EJERCICIOS RESUELTOS DE FLUIDOS 1



FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL
Escuela de Ingeniería Civil


Trabajo:
Resolución de Ejercicios

GRUPO 5

CURSO:
DINAMICA DE LOS FLUIDOS I


DOCENTE:
ING. ING. DANTE SALAZAR SÁNCHEZ


INTEGRANTE:
RAMIRO CORTEZ BECERRA



16.5E.- Calcule las fuerzas en las direcciones vertical y horizontal sobre el bloque de la figura 16.10. La corriente de fluido es un chorro de aguade 1.75 pulgadas de diámetro a 60ºF y velocidad de 25 pies/s. La velocidad del agua al abandonar el bloque también es de 25 pies/s
SOLUCION:

Q = Av = x x
= 0.418 pies3/seg
Rx = ρQ (V2 – V1) = ρQ (-V2 Sen 30° – 0)
Rx = - ρQV2 Sen 30° = - (1.94)(0.418)(25) Sen 30°
Rx = -10.13 lb = 10.13 hacia la derecha

Ry = ρQ (V2y – V1y) = ρQ [(V2 Cos 30° – (-V1)]
Ry = ρQ [(V2 Cos 30° +V1)] =(1.94)(0.418)[25 Cos 30° + 25]
Ry = 37.79 lb hacia arriba








16.15E.- Una reducción conecta una tubería estándar de 6 pulg cédula 40 con otra de 3 pulgadas cédula 40 también. Las paredes de la reducción cónica están inclinadas con un ángulo de 40º. El flujo volumétrico del agua es de 500 gal/min y la carga de presión de la reducción es de 125 Psi (lb/pulg2). Calcule la fuerza queel agua ejerce sobre la reducción, sin olvidar la pérdida de energía de ésta.
SOLUCION:
Q = 500 gal/min x (1pies3 /sec)/ 449 gal/min
Q = 1.114 ft3/sec
A1 = 0.2006 pies2 = 28.89 pulg2
A2 = 0.05132 pies2 = 7.39 pulg2
V1 = = (1.114 pies3/sec)/0.2006 pies2 = 5.55 pies/seg
V2 = = (1.114 pies3/sec)/0.05132 pies2 = 21.7 pies/seg
D1/D2 = 0.5054/0.2557 = 1.98; k=0.043
Desde la sección:Hl = K = 0.043 = 0.314 pies
=
P2 = P1 + ɣ [ – 0.314 pies
P2 = 125 + 62.4 lb/pies3 [ ]pies
P2 = 125 – 3.10 = 121.9 psig
ΣFx = Rx +p2A2 – p1A1 = ρQ (v1 – v2) = ρQ (-v2 – (-v1)) = ρQ (v1 – v2)
Rx = ρQ(v1 – v2) - p2A2 + p1A1 =
Rx = (1.94)(1.11)(5.55 – 21.7) – (121.9)(7.39) + (125)(28.89)
Rx = -34.9 – 900 + 3611
Rx = 2676 lb
16.25E.- Para que las persianas de la figura 16.19 ydescritas en el problema 16.24, Calcule el par que se necesita para girarlos cuando el ángulo es θ= 45º
SOLUCION:





Rx = ρQv1 Sen 70º
Rx = (2.06 x 10-3) (0.694) (10.0)2 Sen 70º
Rx = 0.1345 lb

M= (2.5) Rx
M = (0.1345 lb)(2.5 pulg)
M = - 0.336 lb-pulg











3.76.- Hallar la componente “y” de la fuerza que actúa sobre el volumen de control dado en el problema 3.17para la velocidad dada en el. Considérese que la gravedad actúa en la dirección y negativa
SOLUCION:

Fy =ρ Qy Vy
Qy=ʃ
Q = i (16y -12x) + j(12y – 9y)
=12y – 9x, = 12, A=1
Qy= ʃ12 dy
Vy = 12y-9y=12x1-9x1=3
Fy = 0, FR= Fy – Fg FR=0 ρg 13 = - ρg
FR = - ρg









3.86.- Resolver el problema 3.85 cuando las perdidas en el codo vienen dadas por 0.6 V2/2g siendo V1 lavelocidad de aproximación, y comparar los resultados.
SOLUCION
Tomando un volumen de control sobre el codo y situando en el plano horizontal x-y







a) Considerando sin pérdidas en el tubo codo. Solución problema 3.85


Q= 40,000







De la ecuación de la cantidad de movimiento:b) Caso b, en consideración de perdidas en el codo, la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2:













3.96.- Un avión de propulsión a chorro vuela a 1100 km/m. En el interior del motor penetran 75 kg/seg de aire, quema 1.4 kg/seg de combustible y desarrolla un empuje de 3600 Kg. ¿Cuál es la velocidad de eyección de los gases?


V1 =1100 Km/H = 305.6 m/seg
Waire=75 Kg/seg = ρ.g
(PQ)aire = = = 7.64 Kg seg/m
(PQ)combustible = =0.143 Kg seg/m
a) Despreciando la masa del combustible:
F = ρ Q (V2 – V1)
V2 = + V1 = 3600 (7.64 + 305.6)
V2= 776.8 m/seg

b) Considerando la masa del combustible
F = Q (V2 – V1) ρ + ρ Q (V2 – 0)
3600 = 7.64 (V2 – 305.6) + 0.143 (V2 – 0)

V2 = = 762.53 m/seg

3.106.- Despreciando la resistencia del aire ¿Qué...