UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA FACULTAD DE INGENIERIA DE MINAS GEOLOGIA Y CIVIL INGENIERIA CIVIL
DIAZ MEZA, R
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FLUIDOS I VISCOSIDAD DE LOS FUIDOS
1) En la figura se muestra un viscosímetro que contiene liquido viscoso de espesor e = 2cm, esta rota con una velocidad angular w = 6rad/s y genera una potencia de 0.015Hp.Calcular el valor de la viscosidad dinámica m del líquido viscoso.
15cm
30cm
e
10cm
Solución: Para el casquete esférico calculamos R. 15cm
R S e nf R S en f d q 30cm
Rdf
f R
b
R R-10
R
15 10cm
q
df
dA
dq
R
e
R 2 = ( R - 10) 2 + 15 2 R = 16.25cm b = 67.38º dA = R d f . R sen f d q Pero m rw dF = t = e dA Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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m rw dA e mrw dF = * R 2 sen f d f d q e dTL = rdF Pero r = Rsen f R 4 mw dT L = sen 3f d f d q e Integrando TL R 4 mw 2p 67.38 3 dT = ò0 L e ò0 ò0 sen f df dq R 4 mw 2 p 67 .38 (1 - cos 2 f ) d (cos f ) d q TL = ò ò 0 0 e R 4 mw TL = 0 . 301 ( 2p ) e dF
=
correccion
TL 1 = 1 .65 m Para la parte cilíndrica.
m R w dF = e dA mRw dF = dA e dA = 2 p Rdh mRw dF = * 2 p Rdh e mR w dTL = R * 2pRdh e TL 2pmwR 3 h ò0 dTL = e * ò0 dh 2pmwR 3 TL = h e 2pm * 6 * (0.15) 3 TCILINDRO = 0.3 0.02 TCILINDRO = 1.91m
t =
Base del cilindro m .r w dA dF = e dA = 2 p . rdr 2 pmw dT b = r 3 dr e
R
dr r
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Integrando se tiene T 2 pmw ò 0 dT b = e pmw T b= .R 4 2e
ò
R 0
r 3 dr
2) De la figura encontrar la potencia consumida por efecto de la viscosidad en el sistema, sabiendo que la holgura e=1pulg., R=4pulg. , velocidad angular ω=6rad/s y µ=0.05 poise
R
70º
70º
R
h
e
Solución: Se sabe: t =
m . dv m .v m .r w = = dy e e R
q h
q dx dy dl
x
a
dT L = x .dF = t .dA L . x = m
w .x ² .dA L e
Por semejanza de triángulos dy h = dx (R - a) Donde: h a = R Tan q º 2 mwp h dT L = .x ³ 1 + ( )² dx e R - a Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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Integrando
2 mwp e
R h )² ò x ³ dx 0 a R - a 4 2 mwp h x R 1+ ( )² . TL = | 4 a e R - a h mwp TL = 1+ ( )² .( R 4 - a 4 ) R - a 2e Para la semiesfera
ò
TL
dT
L
=
1 + (
R S en f R Sen f d q R df
f R
q
df dq
R
dA = R d f . R .( Sen f ).( d q )
m rw dF = e dA m rw = dA e
t = dF dT
e
= r . dF
= r.
m rw dA e
mw R 4 Sen 3 f . d f . d q e e Integrando T mw R 4 2 p p / 4 dT = Sen 3 f . d f . d q ò0 ò ò 0 0 e 4 p /4 2p mw R T e= (1 - Cos 2f ). d ( Cos f ) .d q ò ò 0 0 e 4 pmw R 4 T e= 3e dT
=
R
Base hueca m .r w dF = dA e dA = 2 p . rdr
a
dr
r
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2 pmw r 3 dr e Integrando se tiene T R 2 pmw 3 ò 0 dT b = e ò a r dr pmw T b= .( R 4 - a 4 ) 2e Pot = w .T total dT
b
=
Pot = w * ( T L + T e + T b )
3) Para la siguiente figura determinar µ sabiendo que: R=30cm, h=H=30cm, r=15cm, velocidad angular ω=5rad/s, e=3cm y potencia de 0.011HP.
r
e
H
R
h
Solución: m .r w dF t = = e dA L dF = t . dA L Similar al problema anterior r
dy
x
dl
H
dx
R
dT
L
= x . dF = t . dA
L
.x = m
w .x ² . dA e
L
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2
æ dy ö dA L = 2 .p . x .dL = 2 .p . x ( dx )² + ( dy )² = 2 .p . x 1 + ç ÷ dx Por semejanza de è dx ø triángulos dy H = dx (R - r) Donde: 2 mwp ö æ H dT L 1 = .x ³ 1 + ç ÷ dx e è R - r ø Integrando T L1 R 2 mwp H = 1 + ( )² dT 1 L ò0 ò a x ³ dx e R - r 2 mwp H x4 R T L1 = 1+ ( )² . | e R - r 4 r H mwp T L1 = 1+ ( )² .( R 4 - r 4 ) 2e R - r 2
Análogamente para la parte inferior cónico R x
dx dy
dl
h
dT L 2 =
ò
TL 0
2
dT
2 mwp h . x ³ 1 + ( )² dx R e L 2
=
2 mwp e
1 + (
2 mwp h x4 1 + ( )² . e R 4 mwp h TL2 = 1 + ( )² . R 4 2e R Base menor del tronco de cono TL2 =
m .r w dA e dA = 2 p . rdr 2 pmw dT b = r 3 dr e dF
=
h )² R
|
ò
R 0
x ³ dx
R 0
R
dr r
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Integrando se tiene T 2 pmw ò 0 dT b = e pmw .R 4 T b= 2e
ò
R 0
r 3 dr
pot = w * ( T L 1 + T L 2 + T b ) Rpta
4) En el sistema de la figura determinar µ, sabiendo que e=2cm, R=20cm, h=50cm,
R
ω=4rad/s y potencia de 0.015HP.
e h
Solución: Para la semiesfera.
R S en f R Sen f d q R df
f R
q
df dq
R
dA = R d f . R .( Sen f ).( d q )
t = dF
m rw dF = e dA m rw = dA e Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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dT dT
e
e
= r . dF =
mw R e
= r.
m rw dA e
4 3
Sen
f .d f .d q
Integrando
mw R 4 e ò0 e 4 2p mw R T e= ò 0 e 4 4 pmw R T e= 3e Para la parte cónica Te
dT
=
ò
2p 0
ò
ò
p / 4 0
p / 4 0
Sen
3
f .d f .d q
( 1 - Cos
2
f ). d ( Cos f ) . d q
R x
dx dy
dl
h
2 mwp h . x ³ 1 + ( )² dx e R TL R h 2 mwp 1 + ( )² ò x ³dx ò0 dT L = e 0 R 4 2 mwp h x R 1 + ( )² . TL = | 4 0 e R h mwp TL = 1 + ( )² . R 4 2e R pot = w * T T pot = w * ( T e + T L ) ESTÁTICA DE LOS FLUIDOS dT
L
=
5) Para el sistema de la figura determinar la presión absoluta en el punto A.
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g3
A gu a
B
15
4 5º 50cm
G as
A gu a
40cm
A A gu a
60cm
20cm
cm
40 cm
C
g1
g2
g 1 = 0.029lbf / Pu lg ³, g 2 = 0.034lbf / Pu lg ³, g 3 = 0.049lbf / Pu lg ³ Solución:
g3 a
g2
C
45º
h
50cm
G as
B
40cm
A
60cm
A g ua
A gua
15
20 cm c
cm
40cm
b
A g ua
g1
PA = Patm + g ( a ) + g 1 ( h + 0 .5) - b g + g 2 ( 0 .4 ) - g 3 ( 0 .2 ) + g (C ) PA = Patm + g ( a + c - b ) + ( 0 .106 + 0 .5 )g 1 + 0 .4g 2 - g 3 ( 0 .2 ) Pero de la figura se tiene: a + h + 0 . 5 - b + 0 . 4 - 0 . 6 - 0 .2 + c = 0 . 4 a + h - b + c = 0 .3 pero h = 0 .15 Sen 45 º = 0 . 106 m \ a + c - b = 0 . 194 m Þ PA = Patm + g ( a + c - b ) + ( 0 .106 + 0 .5 )g 1 + 0 .4g 2 - g 3 ( 0 .2 )
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Pero 1lbf = 0 .4536 kgf y 1 pu lg = 0 .254 m g 2 = 941 .132 kgf / m ³ Þ g 1 = 802 .731 kgf / m ³
g 3 = 1356 .338 kgf / m ³
a + h - b + c = 0 .3 PA = Patm + 1000 ( 0 .194 ) + ( 0 .106 + 0 .5 )802 .731 + 0 .4 (941 .132 ) - 0 .2 (1356 .338 ) PA = Patm + 785 .64 kgf / m ² Patm = 101 .325 Pa » 10 .329 kgf / m ² PA = 10 .329 + 785 .64 = 795 .969 kgf / m ²
Rta
6) Para el sistema determinar las presiones en los puntos A y B, así también calcular el valor de “h”
agua
P=20lbf/Pulg² 10cm
12cm
Gas
12cm
Aceite
14cm
Petroileo
agua
agua
B
20cm
30cm
15cm
agua
30cm
10cm
g5
agua
h
g4
g3
g6 A
D.R.aceite = 0.82
D.R. Petroleo = 0.92
g 3 = 13600 kgf / m ³, g 4 = 8.2 grf / cm ³, g 5 = 9500 kgf / m ³, g 6 = 16 .5 grf / cm ³ Solución: agua
P=20lbf/Pulg² 12cm
Gas
12cm
Aceite
14cm
Petroileo
g5
m
agua
agua
n
B
1
h
b
2
g6
g3
15cm
a
30cm
20cm
agua
30cm
10cm
10cm
agua
g4
c
A
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PA = P + g aceite ( 0 .12 ) + g petroleo ( 0 .14 ) + g ( 0 .10 ) + g ( a ) - g 3 ( 0 .2 ) + g (b ) - g 4 ( 0 .15 ) + g ( c ) PA = P + g aceite ( 0 .12 ) + g petroleo ( 0 .14 ) + g ( 0 .10 + a + b + c ) - g 3 ( 0 .2 ) - g 4 ( 0 .15 ) Pero g D .R = Sust Þ g Sust = g H 2 O * D .R g H 2O
\ g aceite = 1000 * 8 .2 = 820 kgf / m ³
g Petroleo = 920 kgf / m ³ g 4 = 8200 kgf / m ³ g 5 = 16500 kgf / m ³ P = 20 lbf / Pu lg ² = 14061 .63 kgf / m ² Así también de la figura : a + b + c = 0 .85 m
Þ PA = 14061 .63 + 820 * 0.12 + 920 * 0.14 + 1000 (0.1 + 0.85) - 13600 * 0.2 - 8200 * 0.15
PA = 11288 .83kgf / m ² Calculando Presión en B. PB = P + g aceite (0.12) + g Petroleo (0.14) - g (m) - g 5 (0.1) + g (n ) PB = 14061 .63 + 820 * 0.12 + 920 * 0.14 + g ( n - m) - 9500 (0.1) PB = 13338 .83 + 1000 (n - m ) pero n - m = 0.5m Þ PB = 13838 .83kgf / m ² Calculemos la altura h De la figura. P1 = P2 P + g aceite (0.12) + g Petroleo (0.14) + g (0.4) = Patm + g 6 h 14061 .63 + 820(0.12) + 920 (0.14) + 1000 (0.4) = 10.329 + 16500 h 14688 .83 = 10.329 + 16500 h h = 88.96cm
7) Para el sistema de la figura calcular la diferencia de presiones entre A y B. ( D.R Aceite = 0.8)
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0.40m
0.25m Hg
0.30m
CO2
15cm
Hg
D.R=0.8 Agua
Agua Gas B
0.3m
0.2m
Aceite Gas A
0.1m
N2 CO
CO
20cm
Aire
0.2m
DIAZ MEZA, R
0.2m
Hg
Hg Hg
Hg
Solución: PB = PA + 0.4g Hg - 0.25g Hg - 0.3g Hg + 0.45g aceite + 0.2g Hg - 0.5g H 2O + 0.2g Hg + 0.3g H 2O - 0.2g Hg PB = PA + 0.4 * 13600 - 0.25 * 13600 - 0.3 * 13600 + 0.45 * 800 + 0.2 * 13600 - 0.5 * 1000 + 0.2 * 13600 + 0.3 *1000 - 0.2 * 13600 PB - PA = 840 kgf / m ²
rotacion
8) Los cilindros concéntricos de 0.4m de diámetro interior, 1.20m de diámetro
exterior y 1.5m de altura. Si el cilindro interior es hueco y el espacio entre los cilindros concéntricos está lleno de agua y herméticamente cerrado, determine la fuerza que se produce en la tapa, en el fondo y en las superficies medias cilíndricas interior y exterior cuando estoa giran a 60rpm al rededor de su eje vertical.
