ft)}2 7,5 x 10–3 ft 4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 0,389 θ = arc cos 0,389 θ = 67,08 º Ejercicio 1-53

Dedúzcase una fórmula para la elevación capilar h entre dos tubos de vidrio concéntricos con radios R y r y ángulo de contacto θ.

F

θ θ θ θ

R r

Resolución

Por cada columna tendremos

γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γ.π.∅2_{.h = σ.π.∅.cos θ} 4 donde ∅ = R – r, entonces γ.π.(R – r)2_{.h = 4.σ.π.(R – r).cos θ} Simplificando γ.π.(R – r).h = 4.σ.π.cos θ despejando h = 4.σ.cos θ γ.(R – r)

(12)

Capítulo 2:

Estática de fluidos

Ejercicio 2-4

Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales.

Aire

Agua

Aire A

B

C

D

0,3

0,6

1,0

Aceite

Dens.

Esp.

0,9

Resolución Punto A pA = – γh = – 9806 N/m 3 .0,6 m = – 5883,60 Pa pA = – 588 KPa Punto B pB = γh = 9806 N/m .0,6 m = 5883,60 Pa B 3 pB = 588 KPa Punto C pC = pB = 5883,60 Pa B pC = 588 KPa Punto D pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m 3 .1,9 m = 22651,86 Pa pD = 2265 KPa

(13)

Ejercicio 2-15

En la figura, para una lectura h = 20 in; determínese la presión en A en libras por pulgada cuadrada. El líquido tiene una densidad relativa de 1,90.

A h Datos h = 20 in S = 1,90 Resolución pA = γh pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft3 = 0,069 lb ft3 1728 in3 in2 pA = 0,069 lb in2 Ejercicio 2-24

En la figura, A contiene agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,94. Cuando el menisco izquierdo está en cero en la escala, pA = 100 mmH2O. Encuéntrese la lectura en el

menisco derecho para pA = 8 kPa sin ningún ajuste del tubo en U o de la escala.

A

60

0 mm

(14)

Datos S = 2,94

pA0 = 100 mmH2O

pA = 8 kPa

Resolución

Cuando el meñisco izquierdo maraca cero tenemos

pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = 0 100 mmH2O. 1 m. 101325 pa + 9806 N 600 mm. 1m – 2,94.9806 N/m 3 hi = 0 1000 mm 10,34 mH2O m3 1000 mm 979,93 Pa + 5883,6 Pa – 28829,64 N/m3 hi = 0 Despajando hi = – 979,93 Pa – 5883,6 Pa = 0,240 m – 28829,64 N/m3 hi = 0,240 m

Cuando aumentamos la presión en A tenemos

A

600 mm

0

0 dh

dh

hi

dh

hf

pA + γH2O(h1 + Δh) – SγH2O(hi + 2Δh)= 0

pA + γH2Oh1 + γH2O Δh – SγH2Ohi – SγH2O2Δh = 0

pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = SγH2O2Δh – γH2O Δh

pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = Δh(2.S.γH2O – γH2O)

Δh = pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi (2.S.γH2O – γH2O) Reemplazando Δh = 8000 Pa + 9806 N/m3 0,6 m – 2,94.9806 N/m30,240 m = (2.2,94. 9806 N/m3 – 9806 N/m3) Δh = 0,145 m Finalmente la lectura en el lado derecho será

hf = hi + Δh

hf = 0,240 m + 0,145 m = 0,385 m

(15)

Ejercicio 2-33

El recipiente mostrado en la figura tiene una sección transversal circular. Determínese la fuerza hacia arriba sobre la superficie del tronco de cono ABCD. ¿Cuál es la fuerza hacia abajo sobre el plano EF?¿Es, esta fuerza, igual al peso del fluido? Explique.

A

B

C

D

E

F

Agua

2

1

5 2 ft diám

4 ft diám

Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución Sobre ABCD

A

2 A

3 A

1 _1,41

O

1

2

1

A = A1 + A2 + A3 A = ½ 1,00 ft.1,414 ft + 2,00 ft.1,414 ft + ½ 1,00 ft.1,414 ft A = 4,245 ft2

(16)

Ay’p = A1y1 + A2y2 + A3y3 y’p = 0,707 ft 2 0,47 ft + 2,828 ft2x0,707 ft + 0,707 ft20,47 ft 4,245 ft2 y’p = 0,628 ft yp = 2ft + 1,41 ft – y’p = 2,786 ft yp = 2,786 ft Fn = γypA = 62,4 lb .2,786 ft.4,245 ft2 = 737,98 lb ft3 Fv = Fn cos θ = 737,98 lb cos 45 = 521,83 lb Fv = 52183 lb Sobre EF V1 = 2πxpA A = ½ 1,00 ft.1,00 ft + 5,00 ft.1,00 ft = 5,50 ft xp = 0,50 ft 2 0,66 ft + 5,00 ft2x0,50 ft 5,50 ft xp = 0,51 ft V1 = 2πxpA = 2π.0,51 ft.5,50 ft 2 V1 = 17,80 ft 3 V2 = hA = 8,00 ftπ(1,00 ft) 2 V2 = 25,13 ft 3 V = 17,80 ft3 + 25,13 ft3 = 42,93 ft3 Fn = 42,93 ft 3 62,4 lb/ft3 Fn = 267900 lb Ejercicio 2-36

Una superficie triangular de ángulo recto vertical tiene un vértice en la superficie libre de un líquido. Encuéntrese la fuerza sobre un lado (a) por integración y (b) por fórmula.

