PROBLEMA 1:

Datos:

y=0i v=v0=0.366ms

y=γ i v=v y=0

De la definición de la ley de viscosidad

τ=−u(d )dy

=−u(v y−v0 )y−γ

τ=−u ( 0−v0 )

y−o⇒ τ=

u∗v0

y

Reemplazando los datos:

a) Calculando el espacio de corte: τ=

4∗10−2 kgm∗s

∗0.366ms

0.00914m

τ=1.6017N

m2

Calculo de velocidad de deformación:

dvdy

=∆v∆ y

=v0

y=

0.366ms

0.00919m

dvdy

=40.04 s−1

b) Fluido glicerol

u=1.069kgm∗s

v=?

y=0.00914m

τ=1.6017N

m2

Ecuación:

τ=u∗v0

y⇒ v0=

τ ( y )u

=1.6017

N

m2∗0.00914m

1.069kgm∗s

v0=0.01369ms

dvdy

=v0

y=

0.01369(ms )0.00914m

⇒ dvdy

≅ 1.505 s−1

PROBLEMA 2:

Esquema del problema

De la ecuación de la ley de viscosidad de Newton

; El signo menos indica el sentido de Ƭ pero sabemos que:

, donde

Por lo tanto

Remplazando datos:

Conversión:

PROBLEMA 3:

DATOS: D = 1,0 cm

T = 20 °c , fluido agua.

μ = 1,005x 10-3 kg/m*s

ѵ(r) = 16 * (1-r2/r02 )

τ|r = 0.25 = ?.

de la definicion de la viscosidad para un cilindro.

τ=−μ( dVdr )derivando la ecuación de distribución de velocidad se tiene:

dV (r )dr

= ddr⌊16∗(1− r2

r02 )⌋

dV (r )dr

=−16

r02⌊2r ⌋=36 r

r02

Reemplazando en la ecuación de esfuerzo de corte.

τ=−μ(−32rr0

)=32 μ( rr0)=32∗1.005 x 10−3∗( r

0.0052 )=1286.4 (r )

calculo de τ=∱ (r ) ; r0 = D/2 = ½ = 0.5cm = 0.005m.

r(m) τ|r (N/m2 o Pa)0,0 0.0

0.0025 3.2160.0050 6.432

PROBLEMA 4:

De la definición:

(PLACA PLANA)

(TUBO)

CALCULO DE ( dvdr

):

REEMPLAZANDO

CALCULO DE ESFUERZO CORTANTE PARA r= D/2 (superficie)

b) CALCULO DE ESFUERZO CORTANTE PARA r= D/A

C) CÁLCULO DE ESFUERZO CORTANTE EN R = 0 (CENTRO DEL TUBO)

d) ARRASTRE F =TA

PROBLEMA 5:

A) Para una distribución lineal:

V=mY (recta que pasa por el origen con pendientem )

m=VY

=∆V∆Y

=(0,45−0 )(0,03−0 )

=15

V=15Y

Luego gradiente de velocidad es : dVdY

=15

Para y=0; v=0;dVdY

=15 s−1

El esfuerzo tangencial es:

τ=−μdVdY

=−0,0015kg−s

m2x15 s−1

τ=0,00225Kg

m2

El cual es constante para el resto de los puntos, ya que dVdY

no depende de Y

b) para la suposición parabólica, la parábola pasa a través de los puntos:

Y=0, V=0

Y= 0,03m, V=0,45m/s

PROBLEMA 7:

Grafica

De la definición.

τ=−μ( dVdy )=μ(Vy )=F . A

μ=((FA )

(Vy ) )datos:

v=6fts∗0.3048

mft

∗1,8288ms

w=100 Lb∗0.452KgLb

=45.3Kg

A=2 f t2∗¿

F = m.g ; W = m.g ; F=W.

De acuerdo a la figura.