w 0.6m
h=1.5m
0.2m
Solución:
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DIAZ MEZA, R
x
H
Hr Zr Zo
h
Ro R
w
X 2 2g Para Z = Z0 ; X = R0 Z =
2
w 2R02 = ;Z 2g
w
X 2 Z0 r = 2g a) La fuerza que produce en la tapa es: dF = dF = Donde dF =
pd A g Hr . 2 p Xdx Hr = Z r - Z
g (Z
ò
0
d
F
= g
pgw F = g F = F
=
pgw 4g
ò
R
R r0
(
2
w
0
w 2 R 02 2g 2
2
X 2g
2
p ( 100
x
(R
2
ö ÷÷ 2 p Xdx ø
w 2 R 02 ) 2 p XdX 2g
-
é X 4 r2X ê 4 2 ë
2
dx Ro
- Z 0 ) 2 p Xdx
r
æw 2X d F = g çç è 2g Integrando: F
2
2
R
ù ú û R0
- R 02 ) 2
)( 2 p ) 4 g
2
[0 . 60
2
- 0 .2
2
]
2
F = 323 . 66 kgf
b) Fuerza que se produce en el fondo. Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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DIAZ MEZA, R
F F = 323 . 66 + g . hA
base
FF = 323.66 + 1001.5p (0.6 - 0.2 2 ) 2
FF = 1831 .63kgf
c) Fuerza que se produce en la pared lateral exterior. F = g HgA
L
F = 1000 ( 0 . 75 ) 2 p ( 0 . 2 ) 1 . 5 F = 1413 . 72 kgf
d) Fuerza que se produce en la pared lateral exterior. H = Zr - Z0
Z r Para X = 0.6
w 0 .6 w 0 . 2 2 H = Como w = 2p rad / s 2g 2g H = 0 . 64 m Þ La fuerza en la pared lateral exterior será: F = gH G AL 2
2
F = 100 ( 0 . 75 + 0 . 64 ) 2 p * 0 . 6 * 1 . 5 F = 7860 . 28 kgf
9) Un tanque de sección transversal rectangular (6x1m) está lleno de agua hasta los 4.0m de altura y está unido a un peso Q = 60000kg, por medio de una cuerda flexible e inextensible que pasa por una polea. El coeficiente de rozamiento entre el tanque y la superficie horizontal es: f = 0.6 y todos los demás rozamientos son despreciables. Hallar la presión en un punto del tanque situado 1.0m sobre el punto A de la figura. 6m
4m
Q 6m
T a
Solución:
T
a Q
W
4m
N
f=m.N
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DIAZ MEZA, R
åF
V
= ma
Q * a .......... .......... .......( 1) g W T- f = * a.......... .......... .....( 2 ) g W = g * V = 1000 * 4 * 6 * 1 = 24000 kgf Þ f = m * N = m *W (1) + (2) Q -T =
æ Q +W Q - f = çç è g
ö ÷÷ a ø
æ Q +W ö ÷÷ a 60000 - 0 .6 ( 6 * 4 * 1 * 1000 ) = çç è g ø 60000 + 24000 60000 - 0 . 6 ( 24000 ) = ( )a 9 . 81 a = 5 .32 m / s 2 6m 2 h
Z
a=5.32
4m
1
g=-9.81
P 1m A
Aplicando ecuación de Euler.
a X d X + aY d Y + a Z d Z = dP r
5 . 32 d X - 9 . 81 d Z =
5 . 32 ò
X2
X1
d X - 9 . 81 ò
Z2
Z1
6
5 . 32 x | - 9 . 81 Z 0
dP r
|
z 0
dZ =
=
1 r
P2 1 Pò d p r P1
|
p2 p1
1 ( P2 - P1 ) r Como P2 = P1 atmosféricas Þ 5.32 x 6 – 9.81 x Z = 0 Z = 3.254m Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más 5 . 32 x 6 - 9 . 81 xZ =
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DIAZ MEZA, R
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Para el líquido se eleva respecto a la superficie libre inicial
Z o sea que: 2
Z = 1 . 627 m 2 La presión a 1m sobre el punto A será entonces: h=
P = 1000 ( 4 + 1 . 627 - 1) = 4627 kg / m 2 Rpta
10) En el sistema de la figura se tiene un cilindro cerrado de 1.20m de diámetro y 0.30m de altura. Contiene líquido de 0.10m de altura, se hace girar alrededor de un eje vertical hasta que el líquido tome la forma aproximada de un cilindro hueco con una diferencia de 1% entre los diámetros d1 y d2 (d1 = 1.01d2). Calcular la velocidad angular.
d1
d2
Solución: w D=1.2m d1 D=1.2m
H=0.30m H=0.30m
h=0.10m
h=0.10m
Z0 d2
Antes del giro
Con giro w
Se sabe:
w2X 2 2g Para Z = Z 0 Z =
X = d2 / 2
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DIAZ MEZA, R
Z0 =
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w 2 d 22 .......... .......... .......... .......... ...(*) 8g X = d1 / 2
Para Z = Z 0 + H Z0 + H =
w d 8g 2
2 1
.......... .......... .......... ..(**)
(*) En (**)
w 2 d 22 w 2 d 12 +H = 8g 8g 8 gH d 12 - d 22 = .......... .......... .......... .......(* * *) w2 p d 12 p d 22 pD 2 ( H - h) =
(Z 0 + H ) -
* Z0 2*4 Z d 2H D 2 ( H - h ) = 0 ( d 1 - d 22 ) + 1 .......... .......... .....( a ) 2 2 (*) y (**) en ( a ) 4
2*4
w 2 d 22 8 gH d12 H + * 2 * 8g w 2 2 H D 2 ( H - h) = ( d 12 + d 22 ) 2 Por dato d 1 = 1 .01 d 2 H D 2 (H - h) = [ (1 . 01 d 2 ) 2 + d 22 ] 2 H D 2 (H - h) = ( 2 . 02 d 22 ) 2 D 2 ( H - h ) = 1 .01 * H * d 22 Reemplazando datos. H = 0.30m h = 0.01m D = 1.20m Þ 1 .20 2 ( 0 .30 - 0 .10 ) = 1 .01 * 0 .30 * d 22 d 2 = 0 .975 m d 1 = 0 .985 m En la ecuación (***) 8 gH w = d 12 - d 22 w = 34 . 66 rad / s Rpta D 2 ( H - h) =
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11)
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Se tiene una tubería circular por donde fluye petróleo con un peso específico de
950 kg / m 3 .Si la distribución de velocidades en una sección es V r= N (1 - 4 r 2 / d 2 ) donde: d = diámetro, r = radio variable d 1 = 10" y d 2 = 6" , N = número de letras del apellido paterno: a) Calcular la variación de masa respecto al tiempo entre las secciones 1 y 2. b) Calcular la fuerza total que ejerce la pared AB.
0.20m Fuga
2 d2
0.15m
A
1
2
d1 B
1
Solución:
0.20m Fuga
2 r
0.15m
A
1
d2
2
FH
r
F1
d1
F2
B
1
4r 2 Vr1 = N (1 - 2 ) d1
Vr 2 = N (1 -
4r 2 ) d 22
a) Variación de masa respecto al tiempo. D Mt = rQ1 - r Q 2 Hallemos caudales.
dQ 1 = Vr1 dA = N (1 -
ò
Q1
0
dQ 1 = 2 p N
Q1 =
ò
d1 / 2
0
4r 2 ) * 2p rdr d 12
(1 -
4r 2 ) rdr d 12
pNd 12 8 Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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Análogamente: pNd 22 Q2 = 8 Þ D Mt = r (Q1 - Q 2 )
D Mt =
rp N 2 ( d 1 - d 22 ) 8
N = RAMOS = 5
d 1 = 10 || = 10 * 0 .0254 d1 = 0.254m d 2 = 6 || = 6 * 0 .0254 d 2 = 0 .1524 m
950 kg / m 3 9 .81 D Mt = 7 . 851 kg / seg .
r =
b) Cálculo de fuerza ejercida.
* Calculamos las presiones en el eje de la tubería. d P1 = g ( 0 . 15 + 1 ) = 263 . 15 kg / m 2 2 d2 ) = 262 . 39 kg / m 2 P 2 = g ( 0 . 20 + 2
Þ F 1 = P1 A1 = 263 . 15 * p *
d 12 = 13 . 334 kg 4
d 22 = 4 .786 kg 4 Por la ecuación de la cantidad de movimiento. å Fex = r (Q 2V 2 - Q1V1 ) F2 = P2 A2 = 262 .39 * p *
F1 - F2 - FH = r (Q 2V 2 - Q1V1 ) Como Q 2 = V 2 A2 Q Q V1 = 2 V2 = 1 A2 A1
FH = F1 - F2 - r (
Q 22 Q12 ) A2 A1
F H = 28 . 177 kg Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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12) En la figura se muestra una esfera de 2m de diámetro que contiene agua bajo
presión. Está construido por dos secciones semiesféricas unidas mediante 50 pernos ¿Cuál es la fuerza total en cada perno para mantener unida la sección? Gas
P=2000kgf/m²
Agua 2.5m 0.25m
D.R=13.6
Agua
1m R=
Agua
Solución: P=2000kgf/m² Gas PM = g (a + b + 1) + 13600* 0.25 + P PM = 1000 ( a + b + 1) + 13600 * 0 .25 + 2000 Agua a a + b + 0 . 25 = 2 . 5 2.5m 0.25m a + b = 2 . 25 m b PM = 1000 ( 3 . 25 ) + 13600 * 0 . 25 + 2000 D.R=13.6 PM = 8650 kgf / m ² F = PM * A 1m Agua R= 2 F = 8650 p . 1 = 27174 . 776 M 4 (1) 2 W = g * V OL = 1000 * p * W Agua 3 2 W = 2094 .395 FT = F + W = 2926 .17 29269 .17 F en cada perno = FT = F + W = = 585 .38 kg Rpta 50 13) Se tiene un plano inclinado que forma un ángulo a y b con la horizontal como se muestra en la figura, por donde se desliza un depósito que contiene agua y cuyo peso total es w1 . El descenso de dicho depósito produce el ascenso de otro igual pero cuyo peso total es w 2 . Calcular el valor del ángulo que hace la superficie libre del primer depósito con el plano horizontal.
