Problem As

Problemas

16-03-2011

1 ra .Semana. Problema 01

1.1 Original - A gas at 20°C may be considered rarefied, deviating from the continuum concept, when it contains less than 1012 molecules per cubic millimeter. If Avogadro’s number is 6.023 E23 molecules per mole, what absolute pressure (in Pa) for air does this represent?1.1. Traducción-Un gas a 20°C puede ser considerado enrarecido, derivándose desde el concepto de continuo, si este contiene menos de 1012 moléculas por mm3. Si el número de Avogadro es 6.023 ·1023 moléculas por mol, ¿Qué presión absoluta de aire representa esto (en [kPa.])?Solución:

m= Peso molecular¿de Avogadro

= 29.87[mol−1]6.023 ·1023[moleculas /g · mol]

=4.81·10−23 [ g]

La densidad del aire contenido es

ρ=[1012 · moleculasmm3 ] ·[4.81 ·10−23 · g

molecula ] ·[ 1 ·kg1000 · g ] ·[ 109 · mm3

m3 ]=4.85 ·10−5 ·[ kgm3 ]

De la ecuación general de los gases; 20ºC=293[K]

P= ρ· R ·T=(4.85 · 10−5 ·[ kgm3 ])(287· [ m2

s2 · K ])(293 [K ] )=4.0 [ Pa ]=4.0·10−3 [kPa ]


2.33 Original. In Fig. P2.33 the pressure at point A is 25 [lbf/in2]. All fluids are at 20°C. What is the air pressure in the closed chamber B, in Pa?

2.33 Traducción En la figura. P2.33 la presión en el punto A es de 25 [lbf/in2]. Todos los fluidos están a 20 ° C. ¿Cuál es la presión de aire en la cámara B cerrados, en Pa?

pÀ+∑ γh=172400−(9790 [ Nm3 ]) (0.04 [ m ] )+ (8720 ) (0.06 )− (141960 ) (0.1 )

¿ pB=171100 Pa47.88 ·144

=28.4 psi


P2.44 Original Water flows downward in a pipe at 45°, as shown in Fig. P2.44.The pressure drop p1- p2 is partly due to gravity and partly due to friction. The mercury manometer reads a 6-in height difference. What is the total pressure drop p1 - p2 in lbf/in2? What is the pressure drop due to friction only between 1 and 2 in lbf/in2? Does the manometer reading correspond only to friction drop? Why?

2.44 traducción El agua fluye hacia abajo en una tubería de 45 °, como se muestra en la figura. Caída de presión P2.44.The p1-p2 se debe en parte a la gravedad y, en parte debido a la fricción. El manómetro de mercurio lee un 6 en la diferencia de altura. ¿Cuál es la caída de presión total p1 - p2 en lbf/in2? ¿Cuál es la caída de presión debido a la fricción sólo entre 1 y 2 en lbf/in2? ¿La lectura del manómetro corresponde sólo al decremento de la fricción? ¿Por qué?

Solución h distancia altura 2

p1+62.4(5 sen 45º+h+ 612 )−846( 6

12 )−62.4 h=p2

p1− p2= (846−62.4 )( 612 )−62.4 (5 sen45 º )=392−221=171 [ lbf

f t 2 ]

Los manómetros solo toman la lectura de la fricción perdida 392[ lbff t2 ]

Bibliografía

Frank M. White; Fluid Mechanics; 4ed; Mc Graw Hill, problema 1.1; 2.33; 2.44

23-03-2011

2 da .Semana. Problema 01

3.9. Original. A laboratory test tank contains seawater of salinity S and density. Water enters the tank at conditions (S1, ρ1, A1, V1) and is assumed to mix immediately in the tank. Tank water leaves through an outlet A2 at velocity V2. If salt is a “conservative” property (neither created nor destroyed), use the Reynolds transport theorem to find an expression for the rate of change of salt mass Msalt within the tank.3.9 Traducción. Un laboratorio analiza un tanque contenedor de agua marina de una salinidad S y una densidad ρ. Agua entra en el tanque a condiciones (S1, ρ1, A1, V1) y se asume que se mezcla inmediatamente en el tanque. El tanque de libera agua por medio de una salida A2 a una velocidad V2. Si la sal es una propiedad “conservativa”(no se crea ni se destruye), use el teorema de transporte de Reynolds para encontrar una expresión para apreciar el cambio de masa de sal Msal dentro del tanque.

