18Cap5-FlujoEnTuberiasEjerciciosResueltos

CAPITULO V FLUJO EN TUBERIAS

TEXTO GUIA HIDRAULICA EJERCICIOS RESUELTOS

PROBLEMAS RESUELTOS PRINCIPIOS DE FUNDAMENTALES DE FLUJO EN TUBERIAS PERDIDAS EN TUBERIAS 1-V) Una tubería, que transporta aceite de densidad relativa 0,877, pasa de 15 cm. de diámetro, en la sección E, a 45 cm. de la sección R. La sección E esta 3,6 m por debajo de R y las presiones son respectivamente 0,930 Kg/cm2 y 0,615 Kg/cm2. Si el caudal es de 146 l/seg., determinar la pérdida de carga en la dirección del flujo. Solución. Velocidad media en una sección = Q/A. Por tanto, V15 = 0,146 / (¼ π 0,152) = 8,26 m / seg. y V45 = 0,146 / (¼ π 0,452) = 0,92 m / seg. Utilizando, como plano de referencia, el horizontal que pasa por la sección mas baja E, la energía en cada sección será: P V15 0,930 × 10 4 ( 8,26) + +z= + + 0 = 13,75kgm / kg w 2 g 0 , 877 × 1000 2 g en E, 2

2

P V45 0,615 × 10 4 ( 0,92 ) + +z= + + 3,60 = 10,65kgm / kg 0,877 × 1000 2g en R, w 2 g 2

2

El flujo tiene lugar de E a R, ya que la energía de E es mayor que la de R. La perdida de carga se determina haciendo el balance de energía entre E y R, tomando como plano de referencia el horizontal que pasa por E:13,75 – perdida de carga = 10,65 o bien perdida de carga = 3,10 m, de E a R. 2-V) Determinar el tipo de flujo que tiene lugar en una tubería de 30 cm. cuando (a) fluye agua a 15ºC a una velocidad de 1,00 m/seg. y (b) fluye un fuel-oil pesado a 15ºC y a la misma velocidad. Solución. Re

(a)

f =

4 πvD

∆Fπ2 gD 8 fL

5

⋅

f

El flujo es turbulento

17



(b) v = 2,06 x 10-4 m2/seg. RE =

Vd 1,00(0,3) = = 1450 < 2000 v 2,06 × 10 −4 El flujo es laminar

3-V) Los puntos A y B están unidos por una tubería nueva de acero de 15 cm. de diámetro interior y 1200 m de longitud. El punto B esta situado 15,0 m por encima del A y las presiones en A y B son, respectivamente., 8,60 kg/cm2 3,40 kg/cm2. ¿Qué caudal de fuel-oil medio a 21ºC circulara entre A y B? (є = 0,006 cm.) Solución. El valor del número de Reynolds no puede calcularse directamente. Al establecer la ecuación de Bernoulli entre A y B, tomando como plano de referencia el horizontal que pasa por A, 2 2 2 4 2  8,6 × 10 −4    V15 V V15 V15 45,8   − f  1200  15 =  3,4 × 10  + + 0 + + 15 , 0 =  0,854 × 1000 2 g    0 , 15 2 g 0 , 854 × 1000 2 g       y 2 g 8000 f Además RE = Vd/v. Sustituyendo V por el valor anterior,

RE =

d v

2 g ( 45,8) 8000 f

o

RE

f =

d v

2g ( 45,8) 8000

Como el termino 45,8 es hL o descenso de la línea de alturas piezomètricas, y 8000 representa L/d, la expresión general que ha de utilizarse cuando se quiere determinar Q es

RE

f =

d v

2 g ( d )( hL ) L

(Véase en el diagrama de Moody)

4-V) En una tubería de 25cm de diámetro, se ha medido la caída de presión entre dos puntos kg separados 100m , resultando esta ser de 2500

m2

para un gasto de 100lps . Calcule el valor

(

2

)

−6 de rugosidad equivalente del material. El líquido es agua v = 10 m s .

Solución.

18



La rugosidad solo puede calcularse si el régimen es rugoso: Re f 〉 200 D k Para Re: V =

[ ]

Q 0.1 = ⇒ V = 2.04 m s A π ( 0.25) 2 4

Re =

VD ( 2.04 )( 0.25) = ⇒ Re = 5.1 × 10 5 v 10 −6 Este resultado indica que el flujo es turbulento. El factor de fricción se hallara con la formula de Darcy-Weisbach:

hf = f

L V2 D 2g

2h f Dg

f =

LV 2 Donde: ∆P ; ∆P = caída de presión. γ

hf =

2500 ⇒ h f = 2.5[ m] 1000 Por lo tanto: hf =

2h f Dg

f =

LV 2 ( 2)( 2.5)( 0.25)( 9.81)

f =

(100)( 2.04) 2

⇒ f = 0.029

Con el valor de Reynolds y el factor de fricción, aplicamos, la ecuación de Karman-Prandtl, para tuberías funcionando como rugosas. 1 f

= 2 log

1 0.029

D + 1.74 2ke

= 2 log

0.25 + 1.74 2ke

19



Resolviendo la ecuación, obtenemos:

ke = 1.07 5-V) Una tubería de 0.20m de diámetro funciona como lisa cuando la viscosidad de energía es de 7.9m por cada Km de longitud. El liquido tiene una Dr = 0.92 y una viscosidad 2

−5 cinemática de 2 × 10 m s . Calcule el gasto que fluye.

