EJERCICIOS RESUELTOS PS

junio 6

2011DOCENTE: ING. EDGAR GUSTAVO SPARROW ALAMO

INTEGRANTES:

PUMAYALLA BRICEÑO HUGO AVILA MORALES JOSE CHAVES ARMAS JHON

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTA

FACULTAD DE INGENIERIA

ING. CIVIL

MECANICA DE FLUIDOS I

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTA MECANICA DE FLUIDOS I FACULTAD DE INGENIERIA EJERCICIOS RESUELTOS E.A.P ING. CIVIL

MODULO DE ELASTICIDAD VOLUMETRICO

1. Un líquido comprimido en un cilindro ocupa un volumen de 1000 cm3 cuando la presión es de 1 Mn/m2, y un volumen de 995 cm3, cuando la presión es de 2 Mn/m2 ¿cuándo mide su módulo de elasticidad volumétrica?

Solución:

i) Datos:

Vt = 1000 cm3; V2 = 995 cm3

Pt = 1MN/m2; P2 = 2MN/m2

*). S que:

E=−∆ P∆VV

ii) ∆ P=P2−P1=1 MN /m2

∆V=V 2−V 1=−5 cm3

Reemplazando en E:

E= −1−5

1000

E=−1000( 1−5 )

E=200MN

m2

2. Encontrar la expresión del módulo de elasticidad volumétrico de los líquidos en términos de la densidad.

Por definición:E= ∆ P

−∆V 0

V 0

Cuando el líquido es comprimido la masa no cambia:

m=cteρV 0=cte

Diferenciando: d (ρV 0 )=0

ING. EDGAR GUSTAVO SPARROW ALAMO


ρ d V 0+V 0dρ=0→−d V 0

V 0

=dρρ

Es decir:E=∆P

ρρ

3. Si el modulo de elasticidad volumetrica del agua es E=300 000 Psi ¿ que presion se necesita para reducir su volumen en 0.5%?

Solucion:

Datos:

i.∆VV

=−0.5 %=−0.005

E=300 000Psi

ii. S que:

E=−∆ P∆VV

⇒− ∆P(−0.005 )

=300000

P=15000 Psi

4. Si el módulo de elasticidad volumétrico de un líquido es cte. ¿Cómo varia si densidad con la presión?

Solución:

i. S que:

El módulo de elasticidad volumétrico en función de la densidad es igual a:

E=ρ∆P∆ ρ

Utilizando diferencial de presión y de densidad tenemos:

dρρ

=dPE

…… .. (1 )

ii. Integrando (1):

ln ρ=PE



ρ=C23

*). Varia exponencialmente la densidad es función de la presión.

PRESION

1. Calcular la presión a 1500 m de profundidad en el mar,a) Considerando el agua incompresible ( 1025ال = kg/m3)b) Considerando el agua compresible (E = 21000 kg/cm2)

Solución:

a) P=γh=1025∗1500kg

m2=1537500

kg

m2=153.75

kg

cm2

b)E=dP

dγγ

………. (∝ )

Derivando ambos lados

dP=Edγ

y

∫0

d

dP=E∫γ0

γ dγ

γ

P=E lnγγ0

…………. (β )

Escribiendo en (∞) dP=γ dh :

E= γdhdγγ

= γ 2dhd γ

dh=Eγ−2dγ

∫0

h

dh=E∫γ0

γ

γ−2dγ

(h )0h=(−E

γ )γ0

γ



h= Eγ0

− Eγ

γ=Eγ 0

E−γ 0h=1032.6

kgm3

Reemplazando en (ß):

P=21000 ln1032.61025

P=154.76kg

cm2

2. En un elevador de automóviles que se emplea en un taller, el aire comprimido ejerce una fuerza sobre un pequeño embolo de servicio transversal circular que tiene un radio de 5.00cm esta presión se transmite por medio de un líquido a un segundo embolo de 15.0 cm de radio. ¿Qué fuerza debe ejercer el aire comprimido para levantar un auto que pesa 13300N? ¿qué presión del aire producirá esta fuerza?