A

B

C

h

A

(17)

Resolución Por integración F = ∫ApdA = ∫Aγyxdy = γ∫0hyxdy donde y = hx b x = by h reemplazando F = γ∫0h(by)ydy h F = γ∫0 h y2bdy h F = γb ∫0hy2dy h F = 1 γbh2 3 Por formula F = pdA F = γhdA F = γ 2h.bh 3 2 F = 1 γbh2 3 Ejercicio 2-37

Determínese la magnitud de la fuerza que actúa sobre una lado del triángulo vertical ABC de la figura (a) por integración y (b) por fórmula.

A

B

C

A

5

5 Aceite

γ

= 55 lb/ft3

3

4

Resolución Por integración

(18)

dF = pdA dF = γyxdy F = γ∫yxdy donde x = 5,0 (7,40 – y) 2,4 reemplazando F = γ∫5 7,4 (37,0 – 5,0y)ydy 2,4 2,4 F = γ∫5 7,4

(37,0y – 5,0y2)dy 2,4 2,4 F = γ∫5 7,4_{37,0y – γ∫} 5 7,4 5,0y2dy 2,4 2,4 F = γ37,0∫5 7,4_{y – γ5,0∫} 5 7,4 y2dy 2,4 2,4 F = – γ37,0[y2 |57,4] + γ5,0[y3|57,4] 2,4 2 2,4 3 F = – 55,0. 37,0[7,42 – 5,02] + 55,0. 5,0[7,43 – 5,03] 2,4 2 2 2,4 3 3 finalmente F = 1914,00 lb Por formula F = pA F = γhA F = γ (5,00 ft+ 1h).bh 3 2 F = 55,00 lb(5,00 ft+ 2,40ft).5,00 ft.2,40 ft ft3 3 2 F = 1914,00 lb Ejercicio 2-46

La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, descartando el peso de la presa.

A B Puntal 2 4 6 3 _φ θ

(19)

Resolución θ = arc tan (4,00 m/3,00 m) = 53º 07’ 48’’ ϕ = arc sen (6,00 m/4,00 m) = 41º 48’ 37’’ FA = FH + FL Donde FH = γhAcos ϕ

como el punto de aplicación de la fuerza, es decir A, está en el centroide del área donde se calcula la presión, la altura del área será

hH = 2hH ⇒ hH = 3 2,00 m = 3,00 m

3 2 Por prisma de presión

FH = 9,806 kN 3,00 m 3,00 m 6,00 m cos 41º 48’ 37’’ =

m3 2

FH = 197,34 kN

Por otro lado

hL = 2hL ⇒ hL = 3 2,50 m = 3,75 m 3 2 FL = 9,806 kN 3,75 m 3,75 m 6,00 m cos (53º 07’ 48’’ – 41º 48’ 37’’) = m3 2 FL = 405,64 kN finalmente FA = FH + FL FA = 197,34 kN + 405,64 kN FA = 602,98 kN Ejercicio 2-59

La compuerta de la figura pesa 300 lb/ft normal al papel. Su centro de gravedad está a 1,5 pie de la cara izquierda y 2,0 ft arriba de la cara más baja. Tiene un gozne en 0. Determínese la posición de la superficie del agua cuando la puerta apenas comienza a subir. (La superficie del agua está abajo del gozne.)

5

h

O

(20)

E = γh(h/2) E = γh2 2 ΣMo = 0 E[5 – h + (2/3)h] = xPC E[5 – (1/3)h] = xPC 5E – E(1/3)h = xPC reemplazando 5γh2_{– γh}2 (1/3)h = xPC 2 2 5γh2_{– 1γh}3 – xPC = 0 2 6 5.62,42 lb h2 – 1.62,42 lb h3 – 1,50 ft300,00 lb= 0 2 ft3 6 ft3 – 10,40 lbh3 + 156,05 lbh2 – 450 lb= 0 ft3 ft3 h = 1,81 ft

Observación: Esta distancia es medida desde el pelo libre hasta el orificio. Ejercicio 2-66

Para una variación lineal de esfuerzo sobre la base de la presa de la figura. (a) Localice donde la resultante cruza la base y (b) calcúlese los esfuerzos compresivos máximos y mínimos en la base. Ignore la elevación hidrostática.

