UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO PUNO

FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL Y

ARQUITECTURA

INGENIERIA CIVIL

MECANICA DE FLUIDOS I – SEGUNDO TRABAJO

ENCARGADO

DOCENTE:

ING. ALEX DARWIN ROQUE ROQUE

INTEGRANTES:

COLQUE BLAS CARLOS GABRIEL

CALLATA ENRIQUEZ LENER WILVER

SEGURA LIMACHI OSCAR JHONATAN

VALERIANO LAYME CARLOS VLADIMIR

VILCA VILCA YUNIOR

PUNO – PERU

2015

𝑠𝑖: 𝜌𝑉𝑥

𝜕𝑥+

𝜕𝜌𝑉𝑦

𝜕𝑦+

𝜕𝜌𝑉𝑧

𝜕𝑧

𝜕𝜌

𝜕𝑧= 0

𝜌 (𝜕𝑉𝑥

𝜕𝑥+

𝜕𝑉𝑦

𝜕𝑦+

𝜕𝑉𝑧

𝜕𝑧) +

𝜕𝜌

𝜕𝑧= 0 … (𝑜)

𝑠𝑖: 𝑉 = 𝑉𝑥𝑖 + 𝑉𝑦�̂� + 𝑉𝑍𝐾 … (1)

𝑉 = √𝑉𝑥𝑖 + 𝑉𝑦�̂�2 + 𝑉𝑍𝐾2

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑒𝑛 𝑜, 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠:

𝜌𝑑𝑖𝑢. 𝑉 =−𝜕𝜌

𝜕𝑧

𝜌𝑑𝑖𝑢. 𝑉 +𝜕𝜌

𝜕𝑧= 0 𝑡𝑞𝑞𝑑

Problema 22

Resolución

𝑄 = 160 𝑙𝑡 𝑠⁄ = 0.16 𝑐𝑚3 𝑠⁄

𝛾𝑎 = 762 𝑘𝑔 𝑚3⁄

ℎ𝐴𝐵 = 2.50 𝑘𝑔. 𝑚 𝑘𝑔⁄

ℎ𝐶𝑐 = 6.5 𝑘𝑔. 𝑚 𝑘𝑔⁄

𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒:

𝑃𝐴

𝜕+

𝑉𝐴2

2𝑔+ 𝑍𝐴 − ℎ𝑟 + ℎ𝐵 =

𝑃𝐵

𝜕+

𝑉𝐵2

2𝑔+ 𝑍𝐷

ℎ𝐵 = 𝑍𝐷 − 𝑍𝐴 + ℎ𝑟

ℎ𝐵 = 57𝑚 − 12𝑚 + 6.5𝑚 + 2.5𝑚 = 54

𝑃𝑎𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎

𝑃𝑜 = 𝛾𝑎 ∗ 𝑄 ∗ ℎ𝐵

𝑃𝑜 = 7626583.68 𝑘𝑔. 𝑚 𝑠⁄ ∗ 𝐶𝑉

𝑘𝑔. 𝑚 𝑠⁄= 87.782 𝐶𝑉

1. CONSIDERANDO LA DEFINICIÓN DE LAS COMPONENTES DE VELOCIDAD, Y

HACIENDO EL DESARROLLO DE LAS DERIVADAS, DEMOSTRAR QUE LA EC.

(4.1) SE PUEDE ESCRIBIR EN LA FORMA

Resolución

𝑠𝑖: 𝜌𝑉𝑥

𝜕𝑥+

𝜕𝜌𝑉𝑦

𝜕𝑦+

𝜕𝜌𝑉𝑧

𝜕𝑧

𝜕𝜌

𝜕𝑧= 0

𝜌 (𝜕𝑉𝑥

𝜕𝑥+

𝜕𝑉𝑦

𝜕𝑦+

𝜕𝑉𝑧

𝜕𝑧) +

𝜕𝜌

𝜕𝑧= 0 … (𝑜)

𝑠𝑖: 𝑉 = 𝑉𝑥𝑖 + 𝑉𝑦�̂� + 𝑉𝑍𝐾 … (1)

𝑉 = √𝑉𝑥𝑖 + 𝑉𝑦�̂�2 + 𝑉𝑍𝐾2

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑒𝑛 𝑜, 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠:

𝜌𝑑𝑖𝑢. 𝑉 =−𝜕𝜌

𝜕𝑧

𝜌𝑑𝑖𝑢. 𝑉 +𝜕𝜌

𝜕𝑧= 0 𝑡𝑞𝑞𝑑

1. EN EL SISTEMA MOSTRADO (EN LA FIGURA) LA BOMBA BC DEBE

PRODUCIRSE UN CAUDAL DE 160 𝒍𝒕 𝒔⁄ DE ACEITE (CUYO PESO ESPECÍFICO

ES𝟕𝟔𝟐 𝒌𝒈 𝒎𝟑⁄ ) HACIA EL RECIPIENTE D. SUPONIENDO QUE LA PÉRDIDA DE

ENERGÍA ENTRE A Y B ES 𝟐. 𝟓𝟎 𝒌𝒈. 𝒎 𝒌𝒈⁄ Y ENTRE C Y D ES DE 𝟔. 𝟓 𝒌𝒈. 𝒎 𝒌𝒈⁄ ,

DETERMINAR:

A) ¿QUÉ POTENCIA EN CV DEBE SUMINISTRAR LA BOMBA AL FLUJO?