¿Cuál seria el gasto para la misma perdida, si la tubería funciona como rugosa, si la rugosidad artificial es de 0.5mm ? Solución. Para calcular el gasto se aplica la ecuación de Darcy-Weisbach, pero primero debemos hallar el factor de fricción, para tuberías lisas: 1 f

(

)

= 2 log Re f − 0.8

 VD = 2 log f  v

1

 f  − 0.8 

 0.2V = 2 log −5 f  2 × 10

1

hf = f

(1)

L V2 D 2g

h7.9 = f V =

 f  − 0.8 

1000 V 2 0.2 2( 9.81)

0.176 f

( 2)

Reemplazando ( 2 ) en (1) :

20



0.176   0.2 f 1 = 2 log   2 × 10 −5 f   1 f

  f  − 0.8   

= 2 log 1760 − 0.8 = 5.591

f = 0.031 V =

0.176 f

=

0.176 0.031

[ s]

⇒ V =1m

 π ( 0.2 ) 2  Q = VA = (1)    4 

[ s ] = 31.1[lps]

Q = 0.031 m

3

Aplicando la ecuación de Karman-Prandtl, para tuberías funcionando como rugosas: 1 f 1 f

= 2 log

D + 1.74 2ke

= 2 log

D + 1.74 ⇒ f = 0.025 2( 0.005)

hf = f

L V2 D 2g

[ ]

1000 V 2 7.9 = ( 0.025) ⇒ V = 1.11 m s 0.2 2( 9.81)  π ( 0.2 ) 2  Q = VA = 1.11   4 

[ s ] = 34.8[lps]

Q = 0.0348 m

3

6-V) Determinar el caudal que puede llevar el sistema de tuberías, y dibujar la línea de energía y de la línea piezometrica.

21



Tuberías de acero, con n = 0.015 Tubería 1: L = 100m, D = 30cm. Tubería 2: L = 150m, D = 30cm. Tubería 3: L = 50m, D = 30cm. Tubería 4: L = 200m, D = 50cm. Tubería 5: L = 150m, D = 20cm. Tubería 6: L = 20m, D = 20cm. Tubería 7: L = 50m, D = 20cm. Tubería 8: L = 20m, D = 20cm. Artefacto a: Entrada brusca. Artefacto b: Codo de 45º , tipo roscado. Artefacto c: Codo de 45º , tipo roscado. Artefacto d: Expansión brusca, C c = 0.601. Artefacto e: Contracción brusca. Artefacto f: Codo de 90º , tipo roscado. Artefacto g: Codo de 90º , tipo roscado. Artefacto h: Válvula esférica, apertura 5º . Artefacto i: Salida brusca, K = 1. Solución. Determinamos las perdidas por fricción con la ecuación de Manning: hf = K f Q2 K f = 10.29n 2

L D

16

3

22



K f 1 = 10.29( 0.15) K f 2 = 10.29( 0.15)

2

100 16

⇒ K f 1 = 142.33

16

⇒ K f 2 = 213.49

0.3 3 2 150 0.3 3 50

K f 3 = 10.29( 0.15)

2

K f 4 = 10.29( 0.15)

2

K f 5 = 10.29( 0.15)

2

0.5 150

K f 6 = 10.29( 0.15)

2

0.2 3 20

K f 7 = 10.29( 0.15)

2

0.2 3 50

K f 8 = 10.29( 0.15)

2

0 .2 3 20

∑K

r

16

0.3 200

3

16

0.2

3

⇒ K f 3 = 71.16 ⇒ K f 4 = 18.67

16

⇒ K f 5 = 1855.79

16

⇒ K f 6 = 247.44

16

⇒ K f 7 = 618.6

16

3

⇒ K f 8 = 247.44

= 3414.92

Perdidas localizadas: hL = Kk ' Q 2 = K L Q 2 k'=

1 2 gA 2

De las tablas obtenemos: Artefacto a: Entrada brusca, K = 0.3 Artefacto b: Codo de 45º , tipo roscado, K = 0.33 Artefacto c: Codo de 45º , tipo roscado, K = 0.33 Artefacto d: Expansión brusca, θ = 180, K = 1.05 Artefacto e: Contracción brusca,

D2

D1

= 0.4 , K = 0.45

Artefacto f: Codo de 90º , tipo roscado, K = 0.45 Artefacto g: Codo de 90º , tipo roscado, K = 0.45 Artefacto h: Válvula esférica, apertura 5º , K = 0.05