F=w∗sen30=45.2∗sen30=22.6Kgf

y=0.01 pulg∗0.0254mpulg

=0.000254m

Calculo de viscosidad reemplazando datos:

μ=

22.6Kgf

0.1858736059m2

1.8288ms

0.000254m

=1.68887 x1 0−2 Kgf∗sm2

μ=16.54926Kgmm∗s

PROBLEMA 8:

utilizar el valor de la viscosidad del agua dado en la tabla B.2 a temperaturas de 0, 20, 40, 60, 80, y 100 ° C para determinar las constantes de D y B que aparecen en la ecuación de Andrade (Ec. 1.11) . Calcular el valor de la viscosidad a 50 ° C y comparar con el valor indicado en la tabla B.2 (pista: Vuelva a escribir la ecuación de la forma.

y la trama ln u versus 1 / t. se pueden obtener a partir dlope THR y intrcept de esta cuba B y D. si un programa no lineal fiting cuba está disponible si un programa fiting curva no lineal está disponible las constantes se pueden obtener directamente de la ecuación. 1,11 sin volver a escribir la ecuación.)

ecuación 1.11 se puede writlen en forma

y con los datos de la tabla B.2, m

T°(C) T(K) 1/T(K) u(N.S/m^2) lnu0 273.15 0.03661 0.001783 -6.327

20 293.15 0.03411 0.001002 -6.90640 313.15 0.03193 0.006529 -7.33460 333.15 0.03002 0.004665 -7.6780 353.15 0.02852 0.003547 -7.944

100 373.15 0.0268 0.002818 -8.174

una parcela de lnu frente a 1 / T se muestra a continuación

0.025 0.027 0.029 0.031 0.033 0.035 0.037 0.039

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

x0.002Linear (x)0.0025

1/T(K)

lnu

(Con´t)

PROBLEMA 9:

Calculo de masa de aire m=?

Dimensiones del salón: 5x4x3 m

Solucion:

Calculo del volumen del cuarto:

V=5 x 4 x 3=60m3

Calculo de la densidad del aire:

Aire: 20% oxigeno, 80% Nitrogeno

MW=0,20 X32+0,8 X 28=28,8kg

mol . kg

Para un gas ideal:

ρ=MW x P

RT

P=1atm

R=0,082 Lt-atm/mol.kg.k

T=20 ºC=293,15K

ρ=28,8( kgmol . kg) x1atm

0,082¿−atm

mol . g−Kx 293,15K x

1000mol−g1mol . kg

ρ=1,1980x 10−3 kgL

=1,1980 x10−3 kgLx

1000 L

1m3

ρ=1,1980Kg

m3

Luego:

ρ=mV

m=ρ x V=1,1980 x60

m=71,88kg .respuesta .

PROBLEMA 11 (d)

Los datos de densidad del agua se ajusta utilizando polinomio de 2do en Excel

ρ=1000.9−0.0533T−0.0041T 2

A continuación en la siguiente tabla se compara los resultados de la tabla y el pedecido para la ecuación:

T (ºC) Ρ (kg/m^3) Ρ (pedecido)20 998.2 998.325 997.1 997.130 995.7 995.735 994.1 994.140 992.2 992.345 990.2 990.350 998.1 998.1

De los resultados se observa buena aproximación:

A T=42.1 ºC

ρ=1000.9−0.0533∗( 42.1 )−0.0041∗(42.1 )2=991.5kg

m3

PROBLEMA 13

V T=85mL.

ms=85.43g ( solido suspendido )

ρrsolido=1.5 g

V = ¿?

C = ¿?

ρ=¿?

a) Por definición :

V T=VW+V S

85=VW+V S

Pero se sabe que: ρ=m s

V s

⇒V S=ms

ρ s

Calculo de densidad del solido:

ρ s=ρr∗ρH 2O=1.58∗1

grmL.

ρ s=1.58gmL.

V s=85.43g

1.58gmL.

V s=54.08mL.