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m1 W1
W2
b
a
m2
Solución:
z'
z' T N
f= m
1.N
x'
T
a
x' N
a en
a
a
s Co W1
a
W2
W1
W
a
2.C
os b
.s W1
b
W2
.se
nb
b
f'=m2.N
W1 a g Donde f = m . N ; N = W1 cos a W1 sen a - T - f =
f = m 1W1 cos a W1 a.......... .......... .......... .....( a ) g W T - W 2 sen b - m 2W 2 cos b = 2 a .......... .......... .......... ....( b ) g Sumando a + b W + W2 W1 sen a - W 2 sen b - m 1W1 cos a - m 2W 2 cos b = ( 1 )a g [W ( sen a - m 1 cos a ) - W 2 ( sen b + m 2 cos b ) ]g a= 1 W1 + W 2 a = - a cos a Para X a Z = g - asen a Por ecuación de Euler. W1 sen a - T - m 1W1 cos a =
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z -x
1
x
-z q 2
a
dP = axdx + a Z d Z r P2 d -x P = òP1 r ò0 - a cos a dX +
ò
-Z
0
( g - asen a ) d Z
0 = + a cos a X - ( g - asen a ) Z Z a cos a = = tan q X g - asen a a cos a tan q = g - asen a a cos a ) q = tan -1 ( g - asen a
14) En el sistema de la figura Nº 02 se tiene una compuerta OA de 8m. De longitud
(perpendicular a OA), y pesa 4200kgf, puede pivotear en el eje O, R = 6m (radio de curvatura de OA) y a = 20º. Calcular “h” para que la compuerta inicie a levantarse. Campana cilindrico
Bloque
w Aire 1.5m
Petroleo D.R=0.95
Aire
h
O
Agua
1m
Aceite D.R=0.8
1m
A
e
a
Agua
Agua
Agua 0.5m
R
4m
R Agua Hg D.R=
Solución:
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Bloque
Campana cilindrico
w Aire 1.5m
Aire
e Agua a
Agua
0.5m
4m
b
M
Hg D.R=
PM = 1000 * 1 . 5 + 1000 ( a + b ) + 13600 * 0 . 5 Pero de la figura. a + b = 3.5 Þ PM = 11800 kgf / m 2
Petroleo D.R=0.95
Petroleo
h
h'
b 1m
a
FV1 FH1
N
O
FH2
A
2m
D.R=0.8
FV2 d
1m
A'
a
O
A2
Aceite 0.62m
2m A
R.Sena =2.05m
R
b
FIG. 1
10.1875m 4.43m
A1
R Agua
Agua
Aceite
h
1.21m
Aceite
c
Agua
H
6 20 6
b
q
5.64m
M
O'
2.05m O'
FIG. 2
g Pet ( h + 1 ) = g H 2 0 ( H + 1 ) 0 . 95 ( h + 1 ) = H + 1 H = 0 . 95 h - 0 . 05 De la FIG. 2 æ 4 . 05 ö q = cos - 1 ç ÷ = 47 . 55 º è 6 ø b = 22 .45 º
p * 6 2 * 22 . 45 1 A1 = - * 6 2 sen 22 . 45 º 360 2 Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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A1 = 0 .18 m 2 A2 = 1 .21 m 2 Area del triangulo (AA’O) Distancia de O’ a CG de A1 (FIG. 2) 2 * 6 3 sen 3 ( 22 . 45 / 2 ) d CG = 3 * 0 . 18 d CG = 5 .90 m x = 0 . 62 m F H 1 = ghGA Pr oy F H 1 = 1000 ( H + 1 ) 2 * 8 F H 1 = 16000 ( H + 1) Y P1 = H + 1 +
8 * 2 3 / 12 1 = H +1+ ( H + 1) 2 * 8 3 ( H + 1)
a = Y P1 - H 3H + 4 a= 3 ( H + 1) FV 1 = g L ( A2 - A1 + 1 .21 H )
FV 1 = 1000 x 8 (1 . 21 - 0 .18 + 1 .21 H ) FV 1 = 8000 (1 . 03 + 1 .21 H ) (1 . 03 + 1 . 21 H ) b = 1 . 21 2 x
2 1 . 21 - 0 . 18 x 0 . 62 + 3 2
2
H
0 . 86 + 0 . 73 H ) 1 . 03 + 1 . 21 H De la figura 1 PN = PM - 2 . 05 x 1000 - 800 x 2 PN = 11800 - 2050 - 1600 PN = 8150 kg / m 2 b = (
g
Aceite
h ' = 8150
h ' = 10 . 1875 m FH 2 = 1000(10.1875 + 1).2 * 8 FH 2 = 179000kgf
8 * 2 3 / 12 YP2 = 11.1875 + = 11.22m 11.1875 * 8 * 2 C = YP 2 - 10.1875m C = 1.03m FV2 = 1000 * 8(1.21 - 0.18 + 1.21 *10.1875) FV2 = 106855kgf 13 .36 d = 1 .21 2 *
2 1 . 21 2 - 0 .18 * 0 . 62 + * 10 .1875 3 2
d = 0.62m Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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Centro de aplicación del peso. WAO=4200kgf 0.67m
O
4.43m
dl R A
dq R
q
RCosq
b O'
Lc=2p*b*R/360 Lc=2.35m
X = R2ò
42 .45
20
cos q d q
X = 5 .098 » 5 .10 c = 0.67m
åM
0
=0
Falta verificar
FH 1a + FV1b + W X = FH 2 c + FV2 d H = 8.06m Pero H = 0.95h - 0.05 Þ h = 8.54m 15) Dada la función de línea equipotencial f = a . x 2 + bxy c son valores constantes. a) Comprobar que el flujo es irrotacional b) Hallar la función de la línea de corriente c) Hallar la aceleración d) Hallar el gradiente de presiones Solución Según gauchy riman a) Para que el flujo sea irrotacional se debe cumplir w = 0 Pero se sabe que:
- ay
2
, donde a, b y
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w =
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1 Ñ .V 2
é ¶f ù ¶f ¶f V = -Ñ .f = - ê i + j + k ú ¶z ¶y ë ¶x û ¶f = 2 ax + by ¶x ¶f = bx - 2 ay ¶y ¶f = 0 ¶z V = - (2 ax + by )i - (bx - 2 ay ) j m = - ( 2 ax + by )
u = - ( bx - 2 ay ) w = 0 éi j k ù ú ê ¶ ¶ ¶ ú ÑV = ê ê ¶x ¶y ¶z ú ú ê u wû ëm æ ¶w ¶u ö ÷i Ñ .V = çç ¶ z ÷ø è ¶y Ñ .V = 0 i + 0 j + ( -
¶w æ ¶m ç ¶x è ¶z b + b )k =
æ ¶u ¶m ö ÷ j - çç ¶y ø è ¶x 0
ö ÷÷ k ø
1 Ñ .V = 0 2 \ El flujo es irrotacional
w =
b) Según Las ecuaciones de
¶f = ¶x ¶f u = = ¶y Entonces: ¶f = 2 ax ¶x ¶y = 2 ax ¶y
¶y ¶y ¶y ¶x
y = 2 axy +
1 by 2
m =
+ by + by Integrando 2
+ f ( x ) -----------------(*)
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Derivando respecto a x ¶y = 2 ay + f ' ( x ) ……………………………(a) ¶x Pero: ¶y ¶f = = bx - 2 ay ¶x ¶y ¶y Þ = 2ay - bx ………………………………………(b) ¶x (b) en (a) 2 ay - bx = 2 ay + f ' ( x ) f ' ( x) = -bx integrando respecto a x se tiene f (x) = -
1 bx 2
2
………………………………………..(g)
(g) en (*)
1 1 by 2 bx 2 Rta 2 2 c) Calculando la aceleración ¶V ¶V ¶V ¶V a = + m +u +w ¶t ¶x ¶y ¶z a = 0 - ( 2 ax + by )( - 2 a ) - ( bx - 2 ay )( - 2 a ) + 0 a = 4a² x + 2aby + 2abx - 4a ² y
y
= 2 axy
+
16) Si la función equipotencial f = axy para un flujo plano. a) Verificar la ecuación de la continuidad b) Hallar la función de la línea de corriente c) ¿Qué flujo representa? d) Si a=20 seg. Calcular las componentes de la velocidad en el punto de coordenadas x=8cm; y=2cm. Solución: a) la ecuación de la continuidad obliga : ¶ 2f ¶ 2f ¶ 2f + + = 0 ¶x2 ¶y 2 ¶z 2 f = axy
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¶ 2f = 0 ¶x 2 ¶ 2f = 0 ¶y 2 ¶ 2f = 0 ¶z2 \ La función es continua
b) función de la línea de corriente: f = axy Sabemos ¶f ¶y = ay = ¶x ¶y 1 ay ² + f ( x ) y = 2 ¶y = f '( x ) ¶x Pero ¶y ¶f = = ax ¶x ¶y f ' ( x ) = ax Integrando 1 f (x) = ax 2 2 1 1 \y = ay ² + ax 2 Rta. 2 2 c) Para saber el tipo de flujo se debe determinar w = entonces el flujo es irrotacional si no es rotacional: 1 w = Ñ .V 2 é ¶f ù ¶f ¶f V = -Ñ .f = - ê i + j + k ú ¶y ¶z ë ¶x û ¶f = ay ¶x ¶f = ax ¶y
1 Ñ .V = 0 si esto se cumple 2
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¶f = 0 ¶z V = - ay i - ax j m = - ay
u = - ax w = 0 éi ê ¶ ÑV = ê ê ¶x ê ëm
k ù ú ¶ ú ¶z ú ú wû
j ¶ ¶y u
æ ¶w ¶u = çç ¶z è ¶y 1 w = [0 + 0 - a + 2 \ Es un flujo irrotacional: Ñ .V
æ ¶u ö ¶w ö ¶m ö æ ¶m ÷k ÷÷ i - ç ÷ j - çç ¶x ø ¶ y ÷ø è ¶z è ¶x ø
a
]=
0
d) Si a=20 seg. Calcular las componentes de la velocidad en el punto de coordenadas x=8cm; y=2cm.
m = - ay = - 20 * 0 . 08 = 1 . 6 m / s u = - ax = - 20 * 0 . 02 = 0 . 4 m / s w = 0 17) En el sistema de la figura se muestra a tres reservorios y una bomba de 153H.P. de potencia con una eficiencia del 100%, el sistema de tuberías transporta agua, la presión en el punto p es 36.5m de agua, la válvula V origina una pérdida de 3.05m de agua y el coeficiente de Hazem y Williams es 120pie/s. Calcular los caudales en cada tubo y la cota “B”. Cota=??
B V
30.5m
A L=
D= 30
00
24
m
D
''
Bomba
P 3.05m
Q
=2
' 4' 2 L=
45
0m
11.6m
D=24'' L=1220m
D=12''
C
L=620m
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B 30.5m
V
A (4) Q4 Q1
(1)
(2)
P
Q
Q2
11.6m
M (3) Q3
C
3.05m
La cota piezométrica P es 3.05+36.5=39.55m. y 30.5 cota del reservorio A, entonces el flujo va de P hacia A, cuyo caudal lo hallaremos: Sabemos que: æ hf ö ÷÷ çç Q=0.000426 CD è L ø Q=0.000426 CD 2 . 63 S 0 . 54 hf m/Km. S = L
0 . 54
2 . 63
1 .85
æ 2347 . 42 Q ö h f = Lç ÷ 2 . 63 è CD ø Donde: Q=lts./s; L=Km.; D=Pulg. y C = pie / seg . Proseguiendo con nuestro calculus 39 . 55 - 30 . 5 m S1 = = 3 . 02 3 Km 2 . 63 0 . 54 Q 1 =0.000426* 120 * 24 S Q 1 = 396 lts / s La bomba tiene una potencia: g Qh B 76 n . pot Þ hB = pero Pot = gQ 76 n hB = E P - E Q
76 * 1 * 153 100 * 0 . 396 = 7 . 14 m
36 . 5 - E Q = E
Q
También Q 1 = Q 2 = 396 lts / s Calculemos h f 2 Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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æ 2347 . 42 * 396 ö h f 2 = 1 . 22 ç ÷ 2 .63 è 120 * 24 ø h f 2 = 3 . 68 m
1 .85
Cota piezométrica en Q =3.05+7.14 =10.19m. Cota piezométrica en M=10.19 + 3.68 = 13.87m. El flujo va de M hacia C, ya que la cota piezométrica de M es mayor que la del reservorio C, cuyo caudal es: m 13 . 87 - 11 . 6 S2 = = 3 . 66 Km 0 . 62 2 .63 0.54 Q 3 = 0.000426* 120 * 12 S Q 3 = 71 lts / s Q 4 = Q 2 + Q 3 = 467 lts / s
æ 2347 .42 * 467 ö h f 4 = 2 . 45 ç ÷ 2 .63 è 120 * 24 ø h f 4 = 10 m
1 .85
Cota Reservorio B = Cota piezométrica de M + Pc.Válvula + h
f 4
Cota Reservorio B = 13.87 + 3.05 + 10 Cota Reservorio B = 26.95m 18) En el sistema de la figura, se tiene una presa de concreto cuyo peso específico es 2400kgf/m³ y una longitud de 4m. Si el valor de C=0.25 m - 1 , Calcular: a) Determinar el valor de h para que la presa inicie su volteo. b) determinar la posición de la resultante de las fuerzas para h=10m. c) Determinar la máxima y mínima tensión de compresión en la base (h=10m), despreciando la fuerza ascensional hidrostático. 3m
Agua
y=cx²
4m
h
Solución:
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n 3m
4m
FV
W2
FH
W1
m
h
W3
A2
A1
A3
a
O
a) 1º) para w 1 Donde g c : Peso específico de concreto. V: Volumen 1 A1 = ah 3 æ 4 * ah ö w1 = 2400 ç ÷ = 3200 * ah è 3 ø 1 x1 = 7 + a Centro de gravedad con respecto a “o” 4 2º) para w 2 A2 = 3h w 2 = 2400 * 4 * 3 h = 28800 * h x 2 = 5 . 5 Centro de gravedad con respecto a “o” 3º) para w 3 A3 = 2 h w3 = 2400 * 4 * 2 h = 19200 * h 8 x3 = Centro de gravedad con respecto a “o” 3 Ahora calculemos FH y FV FH
= g h G A Pr oy
FH = 1000 * m =
h * 4 * h = 2000 h 2 2
1 h 3
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FV = 1000 * 4 *
2 ah ah = 8000 * 3 3
5 a 8 * Haciendo momento con respecto a “o” å Mo = 0 n = 7 +
w1 x 1 + w 2 x 2 + w 3 x 3 + FV .n = FH .m
41.67 a 4 - 2466.67 a 2 - 41066 .67 a - 209600 = 0 a = 12.88m pero h = ca 2 \ h = 41 . 47 m b) Sabemos h a = Para h=10m c a = 6.32m. Þ FH = 2000 h = 20000 kgf 2 FV = 1000 * 4 * ah = 261540.598kgf 3 Falta calcular c) 10.95m 3m
4m
FV W2
FH 3.33m
W1 A1
h=10m
W3
A2
A3
6.32m
O q1 q2
Con las ecuaciones de la parte a) calculemos, Para h=10m y a=6.32m w1 = 3200 * 6 .32 * 10 = 202240 kgf x 1 = 8 . 58 m w 2 = 28800 * 10 = 288000 kgf x 2 = 5 .5 m w 3 = 19200 * 10 = 192000 kgf
x 3 = 2 . 67 m Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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FH = 200000 kgf m = 3 . 33 m FV = 168533 .33kgf n = 10 .95 m å Fv = 0
æ q + q2 ö w 1 + w 2 + w 3 + FV = ç 1 ÷13 . 32 2 è ø q1 + q 2 = 127747 .74 ----------------------------------------(a) Sumatoria de momentos con respecto a “O” å Mo =0 w 1 x 1 + w 2 x 2 + w 3 x 3 + FV .n = FH .m + q 1 *
13 . 32 2 æ q 2 - q 1 ö 13 . 32 2 +ç ÷* 2 2 3 è ø
Remplazando valores y resolviendo, se tiene: 2 q1 + q 2 = 169447 .798 ---------------------------------------(b) Resolviendo (a) y (b) q1 = 41700 .06 kgf / m q 2 = 86047 .68 kgf / m 19) En el sistema de la figura, suponiendo una distribución lineal de tenciones sobre la base de la presa de concreto, calcular: a) La posición donde la resultante de dicha fuerza de tensiones corta a la base. b) La máxima y mínima tensión de compresión en la base. Despreciar el empuje ascensional hidrostático.