23



Artefacto i: Salida brusca, K = 1. k'=

k'=

k'=

1  π ( 0 .3 ) 2  2( 9.81)    4 

2

= 10.20

2

= 1.32

2

= 51.64

1  π ( 0.5) 2  2( 9.81)    4  1  π ( 0.2 ) 2  2( 9.81)    4 

K L = Kk ' K La = ( 0.3)(10.20) = 3.06 K Lb = ( 0.33)(10.20) = 3.37 K Lc = ( 0.33)(10.20 ) = 3.37 K Ld = (1.05)(10.20 ) = 10.71 K Le = ( 0.45)( 51.64) = 23.24 K Lf = ( 0.45)( 51.64 ) = 23.24 K Lg = ( 0.45)( 51.64 ) = 23.24 K Lh = ( 0.05)( 51.64 ) = 2.6 K Li = (1)( 51.64 ) = 51.64

∑K

L

= 144.47 Aplicando la ecuación general:

∑H

r

= ( ∑ K f + ∑ K L )Q 2

Por la ecuación de Bernoulli: PA υ P υ + ZA +αA A = B + ZB +αB B + ∑ Hr γ 2g γ 2g 2

2

ZA = ZB + ∑ Hr ZA − ZB = ∑ Hr

∑H

r

= 60[ m]

24



Reemplazando: 60 = ( 3414.92 + 144.47 ) Q 2

[ s ] = 130[lps]

Q = 0.13 m

3

Determinar la línea de energía: Perdida de energía por fricción: hf = K f Q2 h f 1 = (142.33)( 0.13) = 2.41[ m] 2

h f 2 = ( 213.49 )( 0.13) = 3.61[ m] 2

h f 3 = ( 71.16)( 0.13) = 1.20[ m] 2

h f 4 = (18.67 )( 0.13) = 0.32[ m] 2

h f 5 = (1855.79)( 0.13) = 31.36[ m] 2

h f 6 = ( 247.44)( 0.13) = 4.18[ m] 2

h f 7 = ( 618.6 )( 0.13) = 10.45[ m] 2

h f 8 = ( 247.44 )( 0.13) = 4.18[ m] 2

Perdidas de energía por artefactos: hL = Kk ' Q 2 = K L Q 2 hLa = ( 3.06)( 0.13) = 0.051[ m]

hLb = ( 3.37 )( 0.13) = 0.057[ m]

hLc = ( 3.37 )( 0.13) = 0.057[ m]

hLd = (10.71)( 0.13) = 0.18[ m]

hLe = ( 23.24 )( 0.13) = 0.39[ m]

hLf = ( 23.24 )( 0.13) = 0.39[ m]

hLg = ( 23.24 )( 0.13) = 0.39[ m]

hLh = ( 2.6 )( 0.13) = 0.04[ m]

2

2

2

2

2

2

2

2

hLi = ( 51.64 )( 0.13) = 0.87[ m] 2

Determinar la línea de gradiente hidráulico: Determinamos las cargas de velocidad: V2 1 = Q2 2 2 g 2 gA

25


V2 = 2g

V2 = 2g V2 = 2g


1  π 0.5  2( 9.81)    4  2

2

0.13 2 = 0.02[ m]

2

0.13 2 = 0.17[ m]

2

0.13 2 = 0.88[ m]

1  π 0.3  2( 9.81)    4  2

1  π 0.2  2( 9.81)    4  2

Para la carga de velocidad pico: en entrada y contracción: Entrada:  2  2  A  V 1 2  k ' Q =  =  A0  2 g  C c A0   Cc A 

2

 2   1 2  k ' Q 2 =   (10.20)( 0.13) = 0.75[ m]    ( 0.601)( 0.8)   

Contracción: 2

2

V2  1   1  2 =   k ' Q 2 =   ( 51.64 )( 0.13) = 1.53[ m] 2 g  Cc   0.755 

7-V) Al considerar las perdidas en la tubería únicamente, ¿Qué diferencia en la evaluación de dos depósitos, que distan 244m , dará un caudal de 31.11 l s de un aceite lubricante medio a

(

2

)

10º C v = 260 × 10 −6 m s , DR = 0.900 , a través de una tubería de 15.24cm de diámetro.

Solución.

26



L = 244m Q = 31.11 l

s

v = 260 × 10 −6 m

2

s

DR = 0.900 D = 15.24cm P υ P υ A2 + + Z A = B + B + Z B + ∆F γ 2g γ 2g 2

∆F = ∆Z Flujo laminar: ∆Z = ∆Z =

128vQL πgD 4

(

)

128 260 × 10 −6 ( 0.03111) 244

π ( 9.8)( 0.1524 ) ∆Z = 15.21m ⇒ A esta mas elevado que B 4

Comprobamos: Re = Re =

4Q πvD

4( 0.0311) π 260 × 10 −6 ( 0.1524)

(

)

Re = 999.34 ≈ 1000 ⇒ Flujo laminar

8-V) Una tubería tiene la forma indicada en la figura. ¿Cuál será el gasto máximo y la lectura del manómetro D para que no exista interrupción del flujo en régimen riguroso, y una C HW de 100 constante y un coeficiente de coriolis igual a la unidad.

