PROBLEMA: Sabe la pared vertical de un tanque que contiene

PROBLEMA: Sobre la pared vertical de un tanque que contiene agua, se
ha practicado un orificio circular de 6 cm2. El chorro que sale por ese
orificio pasa por un punto de coordenadas x = 152cm., y = 51 cm. con
origen en la sección contraída, cuando el caudal es de 61 lt/min. Hallar la
reacción horizontal del chorro sabe el tanque.
Solución:
X
Y
Se debe cumplir que:
x  Vr.t
y
1 2
gt
2
De estos dos ecuaciones se debe que:
Vr 
gx 2
2y
Reemplazando valores la velocidad es:
Vr 
9.811.52 2
 4.71m / seg.
2 0.51
La reacción horizontal será igual al cambio en cantidad de movimiento:
Rh 
masa
1000 0.061
 velocidad Qr Vr 
 0.49kg.
seg.
9.81 60
PROBLEMA: Un tanque contiene agua en una altura de 1.85m. y sobre la
superficie libre existe aire
a una presión de 0.7 kg/cm2 sobre la
atmosférica. Si en el fondo del tanque se practica un orificio de 5 cm d
diámetro, hallar el caudal si el coeficiente de descarga es de 0.6.
Solución:
Del Teorema de Bernoulli aplicado entre la superficie libre del agua e el
tanque y la salida se tendrá:
p

Vt    h  2g
w

El caudal real será:
2
p
 d
 h 2g.
4
w

Q  C d .Vt .a  C d 
Q  0.6 7  1.8519.6 
0.052
 15.52lt / seg
4
PROBLEMA: Un tanque cilíndrico vertical de 0.60 m. de diámetro y
1.50 m. de altura tiene un orificio de 2.5 cm de diámetro en el fondo. El
coeficiente de caudal es de 0.61. Si el tanque esta inicialmente lleno de
agua, en qué tiempo el nivel bajará 0.90 m.?.
Solución:
D
1s
dz
z
d
Vt  2gz
El caudal real que sale por el orificio es:
Q  C d . 2gz 
d 2
4
El volumen que sale por el orificio en un tiempo dt es:
d 2
Q.dt 
dz
4
El volumen será igual al volumen que en el mismo tiempo vacia en el
tanque:
D
dt   
z 
2
1
1
 z 2 dz
2g  Cd
0.6
2
 1 
1
D
t - t0    
 2z 2 
2g  Cd 
d