Solución: debido a que la presión ejercida por el aire comprimido se transmite sin merma por todo el fluido, tenemos

F1=( A1

A2)F2=

π (5.00∗10−2m )2

π (15.0∗10−2m )2(1.33∗104 N )

F1=1.48∗103N

La presión del aire que producirá esta fuerza es:

P=F1

A1

= 1.48∗103N

π (5.00∗10−2m )2=1.88∗103Pa

esta presión es aproximadamente dos veces la presión atmosférica.

3. Una cama de agua mide 2.00 m de lado y 30.0 cm de profundidad.

a). encuentre su peso

b). encuentre la presión ejercida sobre el piso cuando la cama descansa en su posición normal. Suponga que toda la superficie inferior de la cama está en contacto con el piso.

Solución:a). como la densidad del agua es 1000 kg/m3 la masa de la cama es:

M=ρV =(1000kg

m3 )(1.20m3 )=1.20∗10

3kg

Y su peso es:



w=mg=(1.20∗103kg )(9.8

m

s2 )=1.18∗104N

b). como el peso de la cama es 1.18*104 N. el área de la sección transversal es 4.00m2 cuando la cama está en posición normal. Esto produce una presión ejercida sobre el piso de:

P=1.18∗104 N4.00 m2 =2.95∗103Pa

4. Calcule la presión a una profundidad de 1000 m en el océano. Suponga que la densidad del agua de mar es 1.024*103 k/m3 y considere P0=1.01*105Pa.

Solución:

P=P0+ ρgh

P=1.01∗105Pa+(1.024∗10

3 kg

m3 )∗(9.8m

s2 ) (1.00∗103m )

P=1.01∗107 Pa

Esta cifra es 100 veces más grande que la presión atmosférica evidentemente, el diseño y construcción de embarcaciones que soporten presiones tan enormes no es un asunto trivial.

PRESION VAPOR

1. Si la viscosidad aproximada del agua a 20ºC es 10-4 kg-sg/m2 expresar este valor en poises.

Solución:

Sabemos que

1 poise=1dina−sg

cm2

10−4 kg−sgm2 =10−4∗9.8∗105

104

d−sgcm2 =0.01 poises



2. Si la presión de vapor del agua a 20ºC es aproximadamente 0.024 kg/cm2, expresarla en altura equivalente de agua.

Solución:

Datos:PV=0.024

kg

cm2∗104 cm2

1m2 =240kgm2

γ agua=1000kg

m3

PV

γ= 240

1000=0.24m

3. Un cilindro de 0.30 m de diámetro está completamente lleno de agua a 150ºF siendo la tapa superior un pistón impermeable. La parte externa del pistón está expuesta a presión atmosférica a 14.52 Psi. Calcular la fuerza mínima aplicada al pistón que ocasionará que el agua entre en ebullición.

Solución:

La fuerza debe ser aplicada lentamente hacia arriba retirando el pistón del cilindro. Puesto que el agua no puede expandirse, se creara un espacio a ser llenado por el vapor de agua debajo del pistón.

La presion debajo del piston sera 3.72 psi (Pvapor agua a 150F), siendo entonces la fuerza sobre el piston:

F=(14.52−3.72 )π (12 )2

4=1225 lb

TENSION SUPERFICIAL

1. Calcular la altura aproximada a la que asciende el agua en un tubo capilar de 1mm de diámetro en contacto con la atmósfera.



Solución: aplicando condición de equilibrio estático:

∑ FV=0

σ sinα∗2 πr=γ∗π r 2h

h=2 πr∗σ sinα

γπ r2

h=2σ sinαγr

para el agua a 20ºC el valor de la tensión superficial agua-libre (δ) es de aproximadamente 0.074 gr/cm y el ángulo de contacto (∞) para tubo limpio se puede suponer igual a 90º.

Reemplazando: σ=0.074grcm

∝=90 º

γ=1gr

cm3

r=0.05cm

h=2∗0.0741∗0.05

=2.96=3cm

VISCOSIDAD

1. Un cilindro de 12 cm de radio gira coaxialmente en el interior de un cilindro fijo de 12.6 cm de radio. Ambos cilindros tienen una longitud de 30 cm. Determinar la viscosidad del líquido que llena el espacio entre los dos cilindros si se necesita un par de 9 kg-cm para mantener una velocidad angular uniforme de 60 RPM.