γ

' =2.5

γ

7

20

3

4

11

Resolución a)

(21)

E

1

E

2

P

1

P

2

P

3

θ

θ = arc tan (20/3) = 81º 28’ 9 ‘’ E1 = γh 2 0,5 E1 = γ7,00 m 7,00 m 0,5 = γ24,50 m 2 E2 = γh0,5l Donde l = h/sen θ = 20,00 m/sen 81º 28’ 9 ‘’ = 20,22 m E2 = γ(7,00 m + 27,00 m)0,5.20,22 m = γ343,80 m2 P1 = γ’.A1 P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m 2 P2= γ’.A2 P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m 2 P3= γ’.A3 P3 = 2,5γ.11,00 m 20,00 m 0,5 = γ275,00 m 2 RX = E1 + E2sen θ = γ24,50 m 2_{+ γ343,80 m}2_{sen 81º 28’ 9 ‘’ = γ364,00 m}2 RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ = RY = γ75,00 m 2_{+ γ270,00 m}2 _{+ γ275,00 m}2_{+ γ343,80 m}2_{cos 81º 28’ 9 ‘’ = γ670,99 m}2 lE2 = lp1l0,5 + lp20,5l(2/3) = lp1 + lp20,5 lE2 = (20,22 m) 2 7,00m0,5 + (20,22 m)220,00m0,5(1/3) = 8,13 m (20,22 m)7,00m + (20,22 m)20,00m0,5 yE1 = 20,00 m + 7,00 m(1/3) = 22,33 m x1 = 3,00 m (2/3) = 2,00 m x2 = 3,00 m + 4,00 m 0,5 = 5,00 m x3 = 7,00 m + 11,00 m (1/3) = 10,67 m ΣMA = 0 RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 = RY xR= γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m γ670,99 m2 xR = 11,588 m

(22)

b)

σ

mín

σ

_máx RY = σmL σmáx + σmin = 2RY/L σmáx = 2RY/L – σmin ΣMA = 0 RYxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 2 2 3 (σmáx + σmin)LxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 2 2 2 3 σmáx11,58 m+ σmin11,58 m – σmín18,00 m – σmáx18,00 m + σmin18,00 m = 0 2 2 2 3 3 σmáx5,79 m+ σmin5,79 m – σmín9,00 m – σmáx6,00 m + σmin6,00 m = 0 σmáx(5,79 m – 6,00 m) + σmin(6,00 m + 5,79 m – 9,00 m) = 0 σmáx(– 0,21 m) + σmin2,79 m = 0 σmáx = σmin13,55 m = 0 reemplazando σmin13,55 m= 2RY/L – σmin σmín + σmin13,55 m= 2RY/L σmin(1 + 13,55 m)= 2RY/L σmin(1 + 13,55 m)= 2γ670,99 m2/18,00 m σmin = 2γ670,99 m 2 = 18,00 m(1 + 13,55) σmin = γ5,12 reemplazando σmáx = 2RY/A – σmin σmáx = 2γ670,99 m 2_{– γ5,12} 18,00 m2 σmáx = γ69,43 Ejercicio 2-67

Resuélvase el problema 2-66 con la adición de que la elevación hidrostática varía linealmente desde 20 m en A hasta cero en la punta de la presa.

(23)

20 m

0

Resolución E1 = γ24,50 m 2 E2 = γ343,80 m 2 P1 = γ75,00 m2 P2 = γ270,00 m 2 P3 = γ275,00 m 2 RX = E1 + E2sen θ = γ364,50 m 2

Si llamamos V a la elevación hidrostática, tenemos

V = γ20,00 m.18,00 m.0,5 = γ180 m2 RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ – V = RY = γ75,00 m 2_{+ γ270,00 m}2 _{+ γ275,00 m}2_{+ γ343,80 m}2_{cos 81º 28’ 9 ‘’ – γ180 m}2 _{= γ490,99 m}2 lE2 = 8,13 m yE1 = 22,33 m x1 = 2,00 m x2 = 5,00 m x3 = 10,67 m xV = (1/3)18,00 m = 6,00 m ΣMA = 0 RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 + VxV = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 – VxV = RY xR = γ24,50 m 2_{22,30 m + γ343,80 m}2_{8,13 m + γ75,00 m}2_{2,00 m + γ270,00 m}2_{5,00 m + γ275,00 m}2_{10,67 m – γ180 m}2 6,00 m = γ490,99 m2 xR = 13,640 m Ejercicio 2-89

Un tronco detiene el agua como se muestra en la figura. Determínese (a) la fuerza por metro que lo empuja contra la presa, (b) el peso del cilindro por metro de longitud, y (c) su densidad relativa.