20) se tiene un conducto conformado por un tubo circular de 3pulg de radio y un cilindro macizo concéntrico de 2pulg de radio, entre ellas discurre agua con un caudal de 0.2pie³/s. Calcular la máxima velocidad de la distribución de velocidades y el esfuerzo cortante en las paredes.
p 2p r dr - ( p + dp ) 2p r dx + t dx - (t + dt ) 2p ( r + dr ) dx = 0 Simplificando, obtenemos dp t dt =- dx r dr Sustituyendo t = - m du / dr , queda 1 du d 2 u dp = m( + ) dx r dr dr 2 m d du = (r ) r dr dr Esto se integra para dar Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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du 1 dp 2 = r +A dr 4 m dx Una segunda integración produce 1 dp 2 u (r ) = r + A Ln r + B 4 m dx Donde A y B son constantes arbitrarias cuyo valor se determina haciendo m = 0 en r = r1 y en r = r2 ; es decir 1 dp 2 0= r1 + A Ln r12 + B 4 m dx 1 dp 2 0= r2 + A Ln r2 + B 4 m dx La solución es 1 dp r12 - r22 A= 4 m dx Ln ( r2 / r1 ) r
B = - A Lnr 2 -
r22 dp 4 m dx
Entonces ù r22 - r12 1 dp é 2 2 r r Ln ( r / r2 ) ú + 2 ê Ln ( r1 / r2 ) 4 m dx ë û Esto se integra para dar la razón de flujo: u (r ) =
r2
Q = ò u (r )2 pr dr r1
=-
(r22 - r12 ) ù p dp é 4 4 r r 1 ê2 ú Ln(r2 / r1 ) û 8m dx ë
21) En el sistema de la figura, se tiene una compuerta AOB de 4m de longitud y un peso de 100kgf/m² y puede rotar en el eje O, R=5m(radio de curvatura de OA) y a=20º Calcular h para que OB se mantenga Horizontal.
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Aceite D.R.=0.8
Agua
h
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R
a petroleo
2m
P=1141.06kgf/m2
D.R.=0.
D.R.=0.8
A Gas 0.8m
0.2m 1.2m Agua
1.2m
Hg
Solución: Figura de solución P=1141.06
PM = PA + g a + g ( 0 . 2 ) + g b PM = 1141.06 + (a + b) *1000 + 13600 * (0.2) Pero en la figura se puede observar que: a+b=1 PM = 4861 .06kgf / m 2
A
'
G as
a 0.2m
1.2m
b
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Aceite Agua
0.8h
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R=
5m
b
h
1.7m
20
2m
Agua FH1 a
d FV2 FH1 c
F3
FV1 N
b F4
0.8m
1.2m
Agua
M 3.35m
FH
1
= g h G A proy = g ( 0 . 8 h + 1 )( 2 * 4 )
FH 1 = 8000 ( 0 . 8 h + 1) Yp 1 = ( 0 . 8 h + 1 ) +
4 * 2 3 / 12 1 = ( 0 . 8 h + 1) + ( 0 . 8 h + 1) * 2 * 4 3 ( 0 . 8 h + 1)
a = 2 + 0.8 h - Yp 1 2 .4 h + 2 a= 3(0 .8h + 1) b = 27 .9 º
pR 2 b R 2 Sen b = 0.24 m 2 360 º 2 Distancia de o’ a CG de A1 A1 =
Distancia de o’ a CG de A1
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DIAZ MEZA, R
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b /2
R
b
q 1.71m
20
R
A2 A1
2m CG
20+b
0.68m
1.35m
3.35m
2 R 3 Sen 3 ( b / 2) = 4.86 m 3 A1 Fv 1 = g ( 0.8h * 1 .35 + A1 + A2 ) * 4 = g (1.08 h + 0.24 + 1.35) * 4 Fv 1 = 4000 (1.08 h + 1 .59 )
d CG =
(1.08 h + 1.59 )b = 0.8h *
1.35 2 1.35 2 + + 0.24 * 0.68 2 3
0 .73 h + 0 .77 1 .08 h + 1 .59 FH 2 = g 2 (1)( 2 * 4 ) = 900 (8 ) = 7200 kgf 1 c = 2 = 0 .67 m 3 Fv 2 = g 2 ( 4 )(0 .24 + 1 .35) = 5724 kgf
b=
1.35 2 + 0.24 (0.68 ) 3 d = 0 . 48 m F3 = g 2 ( 4)( 2 * 3.35 ) = 24120 kgf
1.59 d =
PN = PM - g (1.2) - g ' (0 .8) PN = 4861 .06 - 1000 (1.2 ) - 850 (0 .8) Þ PN = 2981 .06 kgf / m 2 F4 = PN (3 .35 * 4) Þ F4 = 39946 .2 kgf Aplicación del peso OA Figura peso centro
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DIAZ MEZA, R
O'
q R
20
b
dq
R
A
dl
woB
B 0.76m
3.35m
1.35m
l x = ò xdl '
2.43x = ò '
47.9
20
47.9
RCosq Rdq = R 2 Senq |
20
x = 4 .11 Þ x = 4.11 - 3.35 = 0.76 m x = 0.76 m w OA = 2.43 * 4 * 100 = 972 kgf '
w OB = 3.35 * 4 * 100 = 1340 kgf
åM
o
= 0
æ 3.35 ö æ 3.35 ö FH 1 a + Fv 1 b + ( F3 + w OB )ç ÷ = F4 ç ÷ + w OA (0.76 ) + FH 2 (0 .67 ) + Fv 2 (0 .48 ) è 2 ø è 2 ø Reemplazando valores y despejando h obtenemos: h= 2.62m 22) En el sistema de la figura, se tiene una compuerta OA de 5m de longitud y un peso de 3150kgf y puede rotar en el eje O, R=6m (radio de curvatura de OA) y a=25º Calcular h para que la compuerta inicie a levantarse.
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D.R=0.92 Petrolio 2m
Gas P=3020kgf/m²
h Aceite D.R=0.8
a R
Agua
Agua
0.25m 1.40m
R
Agua Hg
Solución: Figura Gas P=3020kgf/m²
PM = PA + g a + g ' ( 0 . 25 ) + g b PM = 3020 + (a + b) *1000 + 13600 * (0.25) Pero en la figura se puede observar que: a+b=1.15m PM = 7570 kgf / m 2
Agua
1
1.40m
0.25m
PN = PM - g ( 2.53) - g ' ( 2) PN = 3440 kgf / m ² Þ 3440 = g 1 h1 h1 = 4 .3m
FH
a
b
M
Hg D.R=13.6
= g h G A proy = g ' ( h + 1 )( 2 * 5 )
FH 1 = 920 ( h + 1)10 FH 1 = 9200 ( h + 1) 5 * 2 3 / 12 Yp 1 = ( h + 1 ) + ( h + 1) * 2 * 5 1 Yp 1 = ( h + 1 ) + 3 ( h + 1) a = Yp 1 - h 3h + 4 a= 3( h + 1)
D.R =0.92 Petrolio
h
h1
b a
O
N
F V1 F H1
2m
Aceite
c
F H2
D .R=0.8
FV 2 d A
a
R R
Agua
R.Sena =2.53m
M
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g1
g'
h
h1 1.5m
2m
3.93m
O
A1 6 A
25 6
b = 24.02 º pR 2 b
b
2.53m O'
R 2 Sen b = 0.23 m 2 360 º 2 Fv1 = g ' (5)(Area rec tan gulo+ Area triangulo- A1) Fv1 = 920 (5)(1.5 h + 1 .5 - 0 .23) Þ Fv1 = 4600 (1 .5h + 1.27 ) Distancia de o’ a CG de A1 A1 =
d CG =
-
2 R 3 Sen 3 ( b / 2) = 5. 64 m 3 A1
(1.5 h + 1.5 - 0.23)b =
1. 5 2 1 .5 2 h+ * 2 - 0.23(0.57 ) 2 3
1 .12 h + 1 .3 1 .5 h + 1 .27 FH 2 = g 1 ( h 1 + 1 )( 2 * 5 )
b=
Yp 2 = ( h 1 + 1) +
Þ FH
2
= 8000 ( h 1 + 1 )
3
5 * 2 / 12 1 = ( h1 + 1) + ( h1 + 1) * 2 * 5 3 ( h1 + 1)
3h1 + 4 3( h1 + 1) Fv 2 = 800 (5 )(1 .5 h1 + 1 .5 - 0 .23 ) Þ Fv 1 = 4000 (1 . 5 h + 1 .27 ) 1. 12 h1 + 1. 3 Como h1 = 4.3m entonces: d= 1 .5h1 + 1. 27 WAO FH 2 = 42400 kgf y c = 1 . 06 m 0.82m Fv 2 = 30880 kgf y d = 0 . 79 m O 3.93m dl Aplicación del peso OA a x de O Figura peso centro c=
R
A
Longitud de OA ( l c ) 2pR b = 2 .52 m lc = 360
dq R
q
b O'
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l c x = ò xdl '
2.52 x = ò '
49 .02
25
49 .02
RCos q Rd q = R 2 Sen q |
25
x = 4 .75 Þ x = 4.75 - 3.93 = 0.82 m x = 0.82 m w OA = 3150 kgf '
åM
o
=0
FH 1 a + Fv 1 b + w OA (0.82 ) = FH 2 (c ) + Fv 2 ( d ) Reemplazando valores y despejando h obtenemos: h=0.73m 23) En el sistema de la figura, se tiene una compuerta AOB de 8m de longitud y un peso de 120kgf/m² y puede rotar en el eje O, R=6m (radio de curvatura de OA) y a = 25º Calcular h para que la compuerta se mantenga en la posición mostrada. D.R Hg = 13.6 Solución: De la figura. O' A
R
h
D.R=0.6
A Gas
Petroleo
P= -1546kgf/m²
Agua
D.R=0.8
Agua
1m
O
B Agua
1m
A D.R=0.75
2.2m 0.3m Agua
0.2m
1.4m
Hg Hg
Solución: a + 0.3 - b + 0.2 + c = 2.2 a - b + c = 1 .7 PM = -1546 + g ( a - b + c ) + g Hg (0.3 + 0.2)
PM = -1546 + 1000 (1.7 ) + 13600 (0.5) PM = 6954 kgf / m 2
G as
P = -1546kgf/m ² A gua a A gua 2.2m
0.3m
b 0 .2m
c Hg
M
Hg
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O' A
f q
b
R
D.R=0.6
a Petroleo D.R=0.8
c FH2
A
d
FH3
O
FV2
a
e
Agua
1m
FV3
f
B 1m
h
FV1 A D.R=0.75
Agua
FH1
b
1.4m
M
f = 65 º 3.54 Þ q = 53 .84 º Cos q = 6 Þ b = 11 .16 º a) Para la parte O | BO PB = PM - 1000 (1 .4 ) - 750
O' q
R
3.54m
PB = 4804 kgf / m 2 Þ 4804 = gH = 1000 H H = 4.8m y h1 = 2.34 m FH 1 = 1000 ( h 1 + 1 . 23 )( 2 . 46 * 8 ) FH1 = 70257.6kgf
2.3m
R Agua H
O
A2 A1
B 1m
8 * 2 . 46 3 / 12 = 3 . 71 m Yp 1 = ( h1 + 1 .23 ) + ( h1 + 1 . 23 ) * 8 * 2 .46 a = Yp 1 - h1 Þ a = 1.37 m
h1=2.34m
a
CG
FV1 A D.R=0.75
Agua
2.46m
FH1 b
1.4m
M 4.84m
pR 2q R 2 Sen q A1 = = 2.38 m 2 360 º 2 2 . 46 * 4 . 84 A2 = = 5 . 95 m ² 2 Distancia de o’ a CG de A1 Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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DIAZ MEZA, R
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Figura centro 2 R 3 Sen 3 (q / 2 ) d CG = = 5 .61m 3 A1 Fv 1 = 1000 ( A1 + A 2 + 4 .84 * 2 .34 )( 8 ) Fv 1 = 157244 .8 kgf 2 4 .84 ² * 2 .34 19 .66 b = 2 .38 * 2 .3 + 5 .95 * ( 4 .84 ) 3 2 b = 2 . 65 m b) Para la parte O | AB
FH 2 = 800 (1 . 73 ) * 3 . 46 * 8 FH 2 = 38309.12kgf
Yp 2 = 1 .73 +
65
8 * 346 3 / 12 = 2 .31m 1.73 * 8 * 3 .46