Solución: la salinidad por definición S=ρsal/ρ. Por ser conservativo la sustancia no se crea ni se destruye, se toma un volumen de control

[ dM sal

dt ]sistema

= ddt (∫CV

❑

ρs dv)+Sm2−S1 m1=0

[ dM sal

dt ]CV

= ddt

S · ρ · A2 ·V 2−S1 · ρ1 · A1· V 1=0


P1.29 Original A compressed-air tank holds 5 ft3 of air at 120 lbf/in2 “gage,” that is, above atmospheric pressure. Estimate the energy, in ft-lbf, required to compress this air from the atmosphere, assuming an ideal isothermal process.

1.29 Traducción Un tanque de aire comprimido tiene capacidad para 5 ft3 de aire a 120 lbf/in2 "medidor", es decir, sobre la presión atmosférica. Estimación de la energía, en pies-libras, necesaria para comprimir el aire de la atmósfera, suponiendo un proceso isotérmico ideal.

Solución:

W 1−2=−∫1

2

pdv=−∫1

2 mRTv

dv=−mRTln( v2

v1)=p2 v2 ln( p2

p1)

Para cambios isotermicos

W 1−2=p2 v2 ln( p2

p1)=(134.7 · 144[ lbf

f t 2 ])(5 [ f t3 ]) ln( 134.714.7 )=215000[ ft·lbf ]


P1.37 Original A near-ideal gas has a molecular weight of 44 and a specific heat cv = 610 J/(kg·K). What are (a) its specific heat ratio, k, and (b) its speed of sound at 100°C?

1.37 Traducción Un gas casi ideal tiene un peso molecular de 44 y un calor específico cv = 610 J / (kg · K). ¿Cuáles son (a) su relación de calor específico, k, y (b) la velocidad del sonido a 100 º C?

Solución: R=8314/ 44=189[ Jkg·K

]

cv=R

k−1o k=1+ R

cv=1+189

610=1.31

100ºC=373ºK

a=√kRT=√1.31(189[ m2

s2 K ]) (373 K )=304 [ ms ]

Bibliografía

Frank M. White; Fluid Mechanics; 4ed; Mc Graw Hill, Problema 3.9; 1.29; 1.37

30-03-2011


3.79. Original. Air at 20°C and 1 atm enters the bottom of an 85° conical flowmeter duct at a mass flow of 0.3 kg/s, as shown in Fig. P3.79. It is able to support a centered conical body by steady annular flow around the cone, as shown. The air velocity at the upper edge of the body equals the entering velocity. Estimate the weight of the body, in newtons.

3.79. Traducción. Aire a 20 ºC y 1 atm entra al fondo de flujometro ducto- cónico de 85º con un flujo de masa de 0.3 [kg/s], como se indica en la figura. Este es capaz de soportar un cuerpo cónico centrado por un flujo anular firme alrededor del cono, como se indica. La velocidad del aire en el borde superior del cuerpo es igual a la velocidad entrante. Estime el peso del cuerpo, en newtons.Solución: Primero estimamos la velocidad en la entrada

del tubo

ρair=p

RT= 101350

287 (293 K )=1.205[ kg

m3 ]m=0.3 [ kg

s ]=ρ · A · V=(1.205[ kgm3 ])·( π

4(0.12 [m ] )) ·V

V=31.7[ ms ]

∑ F z=−W =m · V ·cos 42.5 º−m ·V =m· V ·(cos42.5−1)

W cono=(0.3 [ kgs ])(31.7[ m

s ])(1−cos42.5 )=2.5 [ N ]


P3.43 Original. Water at 20°C flows through a 5-cm-diameter pipe which has a 180° vertical bend, as in Fig. P3.43. The total length of pipe between flanges 1 and 2 is 75 cm. When the weight flow rate is 230 N/s, p1 =165 kPa and p2 =134 kPa. Neglecting pipe weight, determine the total force which the flanges must withstand for this flow.

