Solucion de examen parcial de mecanica de fluidos
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UNIVERSIDAD NACIONAL SANTIAGO ANTUNEZ DE MAYOLOFACULTAD DE INGENIERIA CIVILMECANICA DE FLUIDOS 2014-2
EXAMEN PARCIAL 2014-2
1. SOLUCION.
a)
γ+2α=180 °
α=90 °− γ2……… (1 )
β+2θ=180 °
θ=90 °− β2……… (2 )
sinα= hR1
sin θ= hR2
R1∗sinα=R2sin θ
A(γ ,β )={π∗R12∗γ °360 °−2∗R1∗cosα∗R1∗sinα
2−[ π∗R22∗β°360 °
−2∗R1∗cosθ∗R1∗sinθ
2 ]}H : profundidad .
cosβ2
cosγ2
=R2R1→1+cos β1+cos γ
=R2
2
R12
ESPADA CRISTOBAL ELINDO MAIKCODIGO: 122.0904.386
UNIVERSIDAD NACIONAL SANTIAGO ANTUNEZ DE MAYOLOFACULTAD DE INGENIERIA CIVILMECANICA DE FLUIDOS 2014-2
R22−R1
2=R12cos β−R2
2cos γ…………. (¿ )
Sabemos.
A(γ ,β )=π ( R12 γ−R22β
360 )+ 12 (R22sin β−R12 sin γ )
ρagua∗g∗H∗[ π360
(R12 γ−R22β )+ 1
2(R22sin β−R1
2 sin γ )]=π (R12−R22 )∗ρcilin∗H∗g
ρrel .cil=ρciliρagua
π ( R12 γ−R22β
360 )+ 12 (R22 sin β−R12sin γ )=π (R12−R2
2 )………… ..¿
Resolviendo (*) y (**)
Tenemos. γ=β=¿
b)
2. SOLUCION.
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FR=γ agua∗(1.51+ p0γ agua
+R2 )∗π∗R2
FR=9800∗(1.51+ p0γ agua
+0.5)∗π∗12FR=9800∗(2.01+ p0
γ agua )∗π…………… (1 )
e=9800∗sin (150 ° )∗( π∗R44 )9800∗(2.01+ p0
γagua )∗π
e= 0.5
4∗(2.01+ p0γ agua )
Imagen 02.
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∑M A=0
−9800∗(2.01+ p0γagua )∗π∗(1+ 1
8∗(2.01+ p0γagua ))+W∗cos30 °∗R=0
15000∗9800π
∗√3
2∗1=9800∗(2.01+ p0
9800 )∗π∗(1+ 1
8∗(2.01+ p09800 ))
Ordenando obtenemos.
p02−1254.106∗p0−219.67∗10
6=0
Resolviendo.
p0=15438.98 Pa
Entonces la máxima presión que se puede aplicar al tanque es.
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p0=15438.98 Pa
3. SOLUCION.
Ainicial=0.8∗0.6−12∗π∗0.22
Ainicial=0.4172m2
(h1+h2 )2
∗0.8−π2∗0.22=0.4172………… .. (1 )
h1+h2=1.2……… (1 )
D.C.L.
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∑ F x=m∗ax
ax=2.5ms
W : peso=m∗g
N c∗sinα+W∗sin 5 °=m∗ax
Despejando N c.
N c=m∗ax−W∗sin 5 °
sinα………… (2 )
∑ F y=0
N c∗cosα+W∗cos5 °=0
Despejando N c.
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N c=W∗cos5 °cos α
…………. (3 )
Igualando 2 y 3.
m∗ax−W∗sin 5 °sinα
=W∗cos5 °cosα
tan α=0.4172∗0.8∗1000∗¿¿
α=9.55 °
tanα=h2−h10.8
=0.168
h2−h1=0.1344…………………… (4 )
De ecuación. 1 y 4 tenemos.
h2=0.6672m
h1=0.5328m
Además.
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0.6672+0.53282
=0.4+x
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x=0.2m
sin 75.45°0.2
= sin 99.55 °y
y=0.204m
Nos piden la máxima presión entonces.
hB=0.6672∗cos5 °
hB=0.664m
PB=9800∗hB
PB=9800∗0.664
PB=6507.2Pa
Además no piden presión en el punto A.
hA= y
PA=9800∗hA
PA=9800∗0.204
PA=1999.2Pa
4. SOLUCION.
φ=arπα∗sin( πα∗θ)
Hallando.
V r=
1r∗∂φ
∂θ
V r=1r∗(a r
πα∗πα
∗cos( πα∗θ))
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V r=a∗πα
∗rπα−1
∗cos ( πα∗θ)V θ=
−∂φ∂r
V θ=−( πα∗a∗rπα
−1∗sin ( πα∗θ))
V θ=−a∗πα
∗rπα−1
∗sin( πα∗θ)a)
∇×V=0, comprobamos si existe potencial de velocidades.
Entonces.
1r∗(( ∂ ( r∗V θ )
∂ r )−∂V r
∂θ )=0
1r∗( −π∗a
α∗π
α∗r
πα−1
∗sin( πα∗θ)−(−π∗aα
∗π
α∗r
πα−1
∗sin( πα∗θ)))=0Demostramos que si existe potencial de velocidades.
V r=∂∅∂r
=a∗πα
∗rπα−1
∗cos ( πα∗θ)………. (1)
También.
V θ=
1r∗∂∅
∂θ……… ..(¿)
Integrando ecuación (1) tenemos.