c = 1 .31m pR 2f R 2 Sen f A|1 = = 4.12 m 2 3.46m 360 º 2 A | 2 = 9 .41 m ² Distancia de o’ a CG de A | 1 Figura centro 2 R 3 Sen 3 (f / 2 ) | = 5 .42 m d CG = 3 A |1 Fv 2 = 800 ( A |1 + A | 2 )( 8) Fv 2 = 86592 kgf 1 13 .53d | = 4 .12 * 2 .91 + 9 .41 * (5 .44 ) 3 d | = 2.15 m con respecto a B d = 4.84 - 2.15 Þ d = 2.69 m Respecto a O
5.44m
O'
R 25
A
Petroleo D.R=0.8
A' 2
CG'
O
A '1
B
1.93m
c) Para la parte O | AO (Reemplazando aceite por agua)
FH FH
3 3
= 1000 ( 0 . 6 h + 0 . 5 )( 1 * 8 ) = 8000 ( 0 . 6 h + 0 . 5 ) = 8000 ( 0 . 6 h + 0 . 5 )
Yp 3 = ( 0 . 6 h + 0 . 5 ) +
8 * 1 3 / 12 1 = ( 0 .6 h + 0 . 5 ) + ( 0 .6 h + 0 . 5 ) * 8 * 1 12 ( 0 . 6 h + 0 . 5 )
e = 0 .6 h + 1 - Yp 3
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DIAZ MEZA, R
e=
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3. 6 h + 2 12 (0 .6 h + 0.5)
pR 2 b R 2 Sen b A1= = 0. 022 m 2 360 º 2 || A 2 = 0 .3 m ² Distancia de o’ a CG de A | 1 Figura centro 2 R 3 Sen 3 ( b / 2 ) = 6.02 m d || CG = 3 A || 1 Fv 3 = 1000 ( A || 1 + A || 2 + 0 .6 * 0 . 6 h )(8 ) Fv 3 = 8000 ( 0 . 36 h + 0 . 322 ) ||
0.6m
O' b
Aceite
R
Agua
R
0.6h
h
A
25
A''2 CG A''1
1m
O
0.34m
( 0 .36 h + 0 .322 ) f = 0 .022 * 0 .34 + f =
0 .108 h + 0 .067 0 .36 h + 0 .322
0 . 3 * 0 .6 + 0 .36 h * 0 .3 3
Aplicación del peso AOB a x de O Figura peso centro O'
Longitud de OA ( l c ) 2pR f = 6 .81m lc = 360 | l c x = ò xdl
65
q R
65
65
0
0
x = 3.05 m Þ x = 4.84 - 3.05 = 1.79 m x = 1.79 m w AOB = 6 .81 * 8 * 120 = 6537 .6 kgf
dq
A
WAB
6.81x = ò RSen q Rd q = - R 2 Cos q | |
R
O
|
åM
o
B
dl 1.79m
=0
FH 1 ( a ) + Fv1 (b ) = wOA ( x ) + FH 2 (c ) + Fv 2 ( d ) + FH 3 (e) + Fv 3 ( f ) Reemplazando valores y despejando h obtenemos: h=66.26m |
24) En el sistema de la figura, se tiene una compuerta OA de 7m de longitud y un peso de 3420kgf y puede rotar en el eje O, R=5m (radio de curvatura de OA) y a=20º Calcular h para que la compuerta inicie a levantarse. D.R Hg = 13.6
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DIAZ MEZA, R
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Petroleo
h
D.R=0.8
O G as
O'
R
a
P= 2800kgf/m ²
Agua
R 2m
Aceite D.R=0.75
A 1.6m
0.2m 2m
Ag ua
Hg
Solución: PM = PA + g a + g | ( 0 . 2 ) + g b PM = 2800 + (a + b) *1000 + 13600 * (0.2) Pero en la figura se puede observar que: a+b=1.4m PM = 6920 kgf / m 2 PN = PM - g ( 2) - g 1 ( 2) PN = 3420 kgf / m ² Liberando a una superficie libre
Gas P= 2800kgf/m² Agua a
1.6m 0.2m
b
M
Hg Hg
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DIAZ MEZA, R
Aceite
Petroleo
D.R=0.75
D.R=0.8
h 1 =4.56m O
a
N
Aceite
R
d
a
FV2 FH1
2m
O' h
R
c
FH2
F V1
b
A
Agua
2m
O'
b M 1 .3 5 m
R
Þ 3420 = g 1 h1 h1 = 4.56 m FH 1 = g 1 ( h 1 + 1 )( 2 * 7 ) FH 1 = 750 ( 4 .56 + 1)14 FH 1 = 58380 kgf 1 Yp 1 = ( h 1 + 1 ) + 3 ( h1 + 1) Yp 1 = 5 . 56 +
a
O
A2 A1
R
2m
CG
0 .6 7 m
A
3 .3 5 m
1 = 5 . 62 3 ( 5 . 56 )
a = Yp 1 - h1 a = 1 . 06 m b = 27 .9 º
A1 =
pR 2 b R 2 Sen b = 0.24 m 2 360 º 2
Fv 1 = g | (5)( Area rec tan gulo + Area triangulo + A1 ) Fv 1 = 750 ( 7 )(1 .35 * 4 .56 + 1 .35 + 0 .24 ) Þ Fv 1 = 40666 .5 kgf Distancia de o’ a CG de A1 Figura centro 2 R 3 Sen 3 ( b / 2) = 4.86 m d CG = 3 A1 7.746 b = 0.24 * 0 .67 + 1.35 * b = 0 .714 m
FH
2
= g | ( h + 1 )( 2 * 7 )
2 1.35 2 (1.35) + * 4.56 3 2
Þ FH
2
= 11200 ( h + 1 )
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1 7 * 2 3 / 12 Yp 2 = ( h + 1 ) + = ( h + 1) + 3 ( h + 1) ( h + 1) * 2 * 7 3h + 4 c= 3( h + 1) Fv 2 = 800 ( 7 )(1 . 35 h + 0 .24 + 1 .35 ) Þ Fv 1 = 5600 (1 .35 h + 1 .59 ) 0 .91h + 1 .38 d= 1 .35 h + 1 .59 Aplicación del peso OA a x de O Figura peso centro Longitud de OA ( l c ) R.Cosq
2pR b = 2.43 m 360 ' l c x = ò xdl
R
lc =
2.43 x = ò |
47 .9
20
dq
O 47 .9
RCos q Rd q = R 2 Sen q |
a
O'
b
R
WAO
dl
q
20
x = 4.11 Þ x = 4.7 - 4.11 = 0.59 m x = 0.59 m w OA = 3420 kgf |
å
M
o
0.59m
A
3.35m
= 0
FH 1 a + Fv 1 b = FH 2 ( c ) + Fv 2 ( d ) + wOA ( x ) Reemplazando valores y despejando h obtenemos: h=4.503m
25) En el sistema de la figura, se tiene una compuerta OA de 6m de longitud y un peso de 3500kgf y puede rotar en el eje O, R=4m (radio de curvatura de OA) y a=15º, Presión relativa en PQ es 6035kgf/m². Calcular h para que la compuerta inicie a levantarse.
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Petroleo
h
D.R=0.8
O Petroleo Agua
1m
A
R
R
a
Solución:
Petroleo
h 1=3.995m
h
D.R=0.8
d
N O
FV2
a FV1
Agua
F H1
R
b
Petroleo
1m
A
R
q
c
F H2
1.04m
b a
P
Q 3.86m
q = Cos
-1
æ 2 . 04 ö ç ÷ = 59 . 34 º è 4 ø
h
b = 15.66º Pero en la figura se puede observar que:
0.42m
O
A1
PQ = 6035kgf / m PN = PQ - g ( 2 .04 ) 2
CG
R
1m
0.24m A
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3.86m
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PN = 3995 kgf / m ² Þ 3995 = gh1 h1 = 3 .995 m FH 1 = g ( h 1 + 0 . 5 )( 1 * 6 ) FH 1 = 26970 kgf FH 1 = 9200 ( h + 1)
Þ FH
2
= 6000 ( h 1 + 0 . 5 )
a = Yp 1 - h1 a = 0 .515 m b = 15 .66 º
pR 2 b R 2 Sen b A1 = = 0.027 m 2 360 º 2 Fv1 = g (6)( Area rec tan gulo + Area triangulo - A1 ) Fv 1 = 1000 ( 6 )( 0 .42 * 3 .995 + 0 .21 - 0 .027 ) Þ Fv 1 = 11165 .4 kgf Distancia de o’ a CG de A1 Figura centro 2 R 3 Sen 3 ( b / 2) d CG = = 3. 99 m 3 A1 X = 0 . 24 m 2 0.42 2 1.86 b = 0.21 * (0.42 ) - 0.027 * 0.24 + * 3.995 3 2 b = 0. 22 m FH 2 = g 1 ( h + 0 . 5 )( 1 * 6 ) Þ FH 2 = 4800 ( h + 0 . 5 ) Yp c=
2
= ( h + 0 .5 ) +
6 * 1 3 / 12 1 = ( h + 0 .5 ) + ( h + 0 .5 ) * 1 * 6 12 ( h + 0 . 5 )
3h + 2 6 ( h + 0 .5 )
0.25m W AO O dl R A dq
b
R
q
a P R .cos q
Fv 2 = 800 ( 6 )( 0 .42 h + 0 .21 - 0 .027 )
Þ Fv 1 = 4800 ( 0 .42 h + 0 .183 )
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d=
0 .09 h + 0 .052 0.42 h + 0 .183
Aplicación del peso OA a x de O Figura peso centro Longitud de OA ( l c )
2pRb = 1 .09 m 360 º ' l c x = ò xdl lc =
1 .09 x = ò |
30 .66
15
30 .66
RCos q Rd q = R 2 Sen q |
15
x = 3. 69 m Þ x = 3.69 - 3 .44 = 0 .25 m x = 0.25 m w OA = 3500 kgf |
å
M
o
= 0
FH 1 a + Fv 1 b = FH 2 ( c ) + Fv 2 ( d ) + wOA ( x ) Reemplazando valores y despejando h obtenemos: h=4.81m
26) En la figura se muestra una compuerta AOB de 2m de ancho, OB es parábola donde c = 0 . 25 m - 1 Determinar el valor de h para que dicha Compuerta inicie a levantarse desprecie el peso de la compuerta. B Agua h
20cm
Aire N2
30cm
CO
32cm
Hg
Hg
O Agua
40cm
2.5cm
D.R=0.8
Hg
Agua
A
1.5cm
25cm
CO2
Aceite
30cm
y=cx²
5.71cm
Hg D.R=16
Solución:
PN = 0.32 *13600 - 0.25 *13600 - 0.3 *13600 + 800 * 0.04 + 1600 * 0.0571 - 1000(0.0721) + 0.2 *13600 - 0.3 *1000
PN = 165 .5kgf / m ² Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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Liberando presión b
B
PN = g h = 1000 ( h ) |
|
h | = 0.1655 m FH = 1000 ( h | + 0 .2 )( 0 . 4 * 2 ) FH = 292 .4 kgf Yp = ( 0 .1655 + 0 .2 ) +
FV1
d h'
FH1 c
h
y=cx²
3
2 * 0 .4 / 12 (0 .1655 + 0 .2 ) * 2 * 0 .4
Yp = 0 .402 m a = Yp - 0.1655 a = 0 .236 m Para la parte Parabólico: y = cx² Para y = h; x = b Þ h = cb²
N a
O 40cm
FH A
Ahora calculemos FH y FV FH 1 = g h G A Pr oy
FH 1 = 1000 * m =
h * 2 * h = 1000 h 2 2
1 h 3
Fv 1 = 1000 * 2 *
2 bh bh = 4000 * 3 3
5 b 4 Sumatoria de momentos con respecto a “O” å Mo = 0 n =
FH ( a ) = Fv 1 .n + FH 1 .m
292 . 4 * 0 . 236 = 1000 h 2 *
1 4000 5 h+ bh * b 3 3 4
h donde c = 0 . 25 m - 1 c Þ 69 * 3 = 1000 h 3 + 20000 h 2 h=101.48mm Pero b 2 =
27) La presión a la salida de la bomba es de 110000kgf/m² para una potencia de 100HP co una eficiencia de 70% la carga perdida a través de la válvula “V” es de 10m los tubos son de hierro galvanizado con una rugosidad absoluta de 0.00015m., L1=150m., D1=0.3m., L2=300m., D2=0.15m., L3=200m., D3=0.2m., L4==300m. hallar la dirección del flujo y el caudal en cada tubería, así también la cota del nivel de Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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agua en el reservorio “R”. La viscosidad cinemática del líquido es n = 10 - 6 m 2 / s . 100m Cota=??