B) DIBUJAR LA LÍNEA DE ENERGÍA

Resolución 𝑄 = 160 𝑙𝑡 𝑠⁄ = 0.16 𝑐𝑚3 𝑠⁄ 𝛾𝑎 = 762 𝑘𝑔 𝑚3⁄ ℎ𝐴𝐵 = 2.50 𝑘𝑔. 𝑚 𝑘𝑔⁄ ℎ𝐶𝑐 = 6.5 𝑘𝑔. 𝑚 𝑘𝑔⁄ 𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒:

𝑃𝐴

𝜕+

𝑉𝐴2

2𝑔+ 𝑍𝐴 − ℎ𝑟 + ℎ𝐵 =

𝑃𝐵

𝜕+

𝑉𝐵2

2𝑔+ 𝑍𝐷

ℎ𝐵 = 𝑍𝐷 − 𝑍𝐴 + ℎ𝑟 ℎ𝐵 = 57𝑚 − 12𝑚 + 6.5𝑚 + 2.5𝑚 = 54 𝑃𝑎𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑃𝑜 = 𝛾𝑎 ∗ 𝑄 ∗ ℎ𝐵

𝑃𝑜 = 7626583.68 𝑘𝑔. 𝑚 𝑠⁄ ∗ 𝐶𝑉

𝑘𝑔. 𝑚 𝑠⁄= 87.782 𝐶𝑉

𝑑𝑖𝑏𝑢𝑗𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎:

2. DETERMINAR LAS FUERZAS COMPONENTES 𝑭𝒁 Y 𝑭𝒗 NECESARIAS PARA

MANTENER EN REPOSO LA CAJA DE DISTRIBUCIÓN MOSTRADA EN AL

FIGURA. NO CONSIDERAR LAS FUERZAS DEBIDAS A LA PRESIÓN EN LAS

TUBERÍAS.

𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎𝑟𝑒𝑎𝑠 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠:

𝐴1 =𝑄

𝑉=

0.21 𝑚3 𝑠⁄

4.5 𝑚 𝑠⁄= 0.04𝑚2

𝐴2 =𝑄

𝑉=

0.24 𝑚3 𝑠⁄

3.6 𝑚 𝑠⁄= 0.067𝑚2

𝐴3 =𝑄

𝑉=

0.33 𝑚3 𝑠⁄

3 𝑚 𝑠⁄= 0.110𝑚2

𝐴4 =𝑄

𝑉=

0.3 𝑚3 𝑠⁄

1.8 𝑚 𝑠⁄= 0.067𝑚2

𝑆𝑖 𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑛 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑙𝑎 𝑠𝑢𝑚𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑒𝑠 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎 𝑐𝑒𝑟𝑜

𝐹𝑥 =𝜌

𝑔(−𝑄1𝑉1 cos 45°−𝑄4𝑉4 cos 30° + 𝑄3𝑉3 cos 45°−𝑄2𝑉2)

𝐹𝑥 =1000

9.81(−0.3 ∗ 1.8 ∗ cos 45° − 0.33 ∗ 3 ∗ cos 30° + 0.24 ∗ 3.6 ∗ cos 45° + 0.21 ∗ 4.5)

𝑭𝒙 =160.441 kgf

𝑝𝑎𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟𝐹𝑦 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑚𝑖𝑠𝑚𝑎 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑜𝑔𝑖𝑎:

𝐹𝑦 =𝜌

𝑔(−𝑄1𝑉1 sin 45°−𝑄4𝑉4 sin 30° + 𝑄3𝑉3 sin 45°−𝑄2𝑉2)

𝐹𝑦 =1000

9.81(−0.3 ∗ 1.8 ∗ sin 45° − 0.33 ∗ 3 ∗ sin 30° + 0.24 ∗ 3.6 ∗ sin 45°0.21 ∗ 4.5)

𝑭𝒙 =123.351 kgf

𝐿𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙:

𝑭𝑻 = √𝟏𝟐𝟑. 𝟑𝟓𝟏 𝟐 + 𝟏𝟔𝟎. 𝟒𝟒𝟏𝟐𝒌𝒈 = 𝟐𝟎𝟐. 𝟏 𝒌𝒈

3. EL AGUA LUYE EN UN CANAL RECTANGULAR DE 3M DE ANCHO CON UN TIRANTE DE

0.99M; EL FONDO DEL CANAL SE ELEVA GRADUALMENTE 0.06M. TAL COMO SE

MUESTRA EN LA FIGURA.

