Solucion de examen parcial de mecanica de fluidos

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


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.



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.



∑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.



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.



∑ 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.



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.



0.6672+0.53282

=0.4+x



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))



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 ¿



∂∅∂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.



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.



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



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 )



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.



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.



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.



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.



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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