B
R (1)
N
(4) 10m (3)
30m
(2)
A
Solución: 100m Cota=??
B
R (1)
N
(4) 10m
Q 30m
(3)
(2)
Q
Q
Calculando la rugosidad relativa 0 . 00015 e = = 0 . 0005 D1 0 . 30 0 . 00015 e = = 0 . 00075 D3 0 . 20 Calculando el número de reynolds VD QD Re = = Þ n npD 2 / 4 Re1 = 4.23 *10 6 Q1 Re 3 = 6.35 *10 6 Q3 Calculando h f Perdida por fricción
se
sabe :
h f = 0 . 0826
h f1 = 5098.76 f1Q12
76 n pot gQ 4
0 . 00015 e = = 0 . 001 . D2 0 . 15 0 . 00015 e = = 0 . 0006 D4 0 . 25
Q D 6 Re 2 = 8.46 *10 Q2 Re = 1.27 *10 6
Re 4 = 5.08 *10 6 Q4
fLQ 2 por Darcy D5 h f 2 = 326320.98 f 2Q22
h f 3 = 51625 f 3 Q 32 hB =
S
I
Q
A
h f 4 = 25374 .72 f 4 Q 42 Þ
hB =
5 .32 Q4
de bomba
BERNOULLI ( S _ B )
P Q2 + + 10 = 100 + h f 4 g 2 g (p 0.25 2 / 4) Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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Þ F = 25374 . 72 f 4 Q 42 - 1 . 038 Q 42 = 20 -----------------(I) -Asumiendo caudal Q 4 = 0 . 1 m ³ / s Þ R e 4 = 5 . 08 * 10 5 Con R e 4 y e / D 4 del ábaco de Moody Þ f 4 = 0 . 0193 En (I) Þ F = 4 . 68 m -Asumiendo caudal Q 4 = 0 . 2 m ³ / s Þ R e 4 = 1 . 01 * 10 6 Con R e 4 y e / D 4 del ábaco de Moody Þ f 4 = 0 . 0179 En (I) Þ F = 18 . 405 m -Asumiendo caudal Q 4 = 0 . 25 m ³ / s Þ R e 4 = 1 . 27 * 10 6 Con R e 4 y e / D 4 del ábaco de Moody Þ f 4 = 0 . 0178 En (I) Þ F = 28 . 32 m Graficando Q VS F Del gráfico: con F=20m de (I) Q 4 = 0 . 21 m ³ / s Rpta. Þ f 4 = 0 . 0179 Pero Q 3 = Q 4 Þ Q 3 = 0 . 21 m ³ / s Þ R e 3 = 1 . 33 * 10
Con R e 3 Þ hf3
6
e / D 3 del ábaco de Moody Þ f 3 = 0 . 0186 = 42 . 345 m y
PS Q 42 ES = + + 10 m = 110.046 m g 2 g (p 0.25 2 / 4) Þ E S = 110 . 046 m 5 . 32 E S - E I = hB = Þ E I = 84 . 716 m Q4 Bernoulli (A – I) 30 m = E I + h f 3 + h f 2 = 84 . 716 + 42 . 345 + h f 2 Þ h f 2 = - 97 . 061 m El signo negativo indica que el sentido del flujo asumido es
contrario: Þ h f 2 = 97 . 061 m el flujo entra al reservorio A Pero h f 2 = 326320.98 f 2Q22
Þ f 2Q22 = 0.000297
f 2 Q 22 = 0 . 000297 --------------------------------(II) -Asumiendo caudal Q 2 = 0 . 1 m ³ / s Þ R e 2 = 8 . 46 * 10 5 Con R e 2 y e / D 2 del ábaco de Moody Þ f 2 = 0 . 02 Luego f 2 Q 22 = 0 . 0002 -Asumiendo caudal Q 2 = 0 . 15 m ³ / s Þ R e 2 = 1 . 26 * 10 6 Con R e 2 y e / D 2 del ábaco de Moody Þ f 2 = 0 . 020 Luego f 2 Q 22 = 0 . 00045 -Asumiendo caudal Q 2 = 0 . 05 m ³ / s Þ R e 2 = 0 . 423 * 10 Con R e 2 y e / D 2 del ábaco de Moody Þ f 2 = 0 . 02
6
Luego f 2 Q 22 = 0 . 00005 Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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Graficando Q VS F Del gráfico: con f 2 Q 22 = 0 . 000297 obtenemos: Q 2 = 0 . 12 m ³ / s Rpta. Por continuidad Q 1 = Q 2 + Q 3 Þ Q 1 = 0 . 33 m ³ / s Rpta Luego R e 1 = 4 . 19 * 10 6 Con R e 1 y e / D 1 del ábaco de Moody Þ f 1 = 0 . 0182 Þ h f 1 = 10 .1m Bernoulli (R – I) E R = E I + h f1 + h f 3 + hN Cota R = 84 . 716 + 10 . 1 + 42 . 345 + 10 Cota R = 147 . 161 m Rpta 28) En el sistema de la figura las tuberías tiene una rugosidad absoluta de 0.00025m y n = 1 . 001 * 10 - 6 m 2 / s . Calcular el diámetro de las tuberías 2 y la perdida de carga total. 11 m
A (1) L 1= D1= 400 m 0 .2 m
4m 00
B
(2) L 2= 5 00 D2=? m
C
Solución: 11m
A (1) 4m
Q
00m
B
(2)
Q
0 . 00025 e = = 0 . 00125 D1 0 . 20 Q Re = 1.27 * 10 6 D Re1 = 6.36 * 10 6 Q1
C
0 . 00025 e = =? D2 D2
Re 2 = 1.272 * 10
6
Q2 D2
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h f = 0 . 0826
fLQ D5
sabe :
h f1 = 103250 f 1Q
2 1
hf 2
Bernoulli (A – B) E A = E B + h f 1 + h LA + h LB 11 = 4 + 103250 F = 103250
f 1Q
2 1
2
por Darcy
Q22 = 41.3 f 2 5 D
Q 12 (K + 0 . 0826 D 14
A
+ K
B
)
f 1 Q 12 + 77 . 44 Q 12 = 7 --------------------------(a)
-Asumiendo caudal Q 1 = 0 . 05 m ³ / s Þ R e 1 = 3 . 18 * 10 5 Con R e 1 y e / D 1 del ábaco de Moody Þ f 1 = 0 . 0215 En (a) Þ F = 5 . 76 m -Asumiendo caudal Q 1 = 0 . 06 m ³ / s Þ R e 1 = 3 . 816 * 10 5 Con R e 1 y e / D 1 del ábaco de Moody Þ f 1 = 0 . 0214 En (a) Þ F = 8 . 24 m -Asumiendo caudal Q 1 = 0 . 055 m ³ / s Þ R e 1 = 3 . 498 * 10 5 Con R e 1 y e / D 1 del ábaco de Moody Þ f 1 = 0 . 021468 En (a) Þ F = 6 . 94 m *) si al asumir caudal y calculado f, reemplazamos en (a) esto no satisface entonces se procede a graficar como en el problema anterior o interpolar con programas de calculadora: \ Q 1 = 0 . 055 m ³ / s Rpta Bernoulli (B – C) E B = E C + h f 2 + h LB 4 = 0 + 41 . 3 f 2 Pero Q 1 = Q 2 K B = 0 .5
Þ 4 = 0 . 1249
Q 22 Q 22 + K 0 . 0826 * B D 25 D 25 Þ Q 2 = 0 . 055 m ³ / s
f2 0 . 0001249 + 5 D2 D 25
= M -----------------------(b)
e = 0 . 001 D2 Como Q 2 = 0 . 055 m ³ / s Þ R e 2 = 279840 Con R e 2 y e / D 2 del ábaco de Moody Þ f 2 = 0 . 020667 En (b) Þ M = 2 . 67 m e -Asumiendo Diámetro D 2 = 0 . 30 m Þ = 0 . 00083 D2 -Asumiendo Diámetro D 2 = 0 . 25 m
Þ
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Como Q 2 = 0 . 055 m ³ / s y D 2 = 0 . 30 m Con R e 2 y e / D 2 del ábaco de Moody Þ En (b) Þ M = 1 . 05 m e -Asumiendo Diámetro D 2 = 0 . 20 m Þ = D2 Como Q 2 = 0 . 055 m ³ / s y D 2 = 0 . 20 m
Þ R e 2 = 233200 f 2 = 0 . 02014
0 . 00125 Þ R e 2 = 349800
Con R e 2 y e / D 2 del ábaco de Moody Þ f 2 = 0 . 021468 En (b) Þ M = 8 . 5 m De estos 3 valores se puede concluir que solo el diámetro de 0.25m satisface, ya que es un diámetro comercial de 10Pulg equivalente a 0.25m: D 2 = 0 . 25 m Rpta. Falta perdida de carga total 29) Dos reservorios A y B como muestra la figura, están conectados por una tubería de 10” de diámetro y 3000pies de longitud, otros dos reservorios C y D están conectados por una tubería de 12” de diámetro y 6000pies de longitud. Para incrementar la cantidad de agua que entra a D las dos tuberías se conectan por una tubería MN de 5500pies de longitud. La distancia AM=1000pies y ND=2000pies. Calcular: a) Los caudales que entran a los reservorios B y D Cuando por la tubería MN discurren 1pie³/s. b) El mínimo diámetro que debe tener MN para transportar 1pie³/s. (Considere solo perdidas por fricción). 50'
A
(1) M
30' (2)
B
40' (5)
C
(3)
0' (4)
N
D
Solución: 50'=15m
A
(1) Q1 40'=12m
C
30'=9m
M Q5
(5)
(2) Q2
B
(3) Q3
0' N
(4) Q4
D
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L 1 = 1000
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= 300 m
D 1 = 10 " = 0 . 25 m
L 2 = 2000
|
= 600 m
D 2 = 10 " = 0 . 25 m
L 3 = 4000
|
= 1200 m
D 3 = 12 " = 0 . 30 m
L 4 = 2000
|
= 600 m
D 4 = 12 " = 0 . 30 m
|
L 5 = 5500 = 1650 m D5 = ? Q 5 = 0 . 027 m ³ / s Calculando la rugosidad relativa 0 . 0002 0 . 0002 e e e e = = = 0 . 0008 = = = 0 . 00067 D1 D2 D3 D4 0 . 25 0 . 30 Calculando el número de reynolds VD QD Q Re = R e = 1 .27 * 10 6 = Þ 2 n D np D / 4 6 6 Re1 = 5.08 *10 Q1 Re2 = 5.08 *10 Q2 |
Re3 = 4.23 *10 6 Q3 Re 4 = 4.23 *106 Q4 Calculando h f Perdida por fricción
h f 1 = 25374.72 f1Q12
fLQ 2 por Darcy D5 h f 2 = 50749.44 f 2 Q22
h f 3 = 40790.12 f 3Q32
h f 4 = 20395.06 f 4 Q42
se
sabe :
h f = 0 .0826
Las tuberías (1) Y (2) es la misma entonces. f 1 = f 2 lo mismo Las tuberías (3) y (4) Þ f 3 = f 4 Bernoulli (A – B) E A = E B + h f 1 + h2 15 = 9 + 25374 . 72 f 1 Q 12 + 50749 . 44 f 2 Q 22 6 = 25374 . 72 f 1 Q 12 + 50749 . 44 f 1 Q 22 Pero Q 1 = Q 2 + Q 5 Þ Q 1 = Q 2 + 0 . 027 Þ 6 = 25374 . 72 f 1 ( Q 2 + 0 . 027 ) 2 + 50749 . 44 f 1 Q 22 = F ----------------(a)