(24)

R

2 aceite den. rel. 0,8

Agua

A B C D Resolución a) FH = FAB + FAD – FDC FH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m m3 FH = 15,69 kN/m b) FV = – FAB + FADB + FBDC

donde FADB = FBDC, entonces

FV = – SAγA + 2.γA FV = – SAγ(R2 – (1/4)πR2) + 2.γ (R2 + (1/4)πR2) FV = – SAγR 2_{(1 – π/4) + 2.γR}2_{(1 + π/4)} FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m) 2_{(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)}2_{(1 + π/4)} FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m) 2_{(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)}2_{(1 + π/4)} FV = 133,32 kN/m c) γT = FV/VT γT = 133,32 kN/m = 10,61 kN π(2,00 m)2 m3 ST = γT/γA ST = 10,61 kN/m 3 9,806 kN/m3 ST = 1,08 Ejercicio 2-104

¿Flotará en agua una viga de 4 m de largo con sección transversal cuadrada y S = 0,75 manteniéndose en equilibrio estable con dos lados horizontales?

Resolución

G

B

W = E SγV = γV’

(25)

Sγh2_{L = γhh’L}

Sh = h’ S = h’/h = 0,75

Esto significa que la altura sumergida será menor que la altura del objeto, y por ser una sección cuadrada el centro de gravedad estará por encima del centro de flotación lo que significa que el cuerpo NO está en equilibrio estable para los dos lados horizontales.

Ejercicio 2-108

Un tanque de líquido S = 0,88 es acelerado uniformemente en una dirección horizontal de tal forma que la presión disminuya dentro del líquido 20 kPa/m en la dirección del movimiento. Determínese la aceleración. Resolución x ax

x

g

a

S

p

=

−

γ

x 0

x

g

a

S

p

−

=

−

γ

x 0

x

S

pg

a

x

_γ

Δ

−

=

reemplazando 3 2

9806

88 ,

0

806 ,

9 )

20000

(

m

N

s

m

Pa

a

_x

×

−

=

ax = 22,73 m 2 /s Ejercicio 2-117

El tubo de la figura está lleno de líquido con densidad relativa 2,40. Cuando se acelera a la derecha 8,05 ft/s2, dibuje la superficie libre imaginaria y determínese la presión en A. Para pA = 8

(26)

2

1 A

Resolución

x

g

a

S

p

=

−

γ

x

ft

s

ft

s

ft

lb

p

2

174 ,

32

05 ,

8

4 ,

62

40 ,

2

2 2 3

×

−

=

p = – 74,84 lb ft2

2

1 A

Sí pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb 1 ft2 ft2 entonces

x

S

pg

a

_x

γ

−

=

ft

lb

s

ft

lb

a

_x

2

4 ,

62

4 ,

2

174 ,

32 )

1152

(

3 2 2

×

−

=

ax = 123,75 ft/s 2

(27)

Capítulo 3:

Ecuaciones básicas y concepto de flujo de fluidos

Ejercicio 3-6

Una tubería lleva aceite, densidad relativa 0,86, a V = 2 m/s por un tubo de 200 mm de diámetro interior. En otra sección el diámetro es de 70 mm. Encuéntrese la velocidad en esta sección y el flujo de masa en kilogramos por segundo.

Resolución

1

2 Aceite, dens. rel. 0,86

Como la densidad no cambia y el flujo es permanente, podemos aplicar la ecuación de continuidad, es decir 2 2 1 1

A

V

A

V

=

entonces 2 1 1 2

A

V

=

reemplazando 2 2 2 2 2

)

70 (

)

200 (

2

4 )

70 (

4 )

200 (

2 mm

mm

s

m

mm

s

m

V

=

×

=

π

V2 = 16,33 m/s

El caudal másico será

ρ

V

2

A

2

Q

m

=

• 3 2

1000

86 ,

0

4 )

07 ,

0 (

33 ,

16 m

kg

m

s

m

=

×

•

π

s

kg

m

=

54 ,

03

• Ejercicio 3-30

En la figura, se descarga aceite de una ranura bidimensional en el aire como se indica en A. En B el aceite se descarga por debajo de una puerta al piso. Despreciando todas las pérdidas, determínese las descargas en A y B por pie de ancho. ¿Por qué difieren?

(28)

A

B

Aceite, dens. rel. 0,86

10

2

Resolución

Como el flujo es permanente e incompresible, podemos aplicar la ecuación de Bernoulli, es decir

g

v

z

P

g

v

z

P

2

2 2 2 2 2 1 1 1

+

=

+

γ

Para A, reemplazando

g

v

z

P

z

P

_A A atm atm

2

2 0

=

+

γ

g

v

z

A A

2 )

(

2 0

−

=

)

(

2

0 A A

g

z

v

=

×

−

)

0 ,

0

0 ,

11 (

174 ,

32

2

ft

s

ft

v

_A

=

×

−

s

ft

v

_A

=

26 ,

60

Por continuidad A A A

A

v

Q

=

s

ft

Q

A

=

2 ,

00 ×

26 ,

60

QA = 53,21 ft 3 /fts Para B, reemplazando

g

v

z

P

z

P

_B B B atm

2

2 0

=

+

γ

g

v

z

P

B B B atm

2 )

