SEGUNDO TALLER DE TERMODINAMICA I

Presentado a: JAVIER RUGELES GRUPO J1

Alumnos;

WILFER PIMIENTO RUEDA 2031700

KARINE PAOLA ANGULO RAMOS 2030644

1. El deposito presurizado contiene agua y aceite (So =0.89). Tiene en un extremo una compuerta semiesferica pivotada en O. En el interior del deposito una varilla de madera (Sm = 0.6) de 3 m de longitud y 20 cm2 de seccion transversal, se encuentra anclada por una cuerda atada a uno de sus extremos. Para la condicion θ = 40º , Determinar el valor de la fuerza F para apertura inminente. El peso de la compuerta es de 150 kgf.

0.6 m

F

1.5 bar.

O

GC

0.25

m

Aire

0.6 m

0.5 m

Aceite

Agua0.15 m

θ

Solución del ejercicio de la compuerta semiesferica con varilla flotando

Se llevan las fuerzas que representan la acción de los fluidos sobre la superficio esferica al punto de convergencia

Datos

pair = 1,5 [bar] · 100000 · pa

bar

w = 9810 [N/m3]

So = 0,89

Sv = 0,6

= 40 [degrees]

L v = 3 [m]

hw = 0,35 [m]

Av = 20 [cm2] · 0,0001 · m2

cm2

Wc = 150 · 9,81 [N]

R i = 0,5 [m]

Re = 0,6 [m]

xc = 0,25 [m]

analisis de la varilla

suma momentos alrededor del extremo izq de var. antih +

hw

2

tan ( ) · Fbw +

ho

2 + hw

tan ( ) · Fbo –

Lv

2 · cos ( ) · Wv = 0

Fbw = w · hw

sin ( ) · Av

Fbo = So · w · ho

sin ( ) · Av

Wv = Sv · w · L v · Av

Analisis de compuerta

Suma de momentos alrededor de O. AntiH +

2 · Re · F + xc · Wc – Re · ( Fo + Fw ) = 0

Fo = pair + So · w · ho – 4 · R i

3 · · · R i

2

2

Fw = pair + So · w · ho + w · 4 · R i

3 · · · R i

2

2

La compuerta C de 6 m de ancho en forma de cuarto de cilindro y de concreto (SC = 2.3), pivota en O y separa los depósitos como muestra la figura .El depósito de la izquierda contiene CO2 presurizado (a 1.5 bar manométrico) sobre aceite (Saceite = 0.85). El depósito de la derecha contiene aire presurizado sobre agua La diferencia de presiones del aire y

CO2 se determina mediante la lectura de un manómetro inclinado de mercurio (SHg = 13.6). Determinar:

1. El valor de la lectura δ del manómetro inclinado para condición de apertura inminente de la compuerta C.

2. La presión manométrica del aire en el depósito de la derecha. 3. Si se debe aumentar o disminuir el valor de δ con el fin de abrir la

compuerta.

1.8 m

3 mO

C5 m

CO2 Aire

Aceite

Agua

δ

45°

Hg

pman−CO2=1.5 ¿̄

datos

s C = 2,3

s OIL = 0,85

s HG = 13,6

b = 6 [m]

pCO2 = 1,5 [bar] · 100000 · pa

bar

h1 = 1,8 [m]

h2 = 3 [m]

R = 5 [m]

= 45 [degrees]

w = 9810 [N/m3]

suma de momentos 0 0. antih +

2 · R

2 · F1 + 2 ·

R

3 · F3 + R · ( Wcl – F4 ) + R – 4 ·

R

3 · · Wc = 0

F1 = ( pCO2 + s OIL · w · ( h1 + h2 ) ) · R · b

F3 = 1 / 2 · s OIL · w · R 2 · b

F4 = ( pair + w · ( h2 + R ) ) · R · b

Wcl = w · R 2 – · R 2

4 · b

Wc = s C · w · · R 2

4 · b

Ecuacion del manometro

pCO2 + s HG · w · · sin ( ) = pair

EJERCICIOS PROPUESTOS

La compuerta A mostrada en la figura está diseñada para que la acción del agua represada inicie movimiento desde la posición 1(línea continua), en la que se encuentra abierta, hasta la posición 2 (línea a trazos), en la que se cierra. La compuerta también se empieza a abrir a un nivel dado del agua, debido a la disminución de peso aparente por la inmersión del contrapeso en concreto (S=2.3) B, cuya posición inicial es tal que al cambiar la compuerta desde la posición 1 hasta la posición 2 el contrapeso baja lo requerido para tocar la superficie libre del agua cuando esta termina de cerrarse (posición 2). El contrapeso B tiene sección transversal de 2.6 m2. Determine:

a) El valor de h para el cual la compuerta termina de cerrarse. (posición 2)

b) El valor de h para el cual la compuerta empieza a cerrarse. (posición 1)

c) El valor de h para el cual la compuerta empieza a abrirse. (estado cerrada, posición 2)

Masa de la compuerta = 5E5 kg; ancho de la compuerta 5m.

Solución

a) DCL de la compuerta en la posición 1. Oy

Ox

d

T

T=W Bloque

T=V∗γHso∗SB

T=(2.6 ) (1.5 ) (9800 )(2.3)T=87906

f R=( d2 γHso)∗Area

f R=(4900d ) (5d )

f R=24500d2

W compuerta=m∗g=(5∗103 ) (9.8 )=49000

∑Mo=0

−( 49000 ) (1.5 )+ (87906 ) (3 )+(24500d2 )( 2d3 )=0

d=−2.267

−W c (1.5 )+T (3 )+ f R( 2d3 )=0

b)

T

h FH

Fv1 Fv2

A=[hR−( θ2∗R2)]conh=R sin θ

A=hR−( sen−1( hR

)

2∗R2)

F v 1=h¿ γH 2O (4.4 )(5)F v 1=215600h

F v 2=A∗(5 ) ( γH 2O )=49000∗hA

∑Mo=0

87906∗(3 )+215600h∗(2.2 )−49000∗(2.2 )−[49000∗(3h−( sen−1( h3)

2∗32))∗3]=0

El sistema queda expresado en términos de h pues no se puede despejar.

T (3 )+Fv 1 (2.2 )−W c (2.2 )−F v 2 (3 )=0

T T

Fb h h1

FHFv1 Fv2

T=W B−FB

FB= (h−h ' )∗(2.6 )∗(γH 2O)

F v 1=h∗γH 2O∗(4.4 )∗(5 )F v 1=215600h

F v 2=A∗(γH 2O )∗(5 )

A=[hR−( θ2∗R2)]conh=R sinθ

A=hR−( sen−1( hR

)

2∗R2)

∑Mo=0

87906∗(3 )+215600h∗(2.2 )−49000∗(2.2 )−[49000∗(3h−( sen−1( h3)

2∗32))∗3]=0

El sistema queda expresado en términos de h pues no se puede despejar tal como sucedió en el numeral b).

T (3 )+Fv 1 (2.2 )−W c (2.2 )−F v 2 (3 )=0

Primero miramos el sistema sin rotar para hallar el peso de la compuerta

Datos

r = 0.5

b = 3

w = 9810

s = 0.8

DCL C

W_C F_W

F_C

fc – fw – wc = 0

fc = pc · ac

a c = · 0.12

fw = w · 1.5 · · 0.12

wc = 50 · 9.81

DCL D

W_D W_compuerta

F_D/3

wd = 50 · 9.81

fd

3 = wd + w compuerta

fd = pd · ad

C

D

pd = pc

ad = 0.152

·

Ahora rotamos la compuerta

DCL COMPUERTA

r3 · f3 + r1 · f1 + r2 · f2 + r · wcompuerta · cos ( ) – re · fe = 0

f3 = 0.5 · w · r2

· sin ( ) · b

f1 = 0.5 · w · r2

· b

f2 = w · r2

· b

r1 = 1 / 3 · r

r2 = 0.5 · r

r3 = 1 / 3 · r

hd = r · tan ( )

hc = 9 / 4 · hd

F_e

W_compuerta

D

F_D

fd

3 = fe +

wcompuerta

3

fd = pd2 · ad

DCL C

F_W2 W_C

F_C2

fw2 = fc2 – wc

fw2 = w · ( h + 1.5 + hc + 0.5 )

fc2 = pc2 · ac

AHORA UTILIZAREMOMOS MANOMETRIA

pc2 – w · s · ( hc + hd ) = pd2

hd – h1 + r · cos ( ) = h

h1 = hd · sin2

( )

TABLA DE RESUSTADOS

C

Dos cilindros A y B de iguales dimensiones y diferente material, SA = 2 y SB = 3, se mantienen en reposo colgados de un sistema de una cuerda y dos poleas por la flotación que el líquidoEscriba aquí la ecuación. L de SL = 1.25, ejerce sobre el cilindro B como se muestra. Determine el incremento mínimo del nivel del líquido L para que el cilindro B quede completamente sumergido.