Reemplazando datos:
t  t 0  330.4seg.
Con los datos de la siguiente figura, calcular el coeficiente de contracción, el de velocidad y
el de gasto, sabiendo además que el diámetro del orificio es de 0.05 m y el de la vena
contraída 0.0396 m . ¿Cuál es la velocidad del chorro en la salida y el gasto?
Solución :
h=1.46 m
Y = 0.82 m
X = 2.12 m
Las áreas son proporcionales a los cuadrados de sus diámetros :
Cc = A contraída / A orificio = (0.0396)2 / (0.05)2 = 0.001568 / 0.0025
Cc = 0.627
De la ecuación de la trayectoria tenemos la velocidad real de salida :
V real =  g x2 / 2y =  9.8(2.12)2 / 2(0.82) = 5.18 m/seg
La velocidad teórica es :
V teórica =  2gh =  19.6(1.46) = 5.35 m/seg
Entonces :
Cv = V real / V teórica = 5.18 / 5.35
Cv = 0.97
El coeficiente de gasto será :
C = Cv . Cc = 0.97 (0.627)
C = 0.609
El gasto :
Q = C. A .  2gh = 0.609 [ (0.05)2 / 4]  19.6 (1.46) = 0.00638
Q = 6.38 lts / seg
El chorro que sale por un orificio de ½” de diámetro, situado en una pared vertical, pasa por
un punto a 1.50 m en distancia horizontal y a 0.12 m en vertical del centro de la sección
contraída. El gasto es 0.8 lts / seg.
Calcular los coeficientes de gasto, velocidad y contracción si la carga de agua sobre el
centro del orificio es de 6 m.
Solución :
h=6m
Y = 0.12 m
X = 1.50 m
De la ecuación de la trayectoria tenemos que la velocidad real de salida es :
V real = g x2 / 2y = 9.8 (1.50)2 / 2 (0.12) = 9.6 m/seg
La velocidad teórica es :
V teórica =  2gh =  2(9.8)6 = 10.84 m/seg
El coeficiente de velocidad será :
Cv = V real / V teórica = 9.6 / 10.84 = 0.885
El gasto teórico es : Q =  2gh . a = (19.6 x 6) [ (0.5 x 0.0254)2 / 4]
Q teórico = 1.38 x 10-3 m3 / seg = 1.38 lts / seg.
El coeficiente de gasto será : C = Q real / Q teórica = 0.8 / 1.38
C = 0.58
Se sabe que : C = Cv . Cc
Despejando : Cc = C / Cv = 0.58 / 0.885 = 0.656
Cc = 0.656
Se tiene un recipiente de paredes verticales lleno de agua hasta una altura de 13 m. Se
pregunta : a) ¿Cuál será la posición de un orificio cuyo chorro encuentre al suelo a una
distancia máxima?. ¿A qué altura habrá que colocar otros dos orificios, de características
similares al primero, para que sus chorros corten el suelo en un punto situado 1 m más atrás
del punto donde lo hace el chorro del primer orificio?.
Solución :
h
13 m
y
x
La ecuación de la trayectoria es :
Despejando :
y = g . x2 / 2 v2
x = v  2y / g
x = 2gh . 2y / g = 2  h .y
Pero :
Luego :
h =13 – y
x = 2 13 y – y2
............................. (1)
Para que “x” sea máxima, derivamos la ecuación (1) e igualamos a cero :
dx/dy = 13 – 2 y /  13y – y2 = 0
13 – 2y = 0
;
y = 13 / 2 = 6.5 metros
y = 6.50 m
Reemplazando este valor en (1) obtenemos la máxima distancia horizontal.
x =  13 x 6.5 – 6.5
x
6.5 = 13 metros.
Cálculo de los otros dos orificios :
Según el enunciado :
X = 13 – 1 = 12 m
Reemplazando este valor en (1) :
12 = 2  13 y - y2
Resulta :
Y2 - 13y + 36 = 0
De donde :
y’ = 9 m
y” = 4 m
En la pared vertical de un reservorio de 4 m de altura de agua, se han abierto 2 orificios. El
primero de ellos a 1 m del nivel del suelo y el segundo a una distancia z del nivel
superficial del agua. Calcular el valor de z sabiendo que el alcance horizontal, al nivel del
suelo, del primer orificio es doble que el del segundo. La relación de coeficientes de
velocidad de ambos orificios es : Cv1 / Cv2 = 1.04
Solución :
z
8m
1m
De la ecuación de la trayectoria, obtenemos la velocidad real de salida :
Vr =  g x2 / 2 y
Luego se tiene :
Vr1 =  g(2x)2 / 2(1) =  2gx2
^
Las velocidades teóricas en
el 1° y 2° orificio son : Vt1 =  2g(4 – 1) =  6g ;
Sí :
Vt2 =  2 g z
Cv = Vreal / Vteorica
Los coeficientes
de velocidad serán : Cv1 = [ x2 / 3 ]1/2 ..... (1)
Por dato del problema :
Cv2 = [ x2 / 4z(4 – z) ]1/2 ....... (2)
Cv1 / Cv2 = 1.04 ........... (3)
Entonces : (1) y (2) en (3)
4z (4 – z) / 3 = 1.04 ó
4z2 – 16z + 3.24 = 0
y se obtiene :
Vr2 =  gx2 / 2 (4 – z)
z’ = 3.785 m ^ z” = 0.215 m