(

)

(

1

2 0

−

=

+

−

γ

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

+

−

×

=

2

1 (

atm B

)

(

0 A

)

B

g

P

z

v

γ

(29)

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

+

×

−

×

=

(

62 ,

42

1 ,

00 )

(

11 ,

00

0 ,

00 )

42 ,

62

1

174 ,

32

2

₃ 3 2

ft

m

ft

lb

ft

lb

s

ft

v

_B

s

ft

v

_B

=

25 ,

37

Por continuidad B B B

A

v

Q

=

s

ft

Q

B

=

2 ,

00 ×

25 ,

37

QB = 50,37 ft 3 /fts

Las descargas difieren porque la sección A esta sometida a la presión atmosférica y la sección B a la presión hidrostática.

Ejercicio 3-31

Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura.

Agua Aceite dens. rel.

0,75 3 ft

4 ft

4 in.

Resolución

Para utilizar la ecuación de Bernoulli el fluido debe ser uniforme, por lo que se plantea una altura equivalente A A W W

h

γ

h

γ

=

W A W A

h

γ

=

'

W W A A W

h

Sh

S

h

=

γ

reemplazando

ft

h

_W

=

0 ,

75 ×

3 ,

00 ft

h

_W

=

2 ,

25

(30)

Agua

6,25

1

2

Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos

g

v

z

P

g

v

z

P

2

2 2 2 2 2 1 1 1

+

=

+

γ

Reemplazando

g

v

z

2

2 2 1

=

1 2

2 g

z

v

=

×

ft

s

ft

v

₂

=

2 ×

32 ,

174

₂

×

6 ,

25 s

ft

v

2

=

20 ,

05

Por continuidad 2 2 2

A

v

Q

=

s

ft

in

ft

in

Q

)

20 ,

05

00 ,

12

00 ,

1

00 ,

4 (

4

2 2

=

×

π

Q2 = 1,75 ft 3 /s Ejercicio 3-33

(31)

Agua

Aire

20 0 mm 30 0 m m 15 0 m m

1 ₂

Resolución

Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

g

v

z

P

g

v

z

P

2

2 2 2 2 2 1 1 1

+

=

+

γ

Agua

Aire

20 0 mm 30 0 m m 15 0 m m

1

2 Datum

h1 h2 Dz reemplazando

g

v

g

v

z

P

2

2 )

(

2 1 2 2 2 1 2 1

−

+

−

=

−

γ

)

(

2

1 )

(

)

(

1

2 1 2 2 2 1 2 1

v

g

z

P

−

+

−

=

−

γ

Por la ley del menisco

γ

₂ 1 1 2

P

h

P

=

−

+

2 1 2 1

)

(

1 h

h

P

−

=

−

γ

(32)

2 1

200 mm

h

z

+

=

+

Δ

z

h

mm

h

₁

=

200 +

₂

−

Δ

reemplazando 2 2 2 1

)

200 (

1 h

z

h

mm

P

−

=

+

−

Δ

−

γ

z

mm

P

−

)

=

200 −

Δ

(

1

1 2

γ

reemplazando en la ecuación de Bernoulli

)

(

2

1 )

(

200

12 2 2 2 1

v

g

z

mm

z

+

−

=

−

Δ

−

)

(

2

1 )

(

200 )

(

₁ ₂ ₁ ₂

v

₂2

v

₁2

g

z

mm

z

−

+

−

=

−

)

(

2

1

200

12 2 2

v

g

mm

=

−

Por la ecuación de continuidad

2 1

Q

=

2 2 1 1

v

A

v

A

=

2 1 2 1

v

A

v

=

reemplazando

)

((

2

1

200

₂2 2 1 2 2 2 2

v

A

v

g

mm

=

−

)

1 (

2

200

₂ 1 2 2 2 2

A

g

v

mm

=

−

=

−

×

=

)

1 (

200

2

2 1 2 2 2

A

mm

g

v

=

−

×

=

)

00 ,

300 (

4 )

00 ,

150 (

4

1 (

2 ,

0

806 ,

9

2

2 2 2 2

mm

m

s

m

v

π

s

m

v

₂

=

2 ,

29

2 2 2

A

v

Q

=

s

m

Q

(

0 ,

15 )

2 ,

29

4

2 2

π

=

Q2 = 0,04 m3/s

(33)

Ejercicio 3-50

Para un flujo de 1500 gpm y H = 32 ft en la figura, calcúlense las pérdidas a través del sistema en carga velocidad, KV2/2g. V H

γ

= 55 lb/ft3 6 in. diám Resolución

Por continuidad el caudal es el mismo en todas las secciones, entonces

s

ft

gal

s

ft

gal

Q

3 3

34 ,

3 min

83 ,

448

00 ,

1 min

1500

=

Por definición de caudal

d d

v

A

Q

=

d d

A

Q

v

=

reemplazando

s

ft

in

ft

in

s

ft

v

_d

17 ,

02 )