0.09m 0.12m

0.09m

0.06m 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠:

𝐴1 = 0.09 ∗ 3𝑚 = 0.27𝑚2

𝐴2 = 0.12 ∗ 3𝑚 = 0.36𝑚2

𝐷𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝐵𝑒𝑟𝑛𝑎𝑢𝑙𝑙𝑖 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠:

𝑦1 +𝑉1

2

2𝑔+ 𝑍1 = 𝑍2 + 𝑦2 +

𝑉22

2𝑔 ⋰ 𝑠𝑖 𝑉 = 𝑄 𝐴⁄

𝑦1 +𝑄1

2

𝐴12 + 𝑍1 = 𝑍2 + 𝑦2 +

𝑄22

𝐴22 ⋰ 𝑠𝑖 𝑄1 = 𝑄2

𝑄 = √2𝑔𝐴2

2 ∗ 𝐴12

𝐴12−𝐴2

2(𝑦1 − 𝐴2 − 𝑦2)

𝑄 = √19.2 ∗ 0.272 ∗ 0.362

−0.362−0.272(0.09 − 0.06 − 0.12)

𝑄 = 0.542 𝑚3 𝑠⁄

4. 40.no hay

SOLUCIÓN

𝐷1 = 0.46𝑚

𝐷2 = 0.15𝑚 𝑄1 = 0.567 𝑚3 𝑠⁄

𝐷3 = 0.30𝑚 𝑄𝑜 = 0.34 𝑚3 𝑠⁄

𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐴𝑟𝑒𝑎:

𝐴1 = (0.23)2 ∗ 𝜋 = 0.04𝑚2

𝐴2 = (0.75)2 ∗ 𝜋 = 0.018𝑚2

𝐴3 = (0.15)2 ∗ 𝜋 = 0.071𝑚2

𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠:

𝐹𝑥 =𝜌

𝑔(−

𝑄22

𝐴2cos 60° +

𝑄32

𝐴2cos 45°)

𝐹𝑥 =1000

9.81(−

0.31 𝑚3 𝑠⁄

0.018cos 60° +

0.341 𝑚3 𝑠⁄

0.071cos 45°) = −615.248𝑘𝑔

𝑃𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑙𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝐷𝑖𝑛𝑎𝑚𝑖𝑐𝑎:

𝑭𝑻 = √(−𝟔𝟏𝟗. 𝟑𝟖) 𝟐 + 𝟏𝟔𝟓. 𝟐𝟒𝟖𝟐 = 𝟔𝟒𝟏. 𝟎𝟒𝟓 𝒌𝒈

5. LA BIFURCACIÓN MOSTRADA EN LA FIGURA TIENE LA SIGUIENTE GEOMETRÍA: D=3M,

D=2M, Ѳ=60⁰, CON UN GASTO TOTAL DE AGUA Q=35𝒎𝟑 𝒔⁄ Y UNA PRESIÓN P=

30𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ .CALCULAR LA FUERZA DINÁMICA CONSIDERANDO QUE LA BIFURCACIÓN ESTA

CONTENIDA EN UN PLANO HORIZONTAL.

𝐷 = 3𝑚

𝑑 = 2𝑚

𝜃 = 60°

𝑄 = 35 𝑚3 𝑠⁄

𝑃 =30𝑘𝑔

𝑐𝑚2∗

104𝑐𝑚2

𝑚2= 30 ∗ 104 𝑘𝑔 𝑚2⁄

𝑃𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑜 𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎𝑠 𝐴𝑟𝑒𝑎𝑠: … (1)

𝐴1 = 𝜋 ∗ 𝐷2 =𝜋

432 = 7.07𝑚2

𝐴2 = 𝐴3 =𝜋

4𝐷2 =

𝜋

422 = 3.14𝑚2

𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎𝑠 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 … (2)

𝑉1 =35

7.07= 4.95 𝑚 𝑠⁄

𝑉2 =17.5

3.14= 5.57 𝑚 𝑠⁄

𝑉3 = 𝑉2 = 5.57 𝑚 𝑠⁄

𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐹𝑦:

𝐹𝑦 =103

9.81[2 ∗ 117.5 ∗ 5.57 ∗ sin 60°] − [2 ∗ (29.97 ∗ 104) ∗ 3.14 ∗ sin 60°]

𝐹𝑦 = −1612750𝑘𝑔

𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑙𝑖 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 1𝑦2

𝑃1

𝛾+

𝑉12

2𝑔+ 𝑍1 =

𝑃2

𝛾+

𝑉22

2𝑔+ 𝑍2

𝑃2 = 𝑃1 + 𝛾 (𝑉1

2 − 𝑉22

2𝑔)

𝑃2 = 29.97 ∗ 104 𝑘𝑔 𝑚2⁄ 𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠

𝐹𝑥 =103

9.81[2 ∗ 117.5 ∗ 5.57 cos 60° + 30 ∗ 4.95] − [2 ∗ (29.97 ∗ 104) ∗ 3.14 ∗ sin 60°] − 9.97 ∗ 104 ∗ 7.07