3.43 Traducción Agua a 20 ° C fluye a través de un tubo de 5 cm de diámetro que tiene un giro de 180 ° vertical doble, como en la figura. P3.43. La longitud total de tubería entre las bridas 1 y 2 es de 75 cm. Cuando el caudal de peso es de 230 N / s, kPa p1 y p2 = 165 kPa = 134. Descuidar peso de la tubería, determinar la fuerza total que deben soportar las bridas de este flujo.

V 1=V 2=V=QA

=0.0235[ m3

s ]( π

4 )( 0.05 [m ] )2=12.0[ m

s ]Si p1 y p2 no son cero

∑ F x=F x ,reborde+( p1−pa ) A2=m2 u2−m1 u1

¿ F x ,reborde+(64000 ) πa

(0.05 )2=(23.145 ) (−12−12 )[ ms ]

F x ,reborde=−126−65−561=−750 [ N ]

∑ F y=F y ,reborde=W tub+W fluido=0+( 9790 ) π4

(0.05 )2 (0.75 )=14 [ N ]

Bibliografía

Frank M. White; Fluid Mechanics; 4ed; Mc Graw Hill, problema 3.79; 3.43

06-04-2011

4 ta .Semana. Problema 01

3.16. Original. An incompressible fluid flows past an impermeable flat plate, as in Fig. P3.16, with a uniform inlet profile u = U0 and a cubic polynomial exit profile.

u=U0( 3η−η3

2 ) where η= yδ

Compute the volume flow Q across the top surface of the control volume.3.16. Traducido - Un fluido incompresible fluye pasando por una platina impermeable plana. Como se indica en la figura, con un ingreso uniforme al contorno u=U0 y un

polinomio cubico a la salida del contorno u=U 0( 3 η−η3

2 ) cuando η= yδ

Calcule el flujo de volumen Q a través de la cara superior del volumen de control.

Placa solida, con ancho bSolución:

Qtop+Q righ t−Q¿=Q+∫

0

δ

U 0 ·(3 · y2 · δ

− y3

2 ·δ 3)b · dy−∫0

δ

U 0 · b ·dy ¿

¿Q+ 58

· U 0 ·b · δ−U 0 · b ·δ Q=38

·U 0 · b · δ


P3.20 Original Oil (SG = 0.89) enters at section 1 in Fig. P3.20 at a weight flow of 250 N/h to lubricate a thrust bearing. The steady oil flow exits radially through the narrow clearance between thrust plates. Compute (a) the outlet volume flux in mL/s and (b) the average outlet velocity in cm/s.

3.20 Traducción Aceite (SG = 0,89) entra en la sección 1 en la figura. P3.20 a un flujo de peso de 250 N/h para lubricar un cojinete de empuje. El constante flujo de salidas de aceite radialmente a través de la separación estrecha entre las placas de empuje. Calcule (a) el flujo de salida de volumen en mL/s, y (b) la velocidad de salida promedio en cm/ s.

Solución: El peso especifico del aceite= (0.91)(9790)=8909N/m3

Q2=Q1=250 /3600 [ N

s ]8909[N /m3]

=7.8· 10−6[m3

s ]=7.8[ mls ]

Tambien

Q2=V 2 π (0.1 m ) (0.02m )=7.8· 10−6

V 2=1.24 [ cms ]

Bibliografía


13-04-2011


1) Por una tubería horizontal representada en la figura circula agua. El diámetro de las secciones 1 y 3 es ∅=20 [cm ], reduciéndose en la sección 2 a la mitad. Considérese g=10 [m/s2].

a) Ordenar las presiones y velocidades en los puntos 1, 2, 3 de mayor a menor.b) Calcular el caudal, expresado en litros por segundo, si la diferencia de presiones

entre ambas secciones es 0.3 kp/cm2.c) Representar la línea de altura total y la línea de altura piezométrica cuando la

presión en la sección ancha es 1kp/cm2.

RESOLUCIÓN

a) Considerando el agua como fluido ideal, se cumple; P1=P3>P2; v1=v3<v2

b) Considerando la diferencia de presion P1-P2=3 kp/cm2(atm. técnica): Teniendo

en cuenta que: 1.033 atm. Técnica=10.33 m.c.a, resulta P1−P2

ρ· g=3 m. c . a

Ecuacion de continuidad Q=v1 · S1=v2 · S2 dondev2=4 · v1

Teorema de Bernoulli para tuberia horizontal z1=z2=z3=0.1 m.