00 ,

12

00 ,

1

00 ,

6 (

4

34 ,

3

2 3

=

×

=

π

en términos de carga de velocidad tenemos

ft

g

v

s ft s ft d

50 ,

4

174 ,

32

2 )

02 ,

17 (

2

2 2 2

=

×

=

Planteamos la ecuación de Bernoulli

g

v

z

P

g

v

z

P

2

2 2 2 2 2 1 1 1

+

=

+

γ

reemplazando

(34)

g

v

K

g

v

P

H

P

atm atm d d

2

2 2

+

=

+

γ

(

K

)

g

v

H

=

d

1 +

2

Las pérdidas serán

1

2

−

=

g

v

H

K

d

1

50 ,

4

00 ,

32 ₋

=

ft

K

K = 6,11 Ejercicio 3-51

En la figura las pérdidas hasta la sección A son 5 v21/2g y las pérdidas de la boquilla son 0,05

v22/2g. Determínese la descarga y la presión en A. H = 8,00 m.

V D1 = 150 mm Agua 50 D2 = 50 mm A H Resolución V D1 = 150 mm Agua 50 D2 = 50 mm A H 0 B Datum

(35)

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B

g

v

z

P

g

v

z

P

2

2 2 2 2 2 1 1 1

+

=

+

γ

reemplazando

g

v

K

g

v

P

H

P

_B B B atm atm

2

2 2

+

=

+

γ

(

B

)

B

K

g

v

H

=

1 +

2

(

B

)

B

K

H

g

v

+

×

=

1

2 (

1

0 ,

05 )

00 ,

8

806 ,

9

2

₂

+

×

=

m

s

m

v

B

s

m

v

_B

=

12 ,

22

Por continuidad B A

Q

=

B B A

A

v

Q

=

(

)

s

m

Q

A

0 ,

05

12 ,

22

4

2

π

=

QA = 0,024 m 3 /s Por otro lado

(

B

)

A B A

K

H

g

A

v

+

×

=

1

2

2 2 2

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A

g

v

z

P

g

v

z

P

2

2 2 2 2 2 1 1 1

+

=

+

γ

reemplazando

g

v

K

g

v

P

H

P

_A A A A atm

2

2 2

+

=

+

γ

(

)

2

1

A A A

v

g

K

P

H

=

+

γ

reemplazando

(

)

(

)

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

×

+

=

B A B A A

K

H

g

A

g

K

P

H

1

2

1

2 2

γ

H

A

K

P

H

A B B A A

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

=

₂2

1

1 γ

Despejando

(36)

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

−

=

₂2

1

A B B A A

A

K

H

P

γ

(

)

(

)

_⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

−

×

=

2 2 3

15 ,

0

4

05 ,

0

4

05 ,

0

1

00 ,

5

1

00 ,

8

00 ,

9806

m

N

P

_A

_π

π

PA = 28,64 KPa Ejercicio 3-53

El sistema de bombeo mostrado en la figura debe tener presión de 5 psi en la línea de descarga cuando la cavitación es incipiente en la entrada de la bomba. Calcúlese la longitud del tubo desde el depósito a la bomba para esta condición de operación si la pérdida en este tubo se puede expresar como (V12/2g)(0,003L/D). ¿Qué potencia esta siendo suministrada al fluido por la bomba?

¿Qué porcentaje de esta potencia se está usando para vencer pérdidas? Lectura del barómetro 30 inHg

6 in. diám.

2 i n . diám

P

10 ft

Agua 68 ºF

4 in. Tubo de descarga Resolución

6 in. diám.

2 i n. di ám

P

10 ft

Agua 68 ºF

4 in. Tubo de descarga

1

2

3

4 Datum

(37)

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4

g

v

z

P

g

v

z

P

2

2 4 4 4 2 3 3 3

+

=

+

γ

reemplazando

g

v

z

P

g

v

z

P

_atm

2

2 4 4 2 3 3 3

+

=

+

γ

(

)

γ

3 3 4 2 4 2 3

2

2 P

z

g

v

g

v

−

=

−

(

)

_⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

−

γ

3 3 4 2 4 2 3

2 P

z

g

v

Como z4 = z3

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

₋

×

=

−

γ

3 2 4 2 3

2 P

g

v

Por continuidad 4 3

Q

=

4 4 3 3

v

A

v

A

=

4 3 4 3

v

A

v

=

reemplazando

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

×

=

−

γ

3 2 4 2 4 2 3 2 4

2 g

P

v

A

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

×

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

γ

3 2 4 2 3 2 4

2

1 v

g

P

A

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

×

=

1

2

2 3 2 4 3 4

A

P

g

v

γ

(

)

(

)