𝐹𝑥 = −1154868.096𝑘𝑔

𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑑𝑖𝑛𝑎𝑚𝑖𝑐𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

𝑭𝑻 = √(−𝟏𝟔𝟏𝟐𝟕𝟓𝟎𝒌𝒈) 𝟐 + 𝟏𝟏𝟓𝟒𝟖𝟔𝟖. 𝟎𝟗𝟔𝒌𝒈𝟐 = 𝟏𝟗𝟖𝟑𝟔𝟎𝟑. 𝟔𝟏 𝒌𝒈

6. POR EL INTERIOR DE UN GRAN CONDUCTO CIRCULAR DE 0.3 M DE DIÁMETRO FLUYE AGUA CON VELOCIDAD QUE SIGUEN LA DISTRIBUCIÓN SEÑALADA EN LA

FIGURA, SEGÚN LA LEY V=𝟎. 𝟎𝟐𝟐𝟓 − 𝐫𝟐(EN M/SEG.). DETERMINAR LA VELOCIDAD MEDIA CON QUE EL AGUA SALE POR LAS TUBERÍAS DE 0.05 M DE DIÁMETRO.

SOLUCION

7. SI LA BOMBA -DE LA FIGURA- DESARROLLA 5CV SOBRE ELFLUJO, ¿CUÁL ES EL GASTO?

𝑆𝑎𝑏𝑒𝑚𝑜𝑠: = 0.0225 – r2, r = 0.15 m. , dA = 2 r πdr

𝑄 = ∫ VdA

r

0

= ∫ (0.0225 − r2)0.15

0

(2 r πdr)

= 0.000795m3

s

𝐷𝑎𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑢𝑏𝑒𝑟𝑖𝑎 𝑠𝑒 𝑏𝑖𝑓𝑢𝑟𝑐𝑎 𝑒𝑛 𝑑𝑜𝑠, 𝑒𝑙 𝑔𝑎 … ..

𝑙𝑎 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑢𝑏𝑜 𝑒𝑠:

𝑽 = (𝐐

𝟐) [

𝟏

𝛑(𝟎. 𝟎𝟓)𝟐

𝟒

] = 𝟎. 𝟐

Para dar solución al problema, seria plantear una bernoulli entre los puntos 1 y 2 que están en la entrada y en la salida del Manómetro.

𝑃1

𝛾+ 𝑍1 +

𝑉12

2𝑔+ 𝐸𝑃 =

𝑃2

𝛾+ 𝑍2 +

𝑉22

2𝑔+ ℎ12

En la ecuación anterior, salvo las cotas que son iguales (Z1=Z2),

y las perdidas que son despreciables, aparentemente las demás

variables son incógnitas, quedando nuestra ecuación de la siguiente manera:

𝑃1

𝛾+

𝑉12

2𝑔+ 𝐸𝑃 =

𝑃2

𝛾+

𝑉22

2𝑔

Ahora, por otra parte las velocidades se pueden expresar de la siguiente manera

𝑉1

2

2𝑔=

0.826𝑄2

𝐷14 ;

𝑉22

2𝑔=

0.826𝑄2

𝐷24

Y la potencia de la bomba quedaría de la siguiente manera

𝑝𝑜𝑡 = 𝑄 ∗ 𝛾 ∗ 𝐸𝑃 → 𝐸𝑃 =𝑝𝑜𝑡

𝑄𝛾=

(5𝐶𝑉) (75𝑘𝑔𝑚 𝑠⁄

𝐶𝑉 )

𝑄𝛾

Y la diferencia de presiones la calculamos con la regla de los manómetros

P1+ h1+Hg(0.9) - h2 = P2

P2 – P1 =Hg + 0.9 + (h1-h2) = Hg · 0.9 - · 0.9

Por lo tanto nos quedaría de la siguiente manera:

𝑃2 − 𝑃1

𝛾=

(0.9)(𝛾𝐻𝑔 − 𝛾)

𝛾

𝑃2 − 𝑃1

𝛾= (0.9) (

13600

1000− 1)

𝑃2 − 𝑃1

𝛾= 11.34 𝑚𝑡𝑠. 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚𝑛𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎

Sustituyendo todos los términos anteriores en nuestra bernoulli original nos quedaría de la

siguiente manera:

11.34 =0.826𝑄2

𝐷14 −

0.826𝑄2

𝐷24 +

0.375

𝑄

Quedándonos finalmente un polinomio de tercer grado en términos del gasto

34.79𝑄3 + 11.34𝑄 =0.375

Por ultimo dando solución a este polinomio, el gasto seria Q=0.032𝒎𝟑/seg.

8. LA VELOCIDAD EN EL PUNTO A, DE LA FIGURA, ES DE 18M/SEG ¿CUÁLES LA PRESIÓN

EN EL PUNTO B, SI SE DESPRECIA LA FRICCIÓN?