27



Diámetro de la tubería: D = 0.6[ m]

L AB = 1200[ m]

Longitudes:

LBC = 800[ m]

LCD = 1200[ m] Solución. El flujo se interrumpirá cuando en algún sitio de la tubería se produzca cavitacion. Los sitios potenciales son: el punto C (punto mas alto) y el punto B (sección de mayor altura de velocidad). PV ( abs ) = 238.6 kg 2  Para agua a 20º C.  m  Patm = 1000 kg 2   m  PV = −9761.4 kg 2  Presión relativa.  m 

En altura de presión: h = −9.76[ mca]

Usando la ecuación de la energía entre el nivel del estanque y C. Primero decimos que la presión de vapor se dará en el punto C.

υ P υ 2 PC +Z+ = + ZC + C + ∑ H r γ 2g γ 2g 2

PC υ + Z C + C + h fAC γ 2g 2

Z=

9761.4 υ C + + h fAC 1000 2g 2

100 − 108 = −

28



h fAC = 1.76 − h fAC = 1.76 −

υ C2 2g 1 Q2 1 Q2 = 1 . 76 − 2g A2 2 g  πD 2  2    4 

(1)

h fAC = 1.76 − 0.64Q 2

Por otro lado; usando la ecuación de Hazen-Williams: h fAC = K f Q1.85

Kf =

3.54 L 3.54 (1200 + 800 ) = ⇒ K f = 16.9 1.85 4.86 C HW D 1001.85 0.6 4.86

( 2) Igualando las ecuaciones (1) h fAC = 16.9Q 1.85

y ( 2) :

16.9Q 1.85 = 1.76 − 0.64Q 2 16.9Q 1.85 + 0.64Q 2 = 1.76 Por tanteo tendremos:

[ s]

Q = 0.29 m

3

Debemos hallar la presión en el punto B, si esta es mayor que la presión en C, entonces el caudal hallado es el correcto, caso contrario el punto donde se interrumpirá primero el flujo seria este punto. Usando la ecuación de la energía desde el nivel del estanque y el punto B:

υ P υ 2 PB +Z+ = + ZB + B + ∑ Hr γ 2g γ 2g 2

P υ Z = B + Z B + B + h fAB γ 2g 2

h fAB = K f Q 1.85 Kf =

3.54 L 3.54 1200 = ⇒ K f = 10.2 1.85 4.86 C HW D 1001.85 0.6 4.86

h fAC = (10.2 )( 0.29)

1.85

= 1.03[ m]

29


TEXTO GUIA HIDRAULICA EJERCICIOS RESUELTOS 2

Q PB A 2 P Z − ZB = + + h fAB = B + γ 2g γ P 100 − 106 = B + γ

Q2  πD 2  2g    4 

0.29 2  π ( 0.2 ) 2  2( 9.81)    4 

2

2

+ h fAB

+ 1.03

PB = −11.37[ m] γ Por lo tanto el flujo interrumpirá primero en el punto B.

Por esto hallamos el gasto máximo que puede pasar por la tubería, usando la ecuación de la energía entre del nivel de la tubería y el punto B. Z=

PB υ + Z B + B + h fAB γ 2g

Z=

PB + ZB + γ

2

Q2  πD  2g    4 

100 = 9.76 + 106 +

2

+ K f Q1.85

2

Q2  π ( 0.2 )  2( 9.81)    4  2

2

+ 10.2Q 1.85

3.76 = 51.64Q 2 + 10.2Q 1.85

[ s]

Q = 0.242 m

3

Determinamos la presión en el punto D: P υ Z = D + Z D + D + h fAD γ 2g 2

Kf =

3.54 L 3.54 (1200 + 800 + 1200 ) = ⇒ K f = 27.06 1.85 4.86 C HW D 1001.85 0.6 4.86

h fAC = ( 27.06 )( 0.242)

1.85

= 1.96[ m]

30


Z=


PD + ZD + γ

100 =

Q2  πD  2g    4 

PD + 94 + γ

2

2

+ K f Q1.85

0.242 2  π ( 0.6 ) 2  2( 9.81)    4 

2

+ 1.96

PD = 4[ m] γ PD = 4000 kg 2   m 

9-V) Una tubería vieja, de 60cm de diámetro interior y 1219m de longitud, transporta un fuel-

(

)

2

−6 oil medio a 30º C v = 3.11 × 10 m s , DR = 0.849 , desde A a B. Las presiones en A y B son, respectivamente 393kPa y 138kPa , y el punto B esta situado 18.3m por encima de A. Calcular el caudal, utilizando ε = 0.049cm .