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

×

−

×

=

1

00 ,

4

00 ,

2

4

42 ,

62

00 ,

1

00 ,

144

00 ,

5

174 ,

32

2

2 2 3 2 2 2 2 4

in

ft

lb

ft

in

lb

s

ft

v

π

s ft

v

₄

=

31 ,

46

(38)

Por continuidad 4 3

Q

=

4 4 3 3

v

A

v

A

=

4 3 4 3

v

A

v

=

(

)

(

)

s

ft

s

ft

in

v

31 ,

46

7 ,

86

00 ,

4

00 ,

2

4

2 2 3

=

π

=

π

Por continuidad 3 2

Q

=

3 3 2 2

v

A

v

A

=

3 2 3 2

v

A

v

=

(

)

(

)

s

ft

s

ft

in

v

7 ,

86

3 ,

49

00 ,

6

4

00 ,

4

2 2 2

=

π

=

π

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2

g

v

z

P

g

v

z

P

2

2 2 2 2 2 1 1 1

+

=

+

γ

reemplazando

g

v

D

L

g

v

z

P

2

003 ,

0

2

2 2 2 2 2 2 1

=

+

γ

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

=

−

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

D

L

g

v

z

P

0 ,

003

1

2

2 2 2 2 1

γ

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

₋

=

1

2

003 ,

0

₂2 2 2 1

g

v

z

P

D

L

γ

La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir

inHg

P

₁

=

30 ft

in

ft

in

P

Hg

50 ,

2

00 ,

12

00 ,

1

30

1

=

×

=

γ

ft

P

S

P

W Hg

92 ,

33

57 ,

13

50 ,

2

1 1

=

×

=

γ

De tabla C.2 página 568 de (Mecánica de los fluidos, Streeter)

ft

P

W

79 ,

0

2

=

γ

(39)

(

)

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

×

−

×

=

1

174 ,

32

2 )

46 ,

3 (

10

79 ,

0

92 ,

33

003 ,

0

00 ,

12

00 ,

1

00 ,

6

2 2 s ft s ft

ft

in

ft

in

L

L = 20554,17 ft La potencia suministrada por la bomba será

t

W

P

=

t

mgH

P

=

gH

m

P

•

=

QgH

P

=

ρ

QH

P

=

γ

H

A

v

P

=

γ

₂ ₂

ft

in

ft

in

s

ft

lb

P

10 ,

00

00 ,

12

00 ,

1

00 ,

6

4

49 ,

3

42 ,

62

2 3

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

_×

=

π

P = 247,74 lb.ft s El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será

100

2

003 ,

0

2 %

₂ 2 2 2 2 2

×

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

+

=

g

v

g

v

D

L

g

v

P

100

1

003 ,

0

1 ×

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

=

D

L

P

%

80 ,

0

100

1

5 ,

0

17 ,

20554

003 ,

0

1 =

×

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

×

=

ft

P

%P = 0,80 %

(40)

Ejercicio 3-87

Despreciando todas las pérdidas, determínese las componentes x e y necesarias para mantener la Y en su lugar. El plano de la Y es horizontal.

6 in. diám 12_in . d iá m 18 in. diám 4 5_° 60° 20 ft³/s H2O 12 ft 8 ft³/s 10 lb/in² Resolución

Por definición de caudal

1 1 1

A

v

Q

=

1 1 1

A

Q

v

=

s

ft

in

ft

in

s

ft

v

11 ,

32

00 ,

12

00 ,

1

00 ,

18

4

00 ,

20

2 3 1

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

_×

=

π

2 2 2

A

Q

v

=

s

ft

in

ft

in

s

ft

v

15 ,

29

00 ,

12

00 ,

1

00 ,

12

4

00 ,

12

2 3 2

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

×

=

π

3 3 3

A

Q

v

=

s

ft

in

ft

in

s

ft

v

40 ,

74

00 ,

12

00 ,

1

00 ,

6

4

00 ,

8

2 3 3

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

_×

=

π

(41)

6 in. diám 12 in . d_iá m 18 in. diám 4 5 ° 60 ° H

2

O v3 = 40,74 ft/s A3 P3A3 v2 = 15,29 ft/s A2 P2A2 v1 = 11,32 ft/s A1 P1A1 10 lb/in²

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces

(

∑

F

_ext

)

_x

=

∫

_sc

v

×

ρ

×

v

• dA

Las fuerzas externas en x son

(

)

x anclaje x ext

P

A

P

A

F

=

−

×

+

×

+

∑

₂ ₂

cos

45 º

₃ ₃

cos

60 º

La integral sobre la superficie de control en x es

º

0 cos

º

60 cos

º

0 cos

º

45 cos

2 2 3 3 3 2

v

A

v

A

v

dA

v

sc

×

• =

×

−

×

∫

ρ

Igualando

º

0 cos

º

60 cos

º

0 cos

º

45 cos

º

60 cos

º

45 cos

₃ ₃ ₂ ₂ ₂ ₃ ₃ ₃ 2 2

A

P

A

F

v

A

v

A

P

x anclaje

=

×

−

×

+

×

+

×

−

ρ

Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2

g

v

z

P

g

v

z

P

2

2 2 2 2 2 1 1 1

+

=

+

γ

reemplazando

g

v

P

g

v

P

2

2 2 2 2 1 1

+

=

+

γ

g

v

g

v

P

2

2 2 2 1 1 2

=

+

−

γ

(

2

)