Debido a que la trayectoria del fluido es de tipo parabólico,

la velocidad en el punto más alto (A) solo presenta

componente en el eje X la cuál es constante durante

el recorrido. En base a lo anterior y por métodos

trigonométricos, obtenemos la velocidad en la boquilla.

𝑉𝐵𝑜𝑞𝑢𝑖𝑙𝑙𝑎 =18

cos 45°= 25.456 𝑚 𝑠⁄

Planteamos una Bernoulli entre 1 y 2, para conocer la presión en 2.

𝑃𝐴

𝛾+ 𝑍𝐴 +

𝑉𝐴2

2𝑔=

𝑃𝐵

𝛾+ 𝑍𝐵 +

𝑉𝐵2

2𝑔+ ℎ12

𝐸𝑛 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑃1 = 0; 𝑍2 = 0; ℎ12 ≅ 0 V2 = VBoquilla · (DBoquilla/ DB)² = 25.456 ( 0.10 / 0.25 )² = 4.073 m/seg Sustituyendo:

20 +(18)2

2(9.81)=

𝑃𝐵

𝛾+

(4.073)2

2(9.81)

𝑷𝑩

𝜸= 𝟑𝟓. 𝟔𝟕 𝒎 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒍𝒖𝒎𝒏𝒂 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂

9. UN ACEITE FLUYE POR EL TUBO CIRCULAR DE 0.20 M DE DIÁMETRO, QUE SE MUESTRA

EN LA FIGURA; EL FLUJO ES PERMANENTE Y EL GASTO ES DE 0.114M3/SEG. EL PESO

ESPECÍFICO DEL ACEITE ES 770 KG/M3. LA PRESIÓN Y CONDICIONES DE ELEVACIÓN SON

P1 = 0.56 KG/CM² ; H1 = 1.5 M P2 = 0.35 KG/CM² ; H2 = 6.10 M. DETERMINAR LA

DIRECCIÓN DEL FLUJO Y LA DISIPACIÓN DE ENERGÍA ENTRE LOS PUNTOS 1 Y 2. (LAS

PRESIONES SON MANOMÉTRICAS).

Q = 0.114 m3/seg Aceite = 770 Kg/m3 P1 = 0.56 Kg/cm² = 5600 Kg/m² P2 = 0.35 Kg/cm² = 3500 Kg/m²

Planteamos una Bernoulli entre los puntos 1 y 2, siendo V1 = V2

𝑃1

𝛾+ 𝑍1 +

𝑉12

2𝑔=

𝑃2

𝛾+ 𝑍2 +

𝑉22

2𝑔+ ℎ12

𝑆𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠:

5600

770+ 1.5 =

3500

770+ 6.10 + ℎ12

8.77 = 10.64 + ℎ12

𝒉𝟏𝟐 = 𝟏. 𝟖𝟕 →Las perdidas salen negativas ya que se considero que el flujo es en sentido contrario, entonces: La dirección del flujo siempre será de los puntos de mayor a menor energía. El propósito del

problema es manejar este concepto ya que en redes es indispensable.

𝑷𝟐

𝜸+ 𝒁𝟐 +

𝑽𝟐𝟐

𝟐𝒈=

𝑷𝟏

𝜸+ 𝒁𝟏 +

𝑽𝟏𝟐

𝟐𝒈+ 𝒉𝟏𝟐

10. EL AGUA DE UN GRAN DEPÓSITO, COMO SE MUESTRA EN LA FIGURA, TIENE SU SUPERFICIE LIBRE 5 M ARRIBA DEL TUBO DE SALIDA. SEGÚN SE MUESTRA ES BOMBEADA Y EXPULSADA EN FORMA DE CHORRO LIBRE MEDIANTE UNA BOQUILLA. PARA LOS DATOS PROPORCIONADOS, ¿CUÁL ES LA POTENCIA EN CABALLOS DE VAPOR REQUERIDA POR LA BOMBA?

Dado que la trayectoria del agua es movimiento de tiro parabólico usamos las componentes de la velocidad x y y las cuales son expresadas de la siguiente manera:

𝑉𝑥 = 𝑉 cos 𝛽

𝑉𝑦 = 𝑉 sin 𝛽

𝑉 = √𝑉𝑥2 − 𝑉𝑦

2

Planteamos una Bernoulli entre los puntos 3 y 2

𝑃1

𝛾+ 𝑍1 +

𝑉12

2𝑔=

𝑃2

𝛾+ 𝑍2 +

𝑉22

2𝑔+ ℎ12

Sustituyendo los datos y empleando las formulas del tiro parabólico tenemos: P1=0; P2=0; Z1=0

𝑉1𝑥2 − 𝑉1𝑦

2

2g=

6 + 𝑉2𝑥2

2g

Despejando obtenemos que 𝑽𝟏𝒚 = (𝟐 · 𝐠 · 𝟔)𝟏

𝟐 = 𝟏𝟎. 𝟖𝟓 𝐦 𝐬⁄

La velocidad en la boquilla es igual a: Planteamos una Bernoulli de la boquilla hasta un punto anterior a la bomba (codo). La velocidad en la tubería es:

𝑽𝟏𝒚 = 𝑉𝐵𝑜𝑞𝑢𝑖𝑙𝑙𝑎 sin 𝛽 → 𝑉𝐵𝑜𝑞𝑢𝑖𝑙𝑙𝑎 = 𝑽𝟏𝒚 sin 𝛽⁄ = 10.85 sin 45°⁄ = 15.344 𝑚 𝑠⁄

𝑃1

𝛾+ 𝑍1 +

𝑉12

2𝑔=

𝑃3

𝛾+ 𝑍3 +

𝑉32

2𝑔+ ℎ13

𝑆𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠:

5600

770+ 1.5 =

3500

770+ 6.10 + ℎ12

8.77 = 10.64 + ℎ12

𝒉𝟏𝟐 = 𝟏. 𝟖𝟕 →Las perdidas salen negativas ya que se considero que el flujo es en sentido contrario, entonces:

La dirección del flujo siempre será de los puntos de mayor a menor energía. El propósito del

problema es manejar este concepto ya que en redes es indispensable.

𝑷𝟐

𝜸+ 𝒁𝟐 +

𝑽𝟐𝟐

𝟐𝒈=

𝑷𝟏

𝜸+ 𝒁𝟏 +

𝑽𝟏𝟐

𝟐𝒈+ 𝒉𝟏𝟐

11. EL AGUA DE UN GRAN DEPÓSITO, COMO SE MUESTRA EN LA FIGURA, TIENE SU SUPERFICIE LIBRE 5 M ARRIBA DEL TUBO DE SALIDA. SEGÚN SE MUESTRA ES BOMBEADA Y EXPULSADA EN FORMA DE CHORRO LIBRE MEDIANTE UNA BOQUILLA. PARA LOS DATOS PROPORCIONADOS, ¿CUÁL ES LA POTENCIA EN CABALLOS DE VAPOR REQUERIDA POR LA BOMBA?

Dado que la trayectoria del agua es movimiento de tiro parabólico usamos las componentes de la velocidad x y y las cuales son expresadas de la siguiente manera:

𝑉𝑥 = 𝑉 cos 𝛽

𝑉𝑦 = 𝑉 sin 𝛽

𝑉 = √𝑉𝑥2 − 𝑉𝑦

2

Planteamos una Bernoulli entre los puntos 3 y 2

𝑃1

𝛾+ 𝑍1 +

𝑉12

2𝑔=

𝑃2

𝛾+ 𝑍2 +

𝑉22

2𝑔+ ℎ12

𝐸𝑛 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑃1 = 0; 𝑍3 = 0; ℎ13 ≅ 0 V3 = VBoquilla(DBoquilla / DTubo)² = (15.344) (0.10 / 0.20)² = 3.835 m/s

Sustituyendo:

1.5 +(13.344)2

2(9.81)=

𝑃3

𝛾+

(3.835)2

2(9.81)

𝑷𝟑

𝜸= 𝟏𝟐. 𝟕𝟓 𝒎 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒍𝒖𝒎𝒏𝒂 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂

Por último planteamos una Bernoulli entre el depósito y un punto posterior a la bomba (codo).

𝑃4

𝛾+ 𝑍4 +

𝑉42

2𝑔+ 𝐸𝑃 =

𝑃3

𝛾+ 𝑍3 +

𝑉32

2𝑔+ ℎ43

𝐸𝑛 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑃4 = 0; 𝑍3 = 0; 𝑉4 = 0

5 + 𝐸𝑃 = 12.75 +(3.835)2

2(9.81) ; 𝐸𝑃 = 8.5𝑚

Pot = (1000 kg m3⁄ ) (0.12 m3)(8.5m) = 1020 Kg − m / seg 𝐏𝐨𝐭 = (𝟏𝟎𝟐𝟎/𝟕𝟓) = 𝟏𝟑. 𝟔 𝐂𝐕

12. EL TIRANTE DE UN RÍO, AGUAS ARRIBA DE UNA PRESA, ES DE 3.70 M, COMO SE VE EN LA FIGURA; EL GASTO ES DE 1.12 M3/SEG. POR CADA METRO DE ANCHO DE LA PRESA. DETERMINAR: A) EL TIRANTE Y2 AL PIE DE LA PRESA SUPONIENDO DESPRECIABLES LAS PÉRDIDAS; B)LA FUERZA HORIZONTAL RESULTANTE DEL EMPUJE DINÁMICO DEL AGUA, POR CADA METRO DE ANCHO, SOBRE LA CARA AGUAS ARRIBA DE LA PRESA. a) Planteamos una ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2 sobre la superficie del canal