Solución. L = 1219m

D = 60cm v = 3.11 × 10 −6 m

2

s

DR = 0.849 PA = 393kPa PB = 138kPa

ε = 0.049cm PA υ A2 P υ + + Z A − ∆F = B + B + Z B γ 2g γ 2g 2

∆F =

PA − PB − ZB γ

∆F =

393 − 138 − 18.3 ( 0.849)( 9.79)

∆F = 12.38m

31



∆F =

128 fLQ 2 ⇒Q= π 2 gD 5

Re =

4Q ( 2) πvD

De (1) y ( 2 ) :

∆Fπ 2 gD 5 8 fL

f =

Re

 ε 2.51 = −2 log  + f  3.7 D Re f

1

  

(1)

4 ∆Fπ 2 gD 5 ⋅ πvD 8 fL

f

( 3)

( 4)

  1 ε 2.51 = −2 log  + Reemplazamos ( 3) en ( 4 ) :  3.7 D f 4 ∆Fπ 2 gD 5  πvD 8L    1 0.00049 = −2 log  +  3 .7 ( 0 .6 ) f  

  2.51  3  2 ⋅ ∆F ⋅ g ⋅ D  v2L 

   0.00049 1 = −2 log  + ( ) 3 . 7 0 . 6 f   

   2.51  2 ⋅ 12.38 ⋅ 9.8 ⋅ 0.6 3  2 3.11 × 10 −6 (1219 ) 

(

     

)

f = 0.139 Reemplazamos en (1) : 12.38π 2 g ( 0.6 ) Q= 8( 0.139)(1219)

5

Q = 0.70 m

3

s

10-V) Desde un deposito A, cuya superficie libre esta a una cota de 25.62m , fluye agua hallan otro deposito B, cuya superficie esta a una cota de 18.30m . Los depósitos se hallan interconectados por una tubería de 30.5cm de diámetro 30.5cm de longitud

(f

= 0.020 )

32



seguida por otros 30.5cm de tubería de 15.24cm de diámetro ( f = 0.015) . Existen dos codos de 90º en cada tubería ( K = 0.50 para cada uno de ellos). K Para la contracción es igual a 0.75 y la tubería de 30.5cm es entrante en el deposito A. Si la cota de la contracción brusca es de 16.5m , determinar la altura de presión en las tuberías de 30.5cm y 15.24cm en el cambio de sección. Solución. Entre A y B: PA υ A2 P υ + + Z A − ∆F = B + B + Z B γ 2g γ 2g 2

∆F = 25.62 − 18.30

∆F = 7.32m

∆F =

8 f 1 L1Q 2 8 f 2 L2 Q 2 8Q 2 8Q 2 8Q 2 + 2 K + K + 2 K + 1 2 1 π 2 gD15 π 2 gD14 π 2 gD24 π 2 gD24 π 2 gD25

7.32 = Q 2 (19.116 + 9.558 + 114.997 + 153.329 + 460.289 ) Q = 0.0829 m

3

s

Entre A y C: P υ PA υ A2 + + Z A − ∆F = C + C + Z C γ 2g γ 2g 2

25.62 − (19.116 + 9.558 ⋅ 2 )( 0.0892) = 2

PC + 16.5 γ

PC = 8.82m γ Se hará lo mismo para D

33



(

)

2

−6 11-V) Un disolvente comercial a 20º C v = 1.189 × 10 m s , DR = 0.718 , fluye desde una deposito A a otro B a través de 152m de una tubería nueva de fundición asfaltada de 15cm de

diámetro. La diferencia de elevación entre las superficies libres es de 7 m . La tubería es entrante en el deposito A y dos codos en la línea producen una perdida de carga igual a dos veces la altura de velocidad. ¿Cuál es el caudal que tiene lugar? Utilizar ε = 0.014cm Solución. L = 152m

D = 15cm v = 1.189 × 10 −6 m

2

s

DR = 0.718 ε = 0.014cm

υ 22 ∆F1 = 1.00 2g ∆F2 y 3 = 2

υ2 2g

Entre A y B: ∆F = 7 m Además: 8 fLQ 2 8Q 2 ∆F = 2 5 + 3.00 2 4 π gD π gD Reemplazando datos:

( a)

7 = 165558.5 fQ 2 + 290.14Q 2 Q

Re

f

Miembro de ancho de

( a) 10lps 20lps 30lps 40lps 44lps 42lps

71390 142780 214170 285560 314116 299838

0.02276 0.02127 0.02068 0.02037 0.02028 0.0203236

0.426 1.605 3.523 6.180 7.450 6.800

Solución aproximada:

34



Q = 43lps 12-V)

Mediante

(v = 201×10

−6

m2

una

bomba

)

se

transporta

fuel-oil

pesado

a

.6º C 15

, DR = 0.912 , a través de una tubería de 5.1cm de diámetro hasta un

s

deposito 3.05m mas elevado que el deposito de alimentación. Despreciando las perdidas menores, determinar la potencia de la bomba en CV si su rendimiento es del 80 por 1000 para un caudal de 3.71 l s . Solución. L = 305m