P1

ρ· g+

v12

2 · g+z1=

P2

ρ · g+

v22

2· g+z2

P1

ρ· g−

P2

ρ · g=

v22

2· g−

v12

2· g

3=1520

· v12; v1=2[m

s ]; v2=8[ ms ]

Q=2[ ms ] · 0.01 π [m2 ]=0.0628 [ m3

s ]=62[ ltrss ]

c) Linea de altura total, teniendo en cuenta que P1=0.1 kp/cm2

P1

ρ· g=10 [ m ];

P2

ρ· g=7 [ m ]

H=P1

ρ · g+

v12

2· g+ z1=10+0.2+0.1=10.3 [ m ]

H=P2

ρ · g+

v22

2· g+ z2=7+3.2+0.1=10.3 [ m ]

Línea Piezométrica

hp1=P1

ρ ·g+z1=H −

v12

2 · g=10.1 [ m ]

hp 2=P2

ρ · g+z2=H−

v22

2 · g=7.1 [m ]


P3.84 Original Air at 20°C and 1 atm flows in a 25-cm-diameter duct at 15 m/s, as in Fig. P3.84. The exit is choked by a 90° cone, as shown. Estimate the force of the airflow on the cone.3.84 Traducción Aire a 20 ° C y 1 atm fluye en un conducto de 25 cm de diámetro a 15 m / s, como en la figura. P3.84. La salida está ahogado por un cono de 90 °, como se muestra. Estimación de la fuerza de la corriente de aire en el cono.

Solución: El volumen de control rodea al cono. Se requiere una velocidad de salida, el área a la salida es un anillo de diámetro 40.7 cm y un cm de espesor

Q=A1V 1=π4

(0.25 )2 (15 )=0.736[m3

s ] A2V 2=π (0.407 )(0.01)V 2 ; V 2=57.6 [ms ]

La densidad del aire es ρ= pRT

= 101350(287 )(293)

=1.205 [ kgm3 ]

∑ F x=Fcono=m (usale−uentra )=(1.205 ) (0.736 ) (57.6 ·cos 45−15 )=22.8 [ N ]La fuerza en el cono esta a la derecha debido a que despreciamos las fuerzas de la presión

Bibliografía

http://ocw.upm.es/ingenieria-agroforestal/fisica-aplicada-a-la-ingenieria/contenidos/tema-2/mfluidosproblemas-solucion.pdf, problema 01

Frank M. White; Fluid Mechanics; 4ed; Mc Graw Hill, problema 3.84

20-04-2011


3.6. Original. When a gravity-driven liquid jet issues from a slot in a tank, as in Fig. P3.6, an approximation for the exit velocity distribution is u≈√2· g(h−z) , where h is the depth of the jet centerline. Near the slot, the jet is horizontal, two-dimensional, and of thickness 2L, as shown. Find a general expression for the total volume flow Q issuing from the slot; then take the limit of your result if L ≪ h.3.6. Traducción. Cuando un líquido sale conducido por la gravedad mediante la abertura de un tanque, como se indica en la figura, una aproximación de la distribución de la velocidad de salida es u≈√2· g(h−z), cuando h es la profundidad de la línea de centro de la salida. Cerca de la abertura, la salida es horizontal, bidimensional, y de espesor 2L, como se muestra. Encuentre una expresión general para el flujo de volumen Q saliendo por la abertura, cuando toma limite del resultado si L ≪ h.