-Asumiendo caudal Q 2 = 0 . 1 m ³ / s Þ R e 2 = 5 . 08 * 10 5 Con R e 2 y e / D 2 del ábaco de Moody Þ f 2 = 0 . 0193 En (a) Þ F = 17 . 69 m -Asumiendo caudal Q 2 = 0 . 05 m ³ / s Þ R e 2 = 1 . 27 * 10 4 Con R e 2 y e / D 2 del ábaco de Moody Þ f 2 = 0 . 03036 En (a) Þ F = 8 . 42 m -Asumiendo caudal Q 2 = 0 . 04 m ³ / s Þ R e 2 = 8128 Con R e 2 y e / D 2 del ábaco de Moody Þ f 2 = 0 . 0337 En (a) Þ F = 6 . 58 m Interpolando se tiene: Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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Q 2 = 0 . 039 m ³ / s Rpta Q 1 = Q 2 + Q 5 Þ Q 1 = 0 . 066 m ³ / s Bernoulli (C – D) E C = E D + h f 3 + h4
12 = 0 + 40790 .12 f 3 Q 32 + 20395 . 06 f 4 Q 42 Q4 = Q3 + Q5
pero
Þ Q 4 = Q 3 + 0 .027
Þ N = 12 = 40790 .12 f 3 Q 32 + 20395 . 06 f 3 ( Q 3 + 0 .027 ) 2 - - - - - - - - - - - - ( b ) 1º Asumiendo caudal Q 3 = 0 . 07 m ³ / s Þ R e 3 Con R e 3 y e / D 3 del ábaco de Moody Þ f 3 En (b) Þ N = 10 . 612 m 2º Asumiendo caudal Q 3 = 0 . 08 m ³ / s Þ R e 3 Con R e 3 y e / D 3 del ábaco de Moody Þ f 3 En (b) Þ N = 12 . 705 m
= 20727 = 0 . 027 = 27072 = 0 . 0257
3º Asumiendo caudal Q3 = 0.078 m ³ / s Þ Re 3 = 25735 .32 Con R e 3 y e / D 3 del ábaco de Moody Þ f 3 = 0 . 0259 En (b) Þ N = 12 . 27 m Interpolando se obtiene: Q 3 = 0 . 0779 m ³ / s Q 4 = Q 3 + Q 5 Þ Q 4 = 0 . 105 m ³ / s Calculemos h f 1 y h f 3 Para Q 1 = 0 . 066 m ³ / s Þ R e1 = 22128 . 48 h f 1 = 2 . 98 m
y
f 1 = 0 . 027
Para Q 4 = 0 . 105 m ³ / s Þ R e 4 = 46435 . 75 h f 4 = 5 . 24 m
y
f 4 = 0 . 0233
Bernoulli (A – D) E A = E D + h f 1 + h4 + h f 5 15 = 2 . 98 + 5 . 24 + 0 . 0826 * 1650
f 5 Q 52 D 55
f5 = 68 . 24 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - (g ) D 55 e -Asumiendo Diámetro D 5 = 0 . 20 m Þ = 0 . 001 D5 Como Q 5 = 0 . 027 m ³ / s Þ R e 5 = 171450 Þ
Con R e 5
y
e / D 5 del ábaco de Moody Þ f 5 = 0 . 0212
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f5 = 66 . 25 m D 55 Un diámetro comercial adecuado es D 5 = 0 . 20 m =8pulg Rpta.
En (g) Þ
30) Calcular los diámetros de las tuberías de la red de la figura, si los caudales en E y F son respectivamente 20 y 30L/s y el agua se libera con igual presión e igual velocidad en E y F C H = 100 pie / s para toda las tuberias presión, el diámetro del tramo CD deberá ser mayor que los diámetros DE y DF (D1=2D2). 20m 20m
7 00
D2 m 8 00
D1
m
(1) 50 0
(2)
m
(3) 500
m
15m
70
0m
(4) F (5)
10m
E
Solución:
20m 20m
70
Q
D2 0m 80 (2 )
D1 0m
(1 )
500
P Q3
Q
m
(3 )
500
Q Q4
F
70
0m
Q
15m
m
(4 )
(5 )
10m E
D1 = 2 D 2 Q 5 = 20 L / s Q 4 = 30 L / s VE = VF y PE = PF Q 3 = Q 4 + Q 5 Þ Q 3 = 50 L / s Q 1 + Q 2 = Q 3 Þ Q 1 + Q 2 = 50 L / s ……………………………………………( 1) Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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30 20 = 2 (p D 4 / 4 ) ( p D 52 / 4 ) Ecuación de la energía EQ = E F + h f 4 = E E + h f 5 VE = VF
Þ
Þ D 4 = 1 . 22 D 5 .......... .......... .......... .(*)
PF V F2 P V2 + + 15 + h f 4 = E + E + 10 + h f 5 2g 2g g g como PF = PE y VF = VE Þ h f 5 - h f 4 = 5 .......... .......... .......... .......... .......... .........( a ) De la ecuación de Hazen y Williams
hf
æ 2347 . 42 Q ö = Lç ÷ 2 . 63 è CD ø
1 . 85
1 . 85
æ 2347 . 42 * 20 ö æ 2347 . 42 * 30 ÷÷ - 0 . 5 çç De (a) 0 . 7 çç 2 . 63 2 . 63 è 100 D 4 è 100 D 5 ø 61319 92733 . 64 = 5 .......... .......... .......... .......... 4 . 86 D5 D 44 . 86 De (*)
(**)
y
\ El diámetro Diametro
Þ D 5 = 5 . 81 "
adecuado
y
ö ÷÷ ø
1 . 85
=5
..(**)
D 4 = 7 . 09 "
es :
comercial
D 4 = 8"
y
D 5 = 6"
D 4 = 8 " = 0 . 20 m Q4 0 . 03 V4 = = = 0 . 95 m / s 2 (p D 4 / 4 ) p * 0 . 2 2 / 4
æ 2347 . 42 * 30 ö h f 4 = 0 .5 ç ÷ 2 . 63 è 100 * 8 ø EQ = E F + h f 4
1 . 85
= 3 . 74 m
0 . 95 2 + 3 . 74 = 18 . 75 m 2 * 9 . 81 = 18 . 75 m
E Q = 15 + EQ
E P = E Q + h f 3 = 18 . 75 m + h f 3 E P = 18 . 75 m + h f 3 .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... ..( 2 ) Pero : E P = 40 - h f 1 = 35 - h f 2 .......... .......... .......... .......... .......... .....( a ) De ( 2 ) y (a ) h f 1 + h f 3 = 21 . 25 m .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .( b ) h f 2 + h f 3 = 16 . 25 m .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .( q ) Pero : D 3 > D 4 Þ D 3 > 8 " Escogiendo diámetro comercial adecuado
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D 3 = 10 "
hf3 hf3
æ 2347 . 42 * 50 ö = 0 .5 ç ÷ 2 . 63 è 100 * 10 ø = 3 . 25 m
1 . 85
= 3 . 25 m
En (b) h f 1 = 18 m æ 2347 . 42 * Q 1 = 0 . 7 çç 2 . 63 è 100 * D 1
pero :
hf1
Þ 8 . 24
Q 11 . 85 = 18 m D 24 . 86
ö ÷÷ ø
1 . 85
= 18 m
y
D1 = 2 D 2
Q 1 = 1 . 52 D 22 . 63
En (q) h f 2 = 13 m pero :
hf2
Þ 274 . 5
æ 2347 . 42 * Q 2 = 0 . 8 çç 2 . 63 è 100 * D 2
ö ÷÷ ø
1 . 85
= 13 m
Q 21 . 85 = 13 m D 24 . 86
Q 2 = 0 . 19 D 22 . 63
Q 1 + Q 2 = 50 L / s 1 . 52 D 22 . 63 + 0 . 19 D 22 . 63 = 50 Þ D 2 = 3 .6 " D 1 = 2 D 2 Þ D 2 = 7 .2" \ los diámetros comerciales adecuados son: D 1 = 8 " D 2 = 4 " D 3 = 10 " D 4 = 8 "
D 5 = 6 " Rpta.
31) Un oleoducto con una tubería aproximadamente horizontal de 30cm de diámetro, donde la rugosidad absoluta e=0.003cm tiene una estación de bombeo de 40HP de potencia cada 7 Km. La eficiencia de los equipos de bombeo es 75% peso específico del líquido es 850Kg/m³ la viscosidad cinemática es 4 * 10 - 6 m²/s a) Hallar el caudal b) si el caudal se incrementa en 50% hallar la nueva potencia de la bomba c) si con la nueva potencia la presión en el ingreso de la bomba es de 125kg/m² hallar la presión en la salida de la bomba. B
B
B
B
7km
Solución:
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I
B
S
I
B
I
S 7km
7km
I
S B
S B
7km
D = 0 . 30 m
g = 850 kg / m ³
e = 0 . 00003 m
n = 4 * 10 - 6 m ² / s e 0 . 00003 = = 0 . 0001 D 0 . 30
pot = 40 HP
n = 0 . 75 gQ ( E s - E I ) pot = .......... .......... .......... .......... .......... ....( 1 ) 76 n Ecuación de la energía (S – I) E Þ
s
- E h
f
I
= h
f
= 1190
fL V 2 = D 2 g . 4 fV ² =
*V ² f * 7000 0 . 3 * 2 * 9 . 81
p 0 .3 ² Þ Q = 0 . 071 V 4 850 * 0 . 071 V * 1190 40 = en ( 1 ) 76 * 0 . 75 Þ fV ³ = 0 . 032
Q = V *
. 4 fV ²
Asumiendo valores de velocidades
1 * 0 .3 = 7 . 5 * 10 4 -6 4 * 10 Con R e y e / D del ábaco de Moody Þ f = 0 . 0195 Þ fV ³ = 0 . 0195 1 .5 * 0 .3 2º Asumiendo V = 1 . 5 m / s Þ R e = = 1 . 1 * 10 4 * 10 - 6 Con R e y e / D del ábaco de Moody Þ f = 0 . 0185 Þ fV ³ = 0 . 062
1º Asumiendo V = 1 m / s
Graficando
V VS
Þ Re =
5
fV ³
Del gráfico: V = 1 . 17 m / s 1 . 17 * p * 0 . 3 ² a) Q = = 0 . 083 m ³ / s 4 b) Q f = 1 . 5 Q = 0 . 124 m ³ / s
0 . 124 = 1 . 74 m / s 0 . 071 1 . 74 * 0 . 3 Re = Þ R e = 1 . 3 * 10 5 -6 4 * 10 Con R e y e / D del ábaco de Moody Þ f = 0 . 018 h f = 64 . 87 m Vf =
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850 * 0 . 124 * 64 . 87 76 * 0 . 75 pot = 119 . 95 HP Rpta c) E S - E I = h f = 64 . 87 m
En (1) pot =
2 æ PI V 2 ö PS V ÷ = 64.87 m + -ç + g 2 g çè g 2 g ÷ø PS 125 = 64.87 Þ PS = 55694 .51kgf / m ² g g PS = 55694 .51kgf / m ² Rpta.