𝑃1

𝛾+

𝑉12

2𝑔+ 𝑍1 =

𝑃2

𝛾+

𝑉22

2𝑔+ 𝑍2 + ℎ12

Donde: P1 = 0, P2 = 0, h12 ≅ 0 (Las presiones presentan valor cero ya que estamos trabajando con

puntos sobre la superficie de un canal)

𝑉12

2𝑔=

𝑄2

2𝑔𝑏𝑌22 𝑦 𝑎𝑑𝑒𝑚𝑎𝑠 𝑌2 = 𝑍2

3.7 +(0.302)2

2𝑔= 𝑌2 +

(1.12)2

2𝑔(1)2𝑌2

𝑌23 − 3.7046𝑌2

2 + 0.064 = 0

𝒀𝟐 = 𝟎. 𝟏𝟑𝟒𝒎

La fuerza hidráulica esta dada por: F = Y A Sen

Sobre el muro se aplican dos fuerzas, una por cada cara.

F = Fp1 + Fp2 + Fmuro

Fp1 = (3.70 / 2) (1 *3.70) Sen90° = 6845 Kg. Sobre X

Fp2 = (0.134 / 2) (1*0.134) Sen90° = 8.978 Kg. Sobre X

F = Q (V2 – V1) Fmuro = - Fp1 - Fp2 + Q (V2 – V1)

Fmuro = (-6845, 0, 0) + (8.978, 0, 0) + (1000 / 9.81)(1.12) [ (1.12 / 0.134, 0,0) – (1.12 / 3.7, 0, 0)] Fmuro = (- 5915.4 Kg., 0, 0)

13. CALCULAR LA FUERZA QUE PRODUCE EL FLUJO DE AGUA SOBRE LA CURVA Y LA

BOQUILLA MOSTRADOS EN LA FIGURA; EL AGUA ABANDONA LA BOQUILLA COMO

UN CHORRO LIBRE. EL VOLUMEN INTERIOR DEL CONJUNTO DEL CODO Y LA

BOQUILLA ES DE 115 LT. Y TODO EL CONJUNTO ESTÁ CONTENIDO EN EL PLANO

HORIZONTAL.

Para conocer la respuesta del problema es necesario conocer v1, p1, v2, p2 sabemos que: v1 = 1.5

m/s

𝑄 = 𝑉1𝐴1 = 1.5 (𝜋(0.3)2

4) = 0.106

𝑚3

𝑠

Por lo tanto:

𝑉2 =0.016

(𝜋(0.15)2

4 )= 6

𝑚3

𝑠

P1 = 1 Kg./cm2 = 1x104 Kg./m2

𝐹1 = 𝑃1𝐴1 = 1 ∗ 104 (𝜋(0.3)2

4) = 706.85𝑘𝑔

F2 = P2. A2 = 0, esto es debido a que P2 = 0, ya que el punto 2 se encuentra bajo la presión atmosférica

∑ 𝐹 = 𝐹𝑃1 + 𝐹𝑃2 + 𝐹𝑐𝑜𝑑𝑜 + 𝑊

∑ 𝐹𝑐𝑜𝑑𝑜 = − Fp1 – Fp2 + φ Q(V2 – V1) – W

𝐹𝑐𝑜𝑑𝑜= (-706.85, 0, 0) + (0, 0, 0) + (/g) (424.11) [(33.74Cos45°, 0, 33.74Sen45°) – (15, 0, 0)] – (0, 115, 0) Fcodo = (-787.9Kg, -115Kg, 0)

14. UNA BOMBA EXTRAE AGUA DE UN RECIPIENTE COMO SE MUESTRA EN LA FIGURA. LA BOMBA AÑADE, AL FLUJO 12 CV, ¿CUÁL ES LA FUERZA HORIZONTAL QUE DESARROLLA EL FLUJO SOBRE EL SOPORTE D? DESPRECIAR LAS PÉRDIDAS. Planteamos una ecuación de bernoulli entre el recipiente y boquilla. entrelos puntos 1 y 2.

𝑃1

𝛾+

𝑉12

2𝑔+ 𝑍1 =

𝑃2

𝛾+

𝑉22

2𝑔+ 𝑍2 + ℎ12

Donde: P1 = 0, Z1 = 0, V1 0, P2 = 0, h12 = 0

𝐸𝑃 =𝑉1

2

2𝑔=

0.826𝑄2

𝐷14 ;

𝑉22

2𝑔=

0.826𝑄2

𝐷24

Y además:

𝐸𝑃 =𝑝𝑜𝑡

𝑄𝛾=

(12𝐶𝑉)75

1000𝑄=

0.9

𝑄

sustituyendo la ecuación de Bernoulli obtenemos: 0.9

𝑄=

0.826𝑄2

0.14+ 2

0.826𝑄3 + 2𝑄 − 0.9 = 0 Resolviendo el polinomio obtenemos Q = 0.0951 m3/seg Resolviendo solo para el eje X.