Como la distancia Y es muy pequeña se puede suponer una distribución lineal de velocidades

v

Y

V=velocidad tangencial

V=ωr=( 6060

∗2π ) radseg∗(0.12 )m

V=0.754m /sg

τ=μdvdy

=μvy=μ

0.7540.006

=125.7μ

Como el sistema está en equilibrio:

Par aplicado = par resistente

0.09kg−m=τ ( kgm2 )∗A (m2 )brazo (m)

0.09=(125.7μ ) (2 π 0.123∗0.30 ) (0.123 )

de aquí: μ=0.0251kg−sg

m2

2. Hallar µ del fluido contenido en el viscosímetro mostrado, si hay que aplicar una potencia P para mantenerlo girando a una velocidad angular uniforme w dicho aparato es cónico y la distancia entre las paredes y el fondo es e. la altura y radio interno son H y R respectivamente.



Solución:

Datos: P, w, H, R y e: µ = ¿

La potencia es P=T T∗ω

Dónde: T T : torque total ;T T=T A+T B

T A : torque lateral

T B : torquede labase

Por otro lado: Torque = Fuerza de Arrastre * radio lateral

Además e es pequeño ⇒ τ=μ∗ω∗re

Y dF=τ∗dA , dT=r∗dF ⇒ dT=r∗τ∗dA

a). calculo del torque lateral

por esta parte del cono dA=2π∗r∗dr∗√R2+H 2

R( por pappus)

⇒∫0

T A

dT A=

μ∗2 π∗ωe

∗√R2+H2

e∗∫

0

R

r3dr

T A=1

2e∗μ∗π∗ω∗R3∗√R2+H 2

b). Cálculo del torque de la base

Aquí: dA=2 π∗r∗dr ⇒T B=2 πe

∗μ∗ω∗∫ r3dr= 12e

∗μ∗π∗ω∗R4



c). Cálculo de µ: P=(T A+T B )∗ω= 12e

∗μ∗π∗ω2∗R3∗(√R2+H 2+R )

finalmente: μ= 2∗e∗P

π∗ω2∗R3∗(√R2+H2+R )

3. En un recipiente cilíndrico con líquido viscoso gira un vástago de diámetro d y longitud L coaxial con el recipiente. Para la rotación a la velocidad angular w se consume una potencia P.

Suponiendo que en el espacio libre de magnitud e entre el vástago y la pared del recipiente la velocidad va distribuida según la ley lineal y despreciando el rozamiento en el extremo del vástago, determinar el coeficiente de viscosidad del líquido.

Solución: la potencia está ligada con la tensión tangente τ en la superficie

del vástago por la fórmula: P=(τ∗L∗π∗d )∗d

2∗ω como:

τ=μ∗ω∗d

2e

En consecuencia: μ=4∗e∗P

ω2∗L∗π∗d3

4. Dos laminas rectangulares de 1.50 * 1.20 m, están separadas por una película de aceite de 0.6 cm de espesor. Cuando las láminas están inclinadas un cierto ángulo ∞ con la horizontal (estando la lámina inferior fija). La lámina superior cuyo peso es de 10 kg se desliza sobre la inferior a la velocidad de 0.2 m/s.

Si la viscosidad del aceite es de 14.2 poises. ¿Cuál es el valor del ángulo de inclinación?

Solución:



La fuerza que produce el movimiento es la componente del peso F1=w sin∝, y

la que se opone es F2=μ∗A∗U

e debido a la viscosidad del fluido.

Como no hay aceleración: F1=F2

Obteniéndose: sen∝=μ∗A∗Ue∗w

w=10kg=9.8∗106dinas

e=0.6 cm,U=20cms

μ=1402 poises , A=1.8∗104 cm2

Reemplazando valores:

sin∝=0.8694⇒∝=60 º 24 ´

5. Un eje de 8 cm de diámetro se desliza a 12 cm/s en un cojinete de 20 cm de largo con una holgura de 0.08 mm, cuando se le aplica una fuerza de 10 kg. Determinar la viscosidad del fluido entre el eje y el cojinete.