L

B

A

1.0 m

2.5 m

1.5 m

D. C. L POSICION INICIAL

W B−Fb=W A

γW∗S A∗π r2b=γW∗SB∗π r2b−γW∗Sl∗A s1

A s1=π r2

2+r2θ+hrcosθ

sin θ=hr

B

A

WA

WB

Fb

T

T

θh

D.C.L CUANDO EL NIVEL ALCANZA AL CILINDRO A

El cilindro B sube con el flotador 0.75 m hasta que se encuentra con el cilincro a.

T

T

Fb

WB

WA B

A

D.C.L POSICION FINAL

r = 1 [m]

SA = 2

SB = 3

b = 2,5

SL = 1,25

WA – Fa = WB – Fb

SA · · r

2 = SB · · r

2 – SL · As1

As1 = · r

2

2 + r 2 · + h · r · cos ( )

hb1 = r + h

sin ( ) = h

r

A

B

WA

WB

Fb2

T2

T2

SA · b – SL · h1a = SB · b – SL · b

hb2 = 2 · r

hb = hb2 – hb1

hniv el = hb – h1a + 0,75

RESPUESTA

El dispositivo mostrado regula el maximo nivel de agua en el tanque I. Para la posicion mostrada el sistema se encuentra en equilibrio. El flotador M tiene una seccion en un plano paralelo al nivel libre del agua de 400 cm2.

La compuerta circular A pesa 150 kg tiene un diametro de 0.5 metros. Determine la distancia d a la que debe colocarse el peso P de 250 kg para apertura inminente cuando se llene el tanque II de 1.5 m3 de capacidad Y 80 kgf de peso(vacio). El resorte tiene una constante de K = 2 kgf/cm.

1.0 m0.5 m

P

W

d

Tanque II

60Tanque I

A

2 m

10 cm

Wagua+tanque

Fa T1

T2

Kx

FP

Ox

Lh2s

h1sH flot

H nivel

Ox

Oy

d10.5

Δ (T1+Fa-M=0)

ΔT1= -ΔFa

Δ (4rT1= rT2)

4ΔT1=ΔT2

Δflot =4Δx

ΔT1=KΔx/4

Δ (T2=W+ Kx)

ΔT2=KΔx

P*g*d+ Fcos30*0.5 = Wagua+tanque

Δ hs = hs2 - hs1

L =Δnivel+hs1

L =Δflotacion+hs2

Δnivel – Δflot = Δ hs

60°F

ZCP

Fp

Fp(r + Cp -2r * F cos60) =0

Fp= ϒw (ho + Δh nivel - r)*πr^2

Cp = ϒw * Ixx / Fp

Oy

θ

WA = 150 [kg]

A = 0,04 [m2]

r = 0,25 [m]

P = 250 [kg]

V2 = 1,5 [m3]

W2 = 784 [N]

K = 1962 [N/m]

= 60 [degrees]

ho = 2 [m]

Ac = · r2

w = 9810 [N/m3]

x = 0,1 [m]

g = 9,81 [m/s2]

b f = 0,5 [m]

bw = 1 [m]

D.C.L Compuerta: Momentos en el pivote = 0

Fp · r – 2 · r · F · cos ( ) = 0

Fp = w · ( ho + h – r ) · Ac

cp = w · sin ( 90 ) · Ixx

Fp

Ixx = · r

4

4

D.C.L Barra P – T2 : Momentos en el pivote = 0

P · g · d + b f · F · sin ( ) – bw · WT = 0

WT = W2 + WL

WL = w · V2

Relación Δ hs con Δx

h = 4 · x – K · x

4 · w · A

RESPUESTAS