∑ 𝐹 = φQ (V2 – V1) donde V1 ≅ 0

∑ 𝐹 = Fp1 – Fp2 + φ QV3

donde: FP1 = FP2 = 0 FD = φQ(Q A2⁄ ) = φQ(QA A2⁄ )

𝐅𝐃 =𝟏𝟎𝟎𝟎

𝟗. 𝟖𝟏∗

(𝟎. 𝟎𝟗𝟓𝟏)𝟐

𝛑(𝟎. 𝟏)𝟐

𝟒

15. EL AGUA ENTRA EN UNA TUBERÍA DESDE UN RECIPIENTE DE GRANDES DIMENSIONES Y DESPUÉS DE ABANDONARLA INCIDE SOBRE UN ÁLABE DEFLECTOR QUE DESVÍA EL CHORRO A 90ºC, SEGÚN SE MUESTRA EN LA FIGURA. SI SOBRE EL ÁLABE DEFLECTOR SE DESARROLLA UN EMPUJE HORIZONTAL DE 100 KG., ¿CUÁL ES LA POTENCIA EN CABALLOS DE VAPOR, DESARROLLADA POR LA TURBINA SI ANTES DE LA MISMA LA PRESIÓN ES DE 3 KG/CM2?

Planteamos una ecuación de bernoulli entre el recipiente y boquilla. entrelos puntos 1 y 2.

𝑃1

𝛾+

𝑉12

2𝑔+ 𝑍1 =

𝑃2

𝛾+

𝑉22

2𝑔+ 𝑍2 + ℎ12

El término de energía de la turbina (ET), se coloca al lado derecho de la ecuación de Bernoulli, debido a que laturbina le quita la energía al agua, la cuál se transforma en electricidad a través de un generador eléctrico.

Donde: Z1 = Z2, V1 = V2, P2 = 0, h12 0

Sustituyendo 30 = ET Pot = Q ET

En este problema se nos da el gasto en forma indirecta para el cálculo de la potencia

∑ 𝐹𝑥 = 100kg

∑ 𝐹𝑥 = − 100 = φQ (Vsal x – Ventr x) Vsal x = 0

−100 = φQ(Q A⁄ ) = −φQ2 A⁄

γ

g∗

(Q)2

π(0.15)2

4

+ 100 = 0

− 5768.44Q2 + 100 = 0

Q = 0.132 𝑚3/s Pot = QγET = (0.132)(1000)(30) = 3960 Kg. m s⁄ 𝐏𝐨𝐭𝐓𝐔𝐑𝐁𝐈𝐍𝐀 = 𝟓𝟐. 𝟖 𝐂𝐕 16. UNA TUBERÍA HORIZONTAL DE 6 M DE DIÁMETRO TIENE UN CODO REDUCTOR QUE CONDUCE EL AGUA A UNA TUBERÍA DE 4 M. DE DIÁMETRO, UNIDA A 45° DE LA ANTERIOR. LA PRESIÓN A LA ENTRADA DEL CODO ES DE 10 KG./CM2 Y LA VELOCIDAD DE 15 M/SEG. DETERMINAR LAS COMPONENTES DE LA FUERZA QUE HAN DE SOPORTAR LOS ANCLAJES DEL CODO Y EL PESO DEL LÍQUIDO DENTRO DEL MISMO.

Para resolver este problema necesitamos conocer V1, P1, V2, P2, por lo que planteamos una ecuación de Bernoulli para determinar P2:

𝑃1

𝛾+

𝑉12

2𝑔+ 𝑍1 =

𝑃2

𝛾+

𝑉22

2𝑔+ 𝑍2 + ℎ12

Donde: Z1 = 0, Z2 = 0, h12 0

𝑃2

𝛾=

1 ∗ 105

1000+

(15)5

19.6−

(33.74)2

19.6

𝑃2 = 53410 𝑘𝑔 𝑚2⁄ El gasto esta dado por:

Q = 15 (π(6)2

4) = 424.11

m3

s

V2 =424.11

π(4)2

4

= 424.11m

s

F1 = 1 ∗ 105 [π(6)2

4] = 2827433.39 Kg

F2 = 53410 [π(4)2

4] = 671169.85 Kg

𝐹𝑐𝑜𝑑𝑜 = Fp1 – Fp2 + φ Q(V2−V1) 𝐹𝑐𝑜𝑑𝑜 = (−2827433.39, 0, 0) + (671169.85Cos45°, 0, 671169.85Sen45°)

+ ( γ/g)(424.11) [(33.74Cos45°, 0, 33.74Sen45°)– (15, 0, 0)] 𝐹𝑐𝑜𝑑𝑜 = (−1969901 Kg. , 0 Kg. , 1506018.34 Kg. ) 𝑭𝒄𝒐𝒅𝒐 = (−𝟏𝟗𝟔𝟗. 𝟗 𝐓𝐨𝐧, 𝟎 𝐓𝐨𝐧, 𝟏𝟓𝟎𝟔. 𝟎𝟐 𝐓𝐨𝐧. )