Solución:

a) Datos:



d=8cm=0.08mm V=12cm / s=0.12m /s L=20cm=0.2m t=0.08mm=0.00008m F=10kg

b) Aplicando la ecuación de viscosidad de newton y despejando la viscosidad µ:

μ= F∗tA∗V

…………… (∝ )

c) Calculo del área:

A=nDL=3.14∗0.08∗0.2

A=0.05026m2

d) Reemplazando en (∝ ¿

μ= 10kg∗0.00008 m

0.05026m2∗0.12ms

=0.1326kg∗s

m2

e) Convirtiendo en poise:

μ=0.1326

(kg∗s)m2

∗98 poise

kg∗sm2

=12.999 poises

μ=12.999 poises

GAS PERFECTO Y ECUACION DE ESTADO

1. Hallar la presión atmosférica a 2000 m de altura, sabiendo que la gravedad es constante e igualmente la temperatura (isotérmico). P=1013 mb = 1.29 kg/m3.



Para un gas perfecto:Pρ=R

Como T = Cte; se tiene

Pρ=P0

ρ0

ρ=ρ0

P0

∗P………………………………(1)

Ademas dP=−ρ∗g∗dz……………………………….(2)

Reemplazando (1) en (2) e integrando:

dP=−( ρ0

P0

∗P)∗g∗dz ⇒∫z 0

z

dz=−P0

ρ0∗g∗∫

P0

PdPP

Entonces P=P0∗exp (−ρ0∗g∗( z−z0 )P0

)Se conocen: ρ0=0.00129g /cm3 , g=980cm /s2, P0=1013∗103 dinas

cm

y z−z0=200000 cm.

Luego de reemplazar datos: P=1013 e−0.25

Finalmente P=789.2mb

2. Calcular el módulo de compresibilidad un gas perfecto isotérmico.

Solución:



El módulo de compresibilidad es: k=

−1V

∗dV

dP………………… (1)

Para un gas perfecto isotérmico P=C∗ρ……………………(2)

donde C=R*T=constante

⇒ dP=C∗dρ…………. (3)

y por definición: ρ=mV

oV=mρ…………………….. (4)

si hay un incremento de presión dp, la variación del volumen será:

de (2): dV=−m∗ρ−2∗dP………………………………….(5)

Reemplazando las ecuaciones (3), (4) y (5) en (1):

k=

−1

(mρ )∗(−m∗ρ−1∗dP )

C∗dP

queda K= 1C∗ρ

, y observando la ecuación (2): k=1ρ

3. Hallar el valor del peso específico (ال) del aire a la presión atmosférica, al nivel del mar, a 15ºC.

Solución.

La ecuación de estado de los gases perfectos: P=γ∗R0∗T

Es decir, γ= PR0∗T

Reemplazando: P=10330kg

m2

R0=29.3mºk

T=15+273=288 ºK

γ= 1033029.3∗288

=1.225kg

m3



4. Si asumimos que un gas perfecto puede expresar el comportamiento del aire, determinar la presión P para la altura z. si para z0=0 se registra p0. Considerar además que la temperatura varía según T=T 0 (1+m∗z )

Solución:

P= ρ∗R∗T=ρ∗R∗T 0∗(1+m∗z )⇒ ρ= PR∗T 0∗¿¿

Como: dP=−ρ∗g∗dz

⇒ dP= −PR∗T 0∗(1+m∗z )

∗g∗dz⇒∫P 0

PdPP

= −gR∗T0

∗∫Z0

Zdz

(1+m∗z )

⇒ lnPP0

=−g

m∗R∗T0

∗ln1+m∗z1+m∗z0

z0=0⇒P=P0∗(1+m∗z )−R

m∗R∗T 0

PRESION EN UN PUNTO

1. Un cilindro que contiene aire, de radio R, gira con velocidad angular w, encontrar la presión en un punto interior cualquiera, si en r=0, P=P0 y ρ=ρ0

Suponer temperatura constante y densidad variable.