2 2 1 1 2

2 g

v

P

=

+

γ

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

×

+

×

=

2 2 2 3 2 2 2 2

11 ,

32

15 ,

29

174 ,

32

2

42 ,

62

00 ,

1

00 ,

144

00 ,

10 s

ft

s

ft

s

ft

lb

ft

in

lb

P

(42)

2

1337

,

80 ft

lb

P

=

Planteamos Bernoulli entre 1 y 3

g

v

z

P

g

v

z

P

2

2 3 3 3 2 1 1 1

+

=

+

γ

reemplazando

g

v

P

g

v

P

2

2 3 3 2 1 1

+

=

+

γ

g

v

g

v

P

2

2 3 2 1 1 3

=

+

−

γ

(

2

)

3 2 1 1 3

2 g

v

P

=

+

γ

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

×

+

×

=

2 2 2 3 2 2 2 3

11 ,

32

40 ,

74

174 ,

32

2

42 ,

62

00 ,

1

00 ,

144

00 ,

10 s

ft

s

ft

s

ft

lb

ft

in

lb

P

2 3

46 ,

05 ft

lb

P

=

−

reemplazando

º

60 cos

º

45 cos

º

0 cos

º

60 cos

º

0 cos

º

45 cos

₂ ₂ ₃ ₃ ₃ ₂ ₂ ₃ ₃ 2

×

−

×

+

×

−

×

=

v

A

v

A

P

A

P

A

F

x anclaje

ρ

=

×

+

×

+

×

−

×

=

º

60 cos

20 ,

0

05 ,

46 º

45 cos

78 ,

0

80 ,

1337

20 ,

0

74 ,

40

94 ,

1 º

60 cos

74 ,

40

78 ,

0

29 ,

15

94 ,

1 º

45 cos

29 ,

15

2 2 2 2 2 3 2 3

ft

lb

ft

lb

ft

s

ft

slug

s

ft

s

ft

slug

s

ft

F

x anclaje FanclajeX = 682,82 lb

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección y, entonces

(

∑

F

_ext

)

_y

=

∫

_sc

v

×

ρ

×

v

• dA

Las fuerzas externas en y son

(

∑

F

ext

)

y

=

P

1

A

1

−

P

2

A

2

×

sen

45 º

−

P

3

A

3

×

sen

60 º

+

F

anclaje _y

La integral sobre la superficie de control en x es

º

0 cos

º

60 º

0 cos

º

45 º

180 cos

2 2 2 3 3 3 1 1 1

v

A

v

sen

v

A

v

sen

v

A

v

dA

v

sc

×

• =

×

+

×

+

×

∫

ρ

Igualando

º

0 cos

º

60 º

0 cos

º

45 º

180 cos

º

60 º

45

3 3 3 2 2 2 1 1 1 3 3 2 2 1 1

A

v

sen

v

A

v

sen

v

A

v

F

sen

A

P

sen

A

P

A

P

x y anclaje

×

+

×

+

×

=

+

×

−

×

−

ρ

despejando

º

60 º

45 º

0 cos

º

60 º

0 cos

º

45 º

180 cos

3 3 2 2 1 1 3 3 3 2 2 2 1 1 1

sen

A

P

sen

A

P

A

P

A

v

sen

v

A

v

sen

v

A

v

F

x y anclaje

×

+

×

+

−

×

+

×

+

×

=

ρ

reemplazando

(43)

= × × + × × + × × − × × × × + × × × × + × × × − = º 60 20 , 0 05 , 46 º 45 78 , 0 80 , 1337 77 , 1 00 , 1 00 , 144 00 , 10 20 , 0 74 , 40 94 , 1 º 60 74 , 40 78 , 0 29 , 15 94 , 1 º 45 29 , 15 77 , 1 32 , 11 94 , 1 32 , 11 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 sen ft ft lb sen ft ft lb ft ft in in lb ft s ft ft slug sen s ft ft s ft ft slug sen s ft ft s ft ft slug s ft F y anclaje FanclajeY = –1433,89 lb Ejercicio 3-100

En la figura, un chorro, ρ = 2 slugs/ft3

es desviado por un álabe 180º. Se supone que la carreta no tiene fricción y está libre para moverse en una dirección horizontal. La carreta pesa 200 lb. Determínese la velocidad y la distancia viajada por la carreta 10 s después que el chorro es dirigido contra el álabe. A0 = 0,02 ft 2 ; V0 = 100 ft/s.