Q = 3.71 l

s

4 ∆ Fπ g D R ef = ⋅ f πv D 8f L

v = 201 × 10 −6 m

2

2

s

5

DR = 0.912

D = 5.1cm

η = 80%

P υ P υ A2 + + Z A − HB − H A = B + B + ZB γ 2g γ 2g 2

H A = HB + ZB Suponiendo flujo laminar: HA = HA =

128vQL + ZB πgD 4

(

)

128 201 × 10 −6 ( 0.00371)( 305)

π ( 9.8)( 0.051)

4

+ 3.05

H A = 139.77 + 3.05 H Añadida = 142.82m Comprobamos: Re =

4Q πvD

Re =

4( 0.00371) π 201 × 10 −6 ( 0.051)

(

)

Re = 460.8 < 2000 ⇒ Flujo laminar

35



P=

γQH A [ CV ] 75η

P=

912( 0.00371)(142.82 ) [ CV ] 75( 0.80 )

P = 8.10[ CV ]

13-V) Si la bomba de la figura transfiere al fluido 71 CV cuando el caudal de agua es de 222 l , ¿a que elevación puede situarse el deposito D? s Solución.

Aplicando Bernoulli: PA υ A2 P υ + + ZA + HB − HL = D + D + ZD γ 2g γ 2g 2

γQH B 75 71 ⋅ 75 HB = = 23.9865m 1000 ⋅ 0.222 P=

6.1 + 23.987 − H L = Z D HL =

8 f 1 L1Q 2 8 f 2 L2 Q 2 8Q 2 + + K V π 2 gD15 π 2 gD25 π 2 gD24

H L = 0.0373 + 3.768 + 2.355

H L = 6.160m

Z D = 6.1 + 23.987 − 6.160

Z D = 23.93m

36



14-V) Una bomba situada en una cota topográfica de 3.05m mueve 222.2 l s de agua a través de una sistema de tuberías horizontales hasta un deposito cerrado, cuya superficie libre esta a una cota de 6.10m . La altura de presión en la sección de succión, de 30.5cm de diámetro, de la bomba es de − 1.22m y en la sección de descarga, de 15.24cm de diámetro, de 59cm tiene 30.5m de longitud, sufre un ensanchamiento brusco hasta 30.5cm , continuando con una

tubería de este diámetro ( f = 0.020 ) y una longitud de 183m hasta el deposito. Una válvula de 30.5cm , K = 1.00 , esta situada a 30.5m del deposito. Determinar la presión sobre la superficie libre del agua del depósito. Dibujar las líneas de alturas totales y altura piezométricas.

Solución.

PA = −1.22m γ PB = 59m γ D A = 30.5cm DBC = 15.24cm DD = 30.5cm LBC = 30.5m LDG = 183m LFG = 30.5m f BC = 0.030 f DG = 0.020 K V = 1.00

37


En Desde


∆F [ m]

Alturas totales [ m]

υ2 [ m] 2g

Alturas piezométricas

[ m]

A

( 0,0)

-----

2.30

0.47

1.83

B

A-B

0

62.52

0.47

62.05

C

B-C

8 fLQ 2 = 45.45 π 2 gD 5

17.07

7.57

9.50

D

C-D

(υ 2 − υ 1 ) 2

12.81

0.47

12.34

E

D-E

2g 8 fLQ 2 = 4.72 π 2 gD 5

8.09

0.47

7.62

F

E-F

7.62

0.47

7.15

G

F-G

6.68

0.47

6.21

H

G-H

6.21

0.47

6.21

KV

= 4.26

8Q 2 = 0.47 π 2 gD 4

8 fLQ 2 = 0.94 π 2 gD 5 1.00

8Q 2 = 0.47 π 2 gD 4

Como 6.21 > 6.10 ⇒ se genera una pequeña turbulencia por el exceso de presión, hasta igualarse PG = 0.70 Kp

cm 2

38



REDES DE TUBERIAS 15-V) En la figura se muestra una red y los coeficientes K f de cada tubería (incluyendo longitud equivalente de perdidas localizadas); se indican, así mismo, los gastos alimentadores y los consumos. Se desea calcular los gastos en cada tubería y los niveles de energía en cada nodo, si en el nodo 1 es 600msnm , usar la formula de Darcy-Weisbach ( n = 2 ) .