Solución:

∂P∂r

= ρ∗ω2∗r ; ∂P∂z

=−ρ∗g



dP=∂P∂r

dr+ ∂P∂ z

dz

dP=ρ∗ω2∗r∗dr−ρ∗g∗dz………………(1)

Además: P= ρ∗R∗T

⇒ PP0

= ρρ0

⇒ ρ=ρ0

P0

P……………… ..(2)

(2) en (1):

dP=ρ0

P0

P∗ω2∗r∗dr−ρ0

P0

P∗g∗dz

dPP

=ρ0

P0

∗ω2∗r∗dr−ρ0

P0

∗g∗dz

Integrando:

∫P 0

PdPP

=ρ0∗ω

2

P0∫r=0

r

rdr−ρ0

P0

g ∫z=z0

z

dz

lnPP0

=

ρ0

P0

∗ω2r2

2−

ρ0

P0

g ( z−z0 )

P=P0exp [ 12ρ0ω

2 r2

P0

−ρ0

P0

g ( z−z0 )]



PRESION RELATIVA Y PRESION ABSOLUTA

1. Una tubería que remata en un boquilla conduce un aceite (g.e. 0.75) que desequilibra la columna de mercurio (g.e. =13.6) en 10.14 m. determinar la presión manométrica del aceite en el punto A.

Igualando presiones en el nivel nn:

PA+0.75 γ (0.825+1.14 )=13.6 γ (1.14)

PA=13600 (1.14 )−750 (1.965)

PA=14030kg/m2

PA=1.4kg /cm2

2. Con referencia a la figura, el punto A esta 53 cm por debajo de la superficie libre del líquido de g.e = 1.25. ¿Cuál es la presión relativa en A si el mercurio asciende 34.3 cm en el tubo.



Solución: Ecuación de equilibrio en términos de alturas de agua:

PAγ

=1.25 γ (0.53)

γ+

13.6 γ (0.343)γ

=0

PAγ

=−4.0023m

PA=−(4.0023m)(1000kg

m3)

PA=−0.40kg

cm2

3. Un líquido de peso específico 1.25 g/cm3 llena parcialmente el reservorio esférico de la figura. ¿Cuál será la intensidad de la presión en un punto situado a 0.55 m debajo de C (punto D)?

Solución: La presión en B será: PB=PW−0.38 γ 1………………………(1) Despreciando el peso del aire encerrado en el tubo BC, la presión en la superficie libre del reservorio será la misma que en B. PD=(PW−0.38 γ 1 )+0.55 γ 2

Reemplazando valores en (2)

PD=1.033kg

cm2−0.38∗13600

kg

m2+0.55∗1250

kg

m2



PD=(1.033−0.448 ) kg

cm2

PD=0.585kg

cm2 (Presión absoluta)

Y PD=−0.448kg

cm2 (Presión relativa o manométrica)

4. Dos vasos A y B que contienen agua están conectados por medio de piezómetro diferencia, de aceite. Si el punto m del vaso A, está a 1.48 m por debajo del punto n del vaso B, determinar la diferencia de presión entre ambos puntos, cuando el extremo superior de la columna de agua en el tubo que entra en A, se halla a 0.38m. por debajo del extremo superior de la columna de agua que entra a B. la densidad del aceite es 0.80, (ver figura).

Las presiones en D y C son:

PD=Pm−γ . yPC=Pn−γ . x

Restando: PD−PC=(Pm−Pn )+γ . ( x− y )

Pm−Pn=(PD−PC )+γ . ( y−x )………… .. (α )

De la figura: PD−PC=γ ´∗0.38m=0.8∗0.38 t /m2…… (β )

Por geometría: 1.48+x= y+0.38y−x=1.10m……………………. (∅ )



(β ) y (∅ ) en (∝ ) :

Pm−Pn=0.8∗0.38Tn

m2+1.10

t

m2

Pm−Pn=1.404t

cm2

Pm−Pn=0.1404kg

cm2

FUERZAS DE PRESION SOBRE AREAS PLANAS Y CURVAS

1. Una placa está sumergida verticalmente en un líquido, con uno de sus lados coincidiendo con la superficie libre de dicho líquido. ¿Cómo debe trazarse una recta. Desde un vértice del lado superior de manera que divida el rectángulo en 2 áreas que soporten fuerzas resultantes iguales?