⇒V H 2O=V T−V S

V H 2O=30.92mL.

b) Concentración del solido

C s=ms

V T

= 85.43g85.0mL.

=1.005058gmL.

C s=1005.05kg

m3

c) Densidad de la muestra de agua residual

ρ=mH 2O

+msol

V T

ρH 2O=mH 2O

V H 2O

⇒mH 2O= ρH 2O

∗V H 2O=1.0

grmL.

∗(30.92mL. )

ρ=30.92+85.4385

=1.3688gmL.

⇒ ρ=1368.82kg

m3

PROBLEMA 14:Los datos experimentales se grafican con τ versus dv/dy, si e comportamiento es una línea recta que pasa por el origen, entonces la sangre tiene un comportamiento de fluido newtoniano, lo contrario será un fluido no newtoniano. De los resultados se observa que la sangre tiene un comportamiento lineal, por tanto, es un fluido newtoniano.

0 1 2 3 4 5 60

10

20

30

40

50

60

τ con respecto a dv/dy

dv/dy

τ

PROBLEMA 15:

Calcule la viscosidad de aceite que un

Datos : Aceite→ ρ=900kg

m3

caracteristicas deltubo :D=2.5mm.L=300mm.

Caída de presión:Tubo manométrico con mercurio

ρHg=1360kg

m3=¿

∆u=177mm.Velocidad del fluido

v=1.58ms

Empleando la ecuación de caída de presión a través del tubo caprlelev se tiene:

u=[∆uL g (ρm− ρ )]∗D 2

32v=

[ 0.171m0.300m

∗9.80ms∗(13600−900 )]∗(0.025 )2

32∗1.58ms

u=0.9077

Problema 16

Viscosímetro de caída de bole

Datos:

Diámetro de acero = D=1.6mm

ρr=0.94

ρf=0.940g /m3

Peso del acero

Z=250mm

T=10.4s

Calculo

CALCULO DE VELOCIDAD

ECUACION DE VISCOSIDAD DEL FLUIDO

PROBLEMA 17:

Solución:

Determine el tipo de circuito

por tanto es < 0.1 comparando en la línea de velocidad su tensión tangencial y gradiente de velocidda en cada expresión se puede deducir de la ecuación

0.3142 12.57 0.0239 0.0090.6283 25.13 0.0507 0.01691.2566 50.13 0.0995 0.03583.1416 125.67 0.2586 0.08986.2832 251.34 0.4874 0.16919.4248 377.01 0.756 0.2686

PROBLEMA 18:

Datos :L=6 pulg .=0.1524m.Ri=3 pulg .=0.0762m.e=0.1 pulg.=5N=180 rpmT=¿?

u=8.5

l bf −sf t 2 ∗1c p

2.0886∗10−5 l b f−sf t2

∗(1∗10−3 kgm∗s )

1cp

u=406.97kgm∗s

Suponiendo comportamiento lineal

Solución:

De acuerdo a las condiciones del problema, no es necesario verificar.

Se sabe que torque es:

T=F . R1 , donde F=τ∗A=τ∗( 2π∗R1 )T=τ∗(2 π∗R1 )∗R1

0 50 100 150 200 250 300 350 4000

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

T=20°CLinear (T=20°C)T=70°CLinear (T=70°C)

Ƴ(s-1)

Nm-2

γ= τu→τ=γ∗u

γ= ΩR0

R1−1

⇒γ=Ri∗ΩR0−R i

=Ri∗Ωs

Reemplazando datos:

γ= 3 pulg .0.1 pulg .

∗Ω=30∗Ω=30∗2 π∗N60

γ=30∗( 2 π60

∗130)=408.408 ( s−1 )

Luego:

τ=γ∗u=408.408 ( s−1 )∗406.97kgm∗s

τ=1.66209∗105 kg

m∗s2

τ=1.66209∗105N

Luego, el tanque es:

T=1.66209∗105N∗(2π∗0.0762m∗0.1524 )∗(0.0762m)T=924.12N∗m3