∅=
π∗aα
∗α
π∗r
πα∗cos ( πα∗θ)+∅ (θ )……. (2 )
Derivando ecuación 2 respecto a (θ ¿
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∂∅∂θ
=−πα
∗a∗rπα∗sin( πα∗θ)………(3)
Pero de la ecuación ( ¿ ) .tenemos.
∂∅∂θ
=(−πα ∗a∗rπα∗sin ( πα∗θ)+∅ ¿(θ))
V θ=−a∗πα
∗rπα−1
∗sin( πα∗θ)=1r∗∂∅
∂θ
Despejando ∂∅∂θ
∂∅∂θ
=−πα
∗a∗rπα∗sin( πα∗θ)+∅¿ (θ)=−a∗π
α∗r
πα∗sin( πα∗θ)
∅ ¿ (θ )=0…… .. (4 )
Integrando ecu. 4
∅ (θ)=c1…. (5)
Reemplazando en (5) en (2) obtenemos.
∅=
π∗aα
∗α
π∗r
πα∗cos ( πα∗θ)+c1………. (¿ )
Esta es la ecuación del POTENCIAL DE VELOCIDADES.
b) grafica de la función corriente.Hacemos un despeje simple.
De los datos tenemos a=1 , α=2 π5
r=2.5√ φsin (2.5∗θ )
………….¿
para, φ=1
Entonces.
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r=2.5√ 1sin (2.5∗θ )
θ π6
π3
π2
2π3
5π6
π
r 1.0139 1.302 1.148 1.059 1.72 1
para, φ=2
r=2.5√ 2sin (2.5∗θ )
θ π6
π3
π2
2π3
5π6
π
r 1.33 1.74 1.52 1.39 2.27 1.32
para, φ=3
r=2.5√ 3sin (2.5∗θ )
θ π6
π3
π2
2π3
5π6
π
r 1.57 2.04 1.78 1.64 2.66 1.55
grafica.
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c) Velocidad en el punto (5,4 )
r=√52+42=√39θ=tan−1 4
5θ=38.66 °
Reemplazando el valor de r y θenecuación(**)Obtenemos.
φ=96.805Tabulando.
θ π6
0.6747 π3
π2
2π3
5π6
π
r 6.351 6.245 8.218 7.15 6.59 10.69 6.23
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Grafica.
Tenemos la velocidad.
V r=52∗r
52−1
∗cos ( 52∗θ)V θ=
−52
∗r52−1
∗sin( 52∗θ)V r ,θ=
52∗r
52−1
∗cos( 52∗θ) er−52∗r52−1
∗sin( 52∗θ) eθV r ,θ=39m /s.
d) Caudal entre los puntos (r , θ )=(4 , 3 π10 ) y (3 , π4 )Sabemos. dQ=V ∙ d A
También.
d A=r∗dr dθ (−eθ )
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dQ=( 52∗r52−1
∗cos( 52∗θ) er−52∗r52−1
∗sin( 52∗θ) eθ) ∙r∗dr dθ (− eθ )
dQ=52∗r
52∗sin( 52∗θ)dr dθ…………(5)
Integrando ecuación 5 sobre los límites dados.
Q=∫3
4
∫π4
3 π1052∗r
52∗sin( 52∗θ)dr dθ
Q=7.5298m3/ s.
5. SOLUCION.
I) Cálculos previos.
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0.72.8
=
b2−121.2
b2=1.6
0.72.8
=
b1−122.1
b2=2.05
Área de salida.d=1 pulg.≈0.0254m
A=π4∗0.02542
A=5.067∗10−4m2
II) Análisis del agua.
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0.25=r−12∗y
r=0.5∗ y+1………(1 )Es un depósito de área rectangular.
Entonces .A y=(0.5∗y+1 )∗1.2………. (2 )
Entonces.d V=(0.5∗y+1 )∗1.2∗dy……. (3 )
Usando el teorema de transporte de REYNOLDS para conservación de masa.
∂N∂t
= ∂∂ t∫n∗ρ∗¿dV +∫ n∗ρ∗V ∙d A……… .. (4 )¿
m= Nn
n=1m=N∂m∂ t
=0
∂∂ t∫ n∗ρ∗¿d V=−∫n∗ρ∗V ∙ d A ……… (5 ) ¿
Usando ecuación de Torricelli.
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V salida=√2∗g∗h……..(6)
Reemplazando (3) y (6) en (5).ρagua∗(0.5∗y+1 )∗1.2∗dy
dt=ρagua∗√2∗g∗h∗5.067∗10−4…….(7)
−2368.27∗(0.5∗ y+1 )dy√2∗g∗h
=dt…… ..(8)
Integrando ecuación 8.
∫1.2
0
−(267.33∗√ y+534.66∗y−0.5 )dy=∫0
t1
dt
t 1=1405.66 s .
Nos piden el caudal inicial desaguado.
Q=Vt 1
=( 1+1.62 )∗1.221405.66
Q=1.332∗10−3m3/sIII) Análisis del aceite.
Para poder calcular el tiempo que vaciara completamente calculamos el volumen inicial del aceite.
V ini . aceite=( 1.6+2.052 )∗0.9∗1.2=1.971m3
Posición del aceite luego que el agua es vaciada completamente.
Sabemos que el volumen se conserva.
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h y∗( 1+1+0.5∗h y
2 )∗1.2=1971Operando obtenemos.
h y=1.25m, con este dato pasamos a integrar la ecuación 8.
∫1.25
0
−(267.33∗√ y+534.66∗y−0.5 )dy=∫0
t2
dt
t 2=1444.61 s
Por lo tanto el tiempo total de descarga será:
t total=t 1+t 2=2850.275 s≡47.5min .
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