32) En la figura se muestra un sistema donde se instala una bomba entre las tuberías 3 y 4 con una potencia de 4HP y una eficiencia de 70%, la presión en I es 65kgf/m² (C=120) Calcular: a) los caudales en cada tubería. b) Las presiones en el punto “A” y salida de la bomba. 40m R
D= 12 ' L= ' 10 (1) 00 m
20m (2)
D=10''
L=1500m
A 8'' D= 0m 70 L=
B (3) I
B
0'' (4) D=1 00m L=6 S
(5) D=1 2'' L=20 00m
M
10m
Solución: 40m R
Q1
(1)
20m (2) Q2
A Q3
B (3) (4) I
B
S
Q4
(5) M
Q5 10m
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L1 = 1000 m
D 1 = 12 "
L 2 = 1500 m
D 2 = 10 "
L 3 = 700 m
D 3 = 8"
L 4 = 600 m
D 4 = 10 "
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L 5 = 2000 m D 5 = 12 " Pot = 4 HP n = 70 % PI = 65 kg / m ² gQ 3 ( E S - E I ) 76 n * Pot Pot = Þ ES - EI = 76 n gQ 3 ES - EI =
76 * 0 .7 * 76 0 . 2128 = .......... .......... .......... .......... .......... .......... ......( j ) 1000 Q 3 Q3
40 - 20 = 20 m / km L 1 Pero : Q = 0 .000426 * C * D 2 .63 S 0 .54 Q1 = 0 . 000426 * 120 * 12 2 .63 20 0 .54 Q1 = 177 .58 L / S Rpta. De la figura se tiene: h f 2 = h f 3 + h f 4 - (ES - E I ) S =
hf
=
Pero según Hazme y Williams
æ 2347 . 42 Q ö h f = Lç ÷ 2 . 63 è CD ø
1 . 85
Þ 5 .008 Q 21 .85 = 6 .923 Q 31.85 + 2 .003 Q 41.85 -
0 .2128 .......... .......... .......... .......... .( r ) Q3
Pero por continuidad se tiene: Q 3 = Q 4 y Q1 = Q 2 + Q 3 Þ Q 3 = 177 . 58 - Q 2 .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .....( l ) ( l ) en ( r ) se tiene Q 2 = 102 .542 L / S y Q 3 = 75 . 038 L / S En (j )
2 æP V2 ö PS V ÷ = 2.836 m + -ç I + g 2 g çè g 2 g ÷ø
PS 65 = 2.836 m Þ PS = 2901kgf / m ² g g PS = 2901kgf / m ² Rpta. Ecuación de energía entre (R – A) ER = E A + h f1
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40 =
P A V A2 + + 20 + h f 1 .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .........( 1) 2g g 1 . 85
æ 2347 . 42 * 177 . 58 ö h f 1 = 1ç = 19 . 94 m ÷ 120 * 12 2 . 63 è ø En (1) P A = - 261 . 8 kgf / m ² Rpta 33) En la figura se tiene dos reservorios A y B están conectados por una tubería de 10” de diámetro y 2500pies de longitud, otros dos reservorios C y D están conectados por una tubería de 12” de diámetro y 4500pies de longitud. Para incrementar la cantidad de agua que entra a D las dos tuberías se conectan con una tubería MN de 3000 pies de longitud y 8” de diámetro. Las distancias AM = 1000pies y ND = 2500pies, rugosidad de las tuberías es 0.00015. y viscosidad cinemática es 10 - 6 m²/seg. Calcular los caudales en cada tubería (Considere flujo completamente turbulento). 80m
A
(1) M
50m (2)
B
40m (5)
C
(3)
20m (4)
N
D
Solución: 80m
A
(1) Q1 Q5
40m
C
50m
M (5)
(2) Q2
B
(3) Q3
20m N
(4) Q4
D
1pulg=0.025m, 1pie=12pulg. L1 = 1000 | = 300 m D 1 = 10 " = 0 . 25 m
L 2 = 1500 | = 450 m
D 2 = 10 " = 0 .25 m
L 3 = 2000 | = 600 m
D 3 = 12 " = 0 .30 m
L 4 = 2500 | = 750 m
D 4 = 12 " = 0 .30 m
L 5 = 3000 | = 900 m D 5 = 8" = 0 . 20 m Calculando rogusidad relativa e e 0 . 00015 e e 0 . 00015 = = = 0 . 0006 = = = 0 . 0005 D1 D2 D3 D4 0 . 25 0 . 30 Por ser el flujo completamente turbulento con e/D del ábaco obtenemos los valores: Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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f 1 = f 2 = 0 . 01745
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f 3 = f 4 = 0 . 01675
h f 1 = 442.789Q12
fLQ 2 por Darcy D5 h f 2 = 664.183Q22
h f 3 = 341.617Q32
h f 4 = 427.022Q42
se
sabe :
h f = 0 .0826
f 5 = 0 . 01837
h f 5 = 4267.581Q52
Ecuación de energía entre (A – B) E A = E B + h f 1 + h2
80 = 50 + 442 . 789 Q 12 + 664 . 183 Q 22 30 = 442 . 789 Q 12 + 664 . 183 Q 22 .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... (a ) Ecuación de energía entre (C – D) E C = E D + h f 3 + h4 40 = 20 + 341 . 617 Q 32 + 427 . 022 Q 42 20 = 341 . 617 Q 32 + 427 . 022 Q 42 .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... ( b )
Ecuación de energía entre (A – D) E A = E D + h f 1 + h4 + h f 5 80 = 20 + 442 . 789 Q 12 + 427 . 022 Q 42 + 4267 . 581 Q 52 60 = 442 . 789 Q 12 + 427 . 022 Q 42 + 4267 . 581 Q 52 .......... .......... .......... .......... .........( q ) Q 1 = Q 2 + Q 5 .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......( g ) Q 4 = Q 3 + Q 5 .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......... .......( f ) De las ecuaciones (a ), ( b ), (q ), ( g ) y ( f ) se obtiene: Q1 = 206.6L / s Q2 = 129.27 L / s Q3 = 113.7 L / s Q4 = 191.03L / S Q5 = 77.3L / s
34) A través de una tubería fluye agua, dos manómetros instalados en la tubería, en cuyo extremo existe un tubo de Pitot, tal como se muestra en la figura, se conocen los siguientes niveles de líquido h 1 = 0 . 01 m y h 2 = 0 . 02 m , la densidad relativa del mercurio es 13.6 calcular: a) El diámetro de la tubería b) La velocidad máxima. c) La velocidad media d) La velocidad a una distancia del eje de 0.25m (n = 10 - 6 m 2 / S )
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**) Dos reservorios A y B como muestra la figura, están conectados por una tubería de 2500pies de longitud y 0.0174 de coeficiente de fricción, otros dos reservorios C y D están conectados por una tubería de 4500 pies de longitud y 0.0167 de coeficiente de fricción, Para incrementar la cantidad de agua que entra a D las dos tuberías se conectan por una tubería MN de 3000pies de longitud y 0.0183 de coeficiente de fricción. La distancia AM=1000pies y ND=2500pies, por la tubería MN discurren 1pie³/s. si el flujo es turbulento con superficie hidráulicamente rugosa y las tuberías son del mismo material. Calcular: a) Los diámetros de las tuberías y sugerir que diámetros comerciales se compran. b) Los caudales en cada tubería
PROBLEMA 35: Una turbina Pelton de 0.9m de diámetro tangente al eje del chorro ( diámetro Pelton) posee unas cucharas que deflectan al chorro de agua un ángulo de 160°. El chorro es de 7.6cm. de diámetro. Despreciando la fricción, hallar la potencia desarrollada por la rueda y la eficiencia hidráulica cuando w = 300r.p.m. y la presión antes de la tobera es de 7.05kgf/cm2. Considerar que no hay perdidas en la tobera.
160°
a)
,
c)
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W=300rpm, H=7.05
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PROBLEMA 36: En la figura N° 3 se tiene dos reservorios (A y B) y las tuberías (1 y 2) de hierro fundido con una rugosidad absoluta de 0.25 mm. por donde se trasporta agua desde A hasta B y luego descargar en C, el tubo (1) de 0.2m. de diámetro tiene una longitud de 400m. y el tubo (2) tiene una longitud de 500m. Considerando pérdidas por fricción y locales hallar el caudal que discurre por el sistema y el diámetro del tubo (2).
C o ta = 2 0 .0 0 m .
A
(1 ) C o ta = 5 .0 0 m .
B
C o ta = 0 . 0 0 m .
F ig u r a N ° 0 3 (2 ) C
DATOS:
SOLUCIÓN: 1.
Analizamos el tramo A-B.
La rugosidad relativa: Para considerar pérdidas locales en la tubería 1, la relación entre su longitud y diámetro debe ser menor o igual a 1500. , en este caso la pérdida local se aproxima a cero: De la ecuación de la energía:
.
De la ecuación de Darcy: , despejando:
Asumiendo valores del caudal, hallamos el Número de Reynolds y con la relación , encontramos el valor de f en el diagrama de Moody, con todos los datos hallamos los valores de . Los datos obtenidos se encuentran en la siguiente tabla: Visite mi página: http://rhenandiaz.blogspot.com/ donde encontraras programas Para HP 50g para cada asignatura y mucho más
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Q(m3/s) 0,075 0,08 0,085 0,09
x105 Re 4,77 5,09 5,41 5,72
f
x10-4 fQ2
0,0205 0,0205 0,0205 0,0205
1,15 1,28 1,5 1,6
El caudal requerido se halla del gráfico fQ2 vs Q:
De la fórmula obtenida hallamos el caudal Q para
.
2. Ahora analizamos el tramo B-C
Como en el tramo A-B debemos saber la relación L/D2 para considerar o no las pérdidas locales, pero no conocemos el diámetro D2. Observemos la relación para una pérdida local despreciable: Para tuberías largas:
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El diámetro de la tubería 2 deberá ser menor o igual a 0.333m. Realizaremos los cálculos despreciando la pérdida local, en caso de que el diámetro resulte mayor a 0,33m, realizaremos nuevos cálculos considerando las pérdidas locales. De la ecuación de la energía:
La velocidad la podemos hallar del caudal:
De la ecuación de Darcy:
…(c)
Teniendo las ecuaciones a,b y c, podemos resolver es sistema asumiendo valores para el diámetro D, hallamos la relación , el número de Reynolds, con estos dos últimos valores encontramos el valor de f en el Ábaco de Moody, y finalmente hallamos como función de f y en la ecuación (c) y como función de la velocidad en la ecuación (a). Plasmamos todos los datos hallados en la siguiente tabla:
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D(m) 0,2 0,25 0,3 0,4 0,26
/d 0,00125 0,001 0,00083 0,00063 0,00096
De la tabla, graficamos y valor del diámetro q se busca:
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f
V(m/s)
hf(1)
hf(2)
5,497 4,398 3,665 2,749 4,229
0,02 0,0205 0,0196 0,0188 0,0191
2,6625 1,704 1,1833 0,6656 1,5754
19,24 6,463 2,483 0,565 4,95
4,6387 4,852 4,9286 4,9774 4,8735
vs el diámetro, al intersecar las rectas encontraremos el
Intersecamos las curvas igualando las ecuaciones y1 y y2:
·
El diámetro hallado D2 es igual a 0.26m<0.33m, entonces el procedimiento fue correcto al despreciar las pérdidas locales.
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PROB 15.- En el sistema de la figura N° 2 se muestra a tres reservorios y una bomba de 180 H.P. de potencia con una eficiencia del 80%, el sistema de tuberías trasporta agua, la presión en el punto P es 35m. de agua, la válvula V origina una pérdida de 2.05m. de agua y el coeficiente de Hazem y Williams es 100 √pie /seg. Calcular los caudales en cada tubo y la cota de “B”. 40m. A
cota = ??
V 20" D= m. 00 8 1 L=
L= D=24 2,0 " 00 m.
B
Bomba P
Q 5m.
D=24" L=720 m.
D=12 " L=21 00m.
10m. C
Figura N° 02
Solución
Hallando la cota en P:
Entonces asumimos el flujo de P hacia A Primero vamos que es un flujo turbulento con superficie hidráulicamente rugosa
Dónde:
……………………………(*)
Simplificando:
Remplazando en (*):
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Remplazando tenemos: Potencia de la bomba: Deduciendo del grafico tenemos: Despejando:
Concluimos que es absurdo OBSERVACIONES: Con respecto a v Como la cota A y la cota P. no hay presencia del , ni mucho menos existe la bomba como se observa en el ejercicio, por ende no existe caudal.
* Bueno si es que existiera la bomba, es decir un caudal entonces: = 0 lts/s v
Donde luego calculamos
mediante la expresión ya obtenida empericamente.
Por ende cota piezométrica en Q=?
* Indeterminado, ecuaciones absurdas Cota piezométrica en M: No existe!! Conclusión: Por ende:
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Donde:
Posteriormente hallamos
conocemos por formula:
Cota reservorio …. Rpta
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