Solución:

La fuerza que actúa sobre una superficie plana está dada por: F=γ∗HG∗A

La fuerza sobre el rectángulo es (FR):

FR=γ ( h2 ) (ah )=γah2

2………….(1)

La fuerza sobre el rectángulo BCE (FT):

FT=γ ( 23h)(a−x ) h

2=γ (a−x )h2

3……………… ..(2)

La fuerza sobre el trapecio ABED (FTP): FTP=FR+FT ……………(3)

Por la condición del problema: FTP=FT…………………….(4)

De las ecuaciones (3) y (4) se tiene: FR=2FT

Reemplazando los valores respectivos dados por (1) y (2):



γ∗a∗h2

2=2

γ∗(a−x )∗h2

3

Finalmente se obtiene:

x=a4

2. La presa del sistema de chanoide es un tablero inclinado que tiene posibilidad de girar alrededor de un eje articulado O. hallar la posición de la articulación (x) en la cual la elevación del nivel superior de agua arriba de H=2 m provocaría el vuelvo automático del tablero. El nivel del agua por la parte dacha del tablero es h=0.4m, el ángulo ∝=60 º

Solución:

en general: F=γ∗HG∗A y si el ancho es b:



⇒F=

γ∗H2

∗H∗b

sin∝⇒F=

γ∗H 2∗b2∗sinα

…………(1)

Análogamente: f= γ∗h2∗b2∗sinα

……… ..(2)

Además:

Y P=H

2∗sin∝+

b12

∗( Hsin∝ )

3

b∗Hsin∝

∗b∗H

2 sin∝

=

23∗H

sin∝

Y P=

23∗H

sin∝…………….(3)

Y P2=

23∗H

sin∝…………… (4)

Por la condición del problema: ∑MO=0 (giro inminente)

Es decir:

F∗(Y P−H−x∗sin∝

−sin∝ )=f∗(Y P2− x∗sin∝−h

sin∝ )……………………(5)

Introduciendo (1), (2), (3) y (4) en (5):

γ∗H 2∗b2∗sinα

∗( 2∗H3∗sinα

− Hsin α

+ x)= γ∗h2∗b2∗sin α

∗( 2∗h3∗sinα

+x− hsinα )

h2∗x+ h3

3∗sin∝=H 2∗x+ H 3

3∗sin∝

x=0.8 m


x= H 3−h3

3∗sin∝∗(H 2−h2)


3. Hallar el centro de presión CP(XP, YP), y la fuerza vertical a la que está sometido el elipsoide mostrado en la figura.

x2

a2 + y2

b2 + z2

c2=1……………… (∝)

(3Ecuación del elipsoide)

Hallando FV

FV=γ∗Vol=γ∗∫ Area∗dx

FV=γ∗∫( 14∗y∗z )∗dx………….(1)

Haciendo y, z en función de “x”

De (∝ ), z=0

x2

a2 + y2

b2 =1⇒ y2=b2∗(1− x2

a2 )

y ( x )=ba∗√a2−x2………………… ..(2)

En y=0: x2

a2 + z2

c2 =1⇒ z ( x )=ca∗√a2−x2………………… ..(3)



(2) y (3) en (1): FV=γ∗∫0

a14∗( ba∗√a2−x2)∗( ca∗√a2−x2)∗dx

Finalmente:

Hallando el CP: xP=∫ x∗dvol

∫dvol=∫ x∗( 1

4∗π∗ y∗z)∗dx

∫( 14∗π∗y∗z )∗dx

=38a

x p=∫ y∗( 1

4∗π∗y∗z)∗dx

14∗π∗a∗b∗c

=38b

4. La compuerta de la figura tiene 3 m de longitud. Calcular la magnitud y ubicación de las componentes de la fuerza que actúa sobre ella.

Solución:


FV=16γπabc


La componente horizontal de la figura tiene 3m de longitud. Calcular la magnitud y ubicación de las componentes de la fuerza que actua sobre ella.

FH=γ∗HG∗ACB=1000∗2

2∗(2∗3 )

Y actua a una distancia:

La componente vertical. Es el peso del agua sobre la superficie AB, es decir:

FV=γ∗π∗22

4∗3 ⇒

La componente vertical actúa a través del centro de gravedad del volumen del líquido, o sea en el CG de un cuadrante de círculo:

xP=4∗r3∗π

=4∗23∗π

⇒


FH=6000 k g

Y P=23∗2=1.33m

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