Solución:

Q=∫udA=∫−L

L

[2 · g (h−z )]12 · b ·dz=2 · b

3 √ (2 · g ) (h+L )32− (h−l )

32

L≪h ; Q ≈(2 · L · b)√ (2 · g · h )


P2.42 Original Very small pressure differences pA-pB can be measured accurately by the two-fluid differential manometer in Fig. P2.42. Densityρ2. is only slightly larger than that of the upper fluidρ1. Derive an expression for the proportionality between h and pA-pB if the reservoirs are very large

2.42 Traducción Muy pequeña diferencia de presión pA-pB se puede medir con precisión por el manómetro diferencial de dos fluidos en la figura. P2.42. Densidad ρ2.

sólo ligeramente mayor que la de la parte superior fluidρ1. Deducir una expresión de la proporcionalidad entre horas y pA-pB , si los depósitos son muy grandes

pA+ ρ1 g h1−ρ2 gh−ρ1 g (h1−h )=pB

pA−pB=( ρ2−ρ1) gh

6ta.Semana. Problema 03

P2.41 Original The system in Fig. P2.41 is at 20°C. Compute the pressure at point A in lbf/ft2 absolute.

2.41 Traducción El sistema de la figura. P2.41 está a 20 ° C. Calcule la presión en el punto A en lbf/ft2 absoluta.

Solución: Se toma pesos específicos de agua y mercurio de la tabla 2.1

pa+(0.85 )(62.4[ lbff t 3 ])− (846 )( 10

12 )+(62.4 )( 512 )= patm=¿ (14.7 ) (144 )[ lbf

f t 2 ]pA=2770[ lbf

f t2 ]

Bibliografía


27-04-2011

7ma.Semana. Problema 01

3.180. Original. The large tank of incompressible liquid in Fig. P3.180 is at rest when, at t =0, the valve is opened to the atmosphere. Assuming h = constant (negligible velocities and accelerations in the tank), use the unsteady frictionless Bernoulli equation to derive and solve a differential equation for V(t) in the pipe.3.180. Traducción. El gran depósito de líquido incompresible en la figura. P3.180 está en reposo cuando, en t = 0, la válvula se abre a la atmósfera. Suponiendo que h = constante (velocidades y aceleraciones insignificante en el tanque), utilizar la ecuación de Bernoulli sin fricción inestable para derivar y resolver una ecuación diferencial para V (t) en la tubería.

(1)en el tope del tanque y dos la válvula

Solucion:

∫1

2 ∂ y∂ t

ds+V 2

2

2+g z2 ≈

V 12

2+g z1 Cuando p1=p2, V 1 ≈ 0, z2≈ 0 y z1=h=const

2 L dVdt

+V 2=2gh

V=0 en t=0, V=V final tanh(V final t2 L )

V final=√2 gh

7 ma .Semana. Problema 02

P3.173 Original The horizontal wye fitting in Fig. P3.173 splits the 20°C water flow rate equally. If Q1 = 5 ft3/s and p1 = 25 lbf/in2(gage) and losses are neglected, estimate (a) p2, (b) p3, and (c) the vector force required to keep the wye in place.

3.173 Traducción El accesorio estrella horizontal en la figura. P3.173 divide el agua a 20 ° C velocidad de flujo por igual. Si P1 = 5 ft3 / s, y p1 = 25 lbf/in2 (medidor) y las

pérdidas son descuidados, estimado (a), p2, (b) p3, y (c) el vector de fuerza necesaria para mantener la estrella, en su lugar.

V 1=QA1

= 5.0

(π4 )( 6

12 )2 =25.46[ ft

s ]; V 2=QA2

= 2.5

( π4 )( 3

12 )2 =50.93[ ft

s ] ; V 3=28.65 [ fts ]

p2=p1+ρ2 (V 1

2−V 22 )=25 (144 )+1.94

2(25.462−50.932 )=1713 psfg ( a )

p3=p1+ρ2 (V 1

2−V 32 )=25 (144 )+ 1.94

2(25.462−28.652 )=3433 psfg(b)

Bibliografía


Bibliografía de los problemas

1ra.Semana 16-03-2011


2da.Semana 23-03-2011

Frank M. White; Fluid Mechanics; 4ed; Mc Graw Hill, Problema 3.9; 1.29; 1.37

3ra.Semana 30-03-2011


4ta.Semana 06-04-2011


5ta.Semana 13-04-2011

http://ocw.upm.es/ingenieria-agroforestal/fisica-aplicada-a-la-ingenieria/contenidos/tema-2/mfluidosproblemas-solucion.pdf, problema 01

Frank M. White; Fluid Mechanics; 4ed; Mc Graw Hill, problema 3.84

6ta.Semana 20-04-2011


7ma.Semana 27-04-2011


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