Tubería

Kf

1.2 1.3 3.4 2.4 2.5 4.5 5.6 4.6

2.0 1.0 1.5 2.1 0.8 1.2 0.9 1.1

Solución. Primero revisaremos que la suma de todos los caudales que ingresan es igual que los caudales de salida (consumos): Qa = 1000 + 800 = 1800lps Qc = 400 + 400 + 600 = 1800lps Debemos suponer gastos iniciales Q0ij en cada tramo, deben cumplir la ecuación de la continuidad en cada uno. Estos caudales serán con los que comenzaremos las iteraciones, además dividimos toda la red en mallas individuales donde los caudales con sentido contrario a las manecillas del reloj:

39



El proceso de calcule se resume en la tabla siguiente: Tabla 1. Primera iteración, Q0ij caudales asumidos:

Malla Tubería

K ij

Q0ij

Sentido

I

1.2 1.3 3.4 2.4

2 1 1.5 2.1

0.6 0.4 0 0.2

-1 1 1 -1

II

2.4 2.5 4.5

2.1 0.8 1.2

0.2 0 0.1

1 -1 -1

III

4.5 5.6 4.6

1.2 0.9 1.1

0.1 0.5 1.1

1 1 1

K ij Q0ij 2 -0.7200 0.1600 0.0000 -0.0840 -0.6440 ∆QM 0.0840 0.0000 -0.0120 0.0720 ∆QM 0.0120 0.2250 1.3310 1.5680 ∆QM

2 K ij Q0ij 2.4000 0.8000 0.0000 0.8400 4.0400 0.1590 0.8400 0.0000 0.2400 1.0800 -0.0670 0.2400 0.9000 2.4200 3.5600 -0.4400

∆QM

Q1ij

-0.1590 0.1590 0.1590 -0.2260

0.4410 0.5590 0.1590 -0.0260

-0.2260 0.0670 0.3730

-0.0260 -0.0670 -0.2730

-0.3730 -0.4400 -0.4400

-0.2730 0.0600 0.6600

Tabla 2. Segunda iteración, Q1ij caudales calculados en la primera iteración: Malla Tubería

K ij

Q1ij

Sentido

I

1.2 1.3 3.4 2.4

2 1 1.5 2.1

0.4410 0.5590 0.1590 0.0260

-1 1 1 1

II

2.4 2.5 4.5

2.1 0.8 1.2

0.0260 0.0670 0.2730

-1 -1 1

4.5 5.6

1.2 0.9

0.2730 0.0600

-1 1

K ij Q1ij 2 -0.3890 0.3125 0.0379 0.0014 -0.0371 ∆QM -0.0014 -0.0036 0.0894 0.0844 ∆QM -0.0894 0.0032

2 K ij Q1ij 1.7640 1.1180 0.4770 0.1092 3.4682 0.0107 0.1092 0.1072 0.6552 0.8716 -0.0969 0.6552 0.1080

∆QM

Q2ij

-0.0107 0.0107 0.0107 0.1076

0.4303 0.5697 0.1697 0.1336

0.1076 0.0969 0.0805

0.1336 0.1639 0.3535

0.0805 -0.1774

0.3535 -0.1174

40


III

4.6


1.1

0.6600

1

0.4792 0.3930 ∆QM

1.4520 2.2152 -0.1774

-0.1774

0.4826

Tabla3. Tercera iteración, Q2ij caudales asumidos: Malla Tubería

K ij

I

1.2 1.3 3.4 2.4

2 1 1.5 2.1

II

2.4 2.5 4.5

2.1 0.8 1.2

III

4.5 5.6 4.6

1.2 0.9 1.1

Q3ij K ij Q2ij 2 2 K ij Q2ij ∆QM 0.4303 -1 -0.3703 1.7212 0.0089 0.439 0.5697 1 0.3246 1.1394 -0.0089 0.561 0.1697 1 0.0432 0.5091 -0.0089 0.161 0.1336 1 0.0375 0.5610 0.0456 0.179 0.0349 3.9307 -0.0089 ∆QM 0.1336 -1 -0.0014 0.5610 0.0456 0.179 0.1174 -1 -0.0036 0.2622 0.0545 0.218 0.3535 1 0.0894 0.8485 -0.0102 0.343 0.0844 1.6717 -0.0545 ∆QM 0.3535 -1 -0.0894 0.8485 -0.0102 0.343 0.1174 -1 0.0032 0.2106 0.0443 0.161 0.4826 1 0.4792 1.0617 -0.0443 0.439 0.3930 2.1208 -0.0443 ∆QM Debemos hallar el valor de ∆QM con la siguiente ecuación: Q2ij

∑K Q ∆Q = − ∑n K Q ij

ij

ij

Sentido

nij 0 ij nij −1 0ij

Donde el valor de n depende de la ecuación que usaremos, en este caso usamos la ecuación de Darcy-Weisbach, por lo que n = 2 . La columna 4 desde la izquierda, representa el sentido del flujo en esa tubería, en caso de ser 1 el flujo esta en contra a las agujas del reloj -1 el flujo esta en n

sentido de las agujas del reloj. La columna 5 es el valor, K ij Q0ijij que es el numerador de la ecuación ∆Q este valor se halla para cada tubería y toma el signo del sentido de flujo. La n −1

columna 6 es nij K ij Q0ijij

también para cada tubería. Se realizan en numero de iteraciones necesarias hasta que el valor de

∆Q alcance una tolerancia. Los valores son:

41



Q[ lps ] 439 561 161 179

Tubería 1.2 1.3 3.4 2.4

Tubería 2.5 4.5 5.6 4.6

Q[ lps ] 218 343 161 439

Para determinar las elevaciones de la línea de energía en los diferentes nodos, se parte en el nodo 1: hf = K f Q2 h2 = h1 − ( 2 )( 0.439 ) = 600 − 0.385 ⇒ h2 = 599.62[ msnm] 2

h3 = h1 − (1.5)( 0.561) = 600 − 0.472 ⇒ h2 = 599.53[ msnm] 2

h4 = h3 − ( 2.1)( 0.161) = 599.53 − 0.054 ⇒ h2 = 599.48[ msnm] 2

h5 = h2 − ( 0.8)( 0.218) = 599.62 − 0.038 ⇒ h2 = 599.58[ msnm] 2

h6 = h4 − (1.1)( 0.439 ) = 599.48 − 0.212 ⇒ h2 = 599.27[ msnm] 2

16-V) En la figura se muestra una red alimentada por dos estanques de niveles conocidos. Para los datos indicados calcúlese los caudales en las tuberías. Utilice la formula de HazenWilliams.

Tubería

K ij

A-1 1-2 1-4 3-2 3-4

6.00 4.00 15.65 3.00 2.10

42


2-4 B-3


1.00 8.65

Solución. con el sistema H. nodo:

Para solucionar esta red, usaremos el método de Newton-Rapson, Primero debemos suponer niveles de energía razonables para cada

Es necesario crear malla imaginaria con el propósito de disponer de una ecuación en cada nodo; es decir, cuatro ecuaciones. Las funciones F correspondientes a cada nodo son: 1

Hi − H j  Fj = ∑    K ij   200 − H 1  F1 =   6  

0.54

0.54

0.54

0.54

0.54

0.54

0.54

0.54

0.54

0.54

− 0.226( H 1 − H 4 )

 H − H4  − 2  1  

− 0.553( H 3 − H 2 )

 H − H2  − 3  3  

F3 = 0.312(194.5 − H 3 )

 H − H4  − 1   15.65 

− 0.473( H 1 − H 2 )

 H − H2  + 3  3  

F2 = 0.473( H 1 − H 2 )  194.5 − H 3  F3 =    8.65 

+C

 H − H2  − 1  4  

F1 = 0.380( 200 − H 1 )  H − H2  F2 =  1  4  

nij

0.54

0.54

0.54

− 0.70

− (H2 − H4 )

 H − H4  − 3   2.1 

− 0.553( H 3 − H 2 )

0.54

0.54

0.54

− 0.70

0.54

− 0.670( H 3 − H 4 )

0.54

43



 H − H4  F4 =  1   15.65 

0.54

 H − H4  + 2  1  

F1 = 0.226( H 1 − H 4 )

0.54

0.54

+ (H2 − H4 )

 H − H4  + 3   2.1  0.54

0.54

− 1.304

− 0.670( H 3 − H 4 )

0.54

− 1.304

Las derivadas parciales correspondientes a cada función son: ∂F1 − 0.46 − 0.46 − 0.46 = −0.205( 200 − H 1 ) − 0.255( H 1 − H 2 ) − 0.122( H 1 − H 4 ) ∂H 1 ∂F1 − 0.46 = 0.255( H 1 − H 2 ) ∂H 2 ∂F1 =0 ∂H 3 ∂F1 − 0.46 = 0.122( H 1 − H 4 ) ∂H 4 ∂F2 − 0.46 = −0.255( H 1 − H 2 ) ∂H 1 ∂F2 − 0.46 − 0.46 − 0.46 = −0.255( H 1 − H 2 ) − 0.299( H 3 − H 2 ) − 0.540( H 2 − H 4 ) ∂H 2 ∂F2 − 0.46 = 0.299( H 3 − H 2 ) ∂H 3 ∂F2 − 0.46 = 0.540( H 2 − H 4 ) ∂H 4 ∂F3 − 0.46 = 0.299( H 3 − H 2 ) ∂H 2 ∂F3 − 0.46 − 0.46 − 0.46 = −0.169(194.5 − H 3 ) − 0.299( H 3 − H 2 ) − 0.362( H 3 − H 4 ) ∂H 3 ∂F3 − 0.46 = 0.362( H 3 − H 4 ) ∂H 4 ∂F4 − 0.46 = 0.122( H 1 − H 4 ) ∂H 1 ∂F4 − 0.46 = 0.540( H 2 − H 4 ) ∂H 2 ∂F4 − 0.46 = 0.362( H 3 − H 4 ) ∂H 3

44



∂F4 − 0.46 − 0.46 − 0.46 = −0.122( H 1 − H 4 ) − 0.540( H 2 − H 4 ) − 0.362( H 3 − H 4 ) ∂H 4 Sustituyendo los valores asumidos tenemos: F1 = −0.016 F3 = −1.713 ∂F1 = −0.290 ∂H 1

F2 = 0.156 F4 = 1.590 ∂F1 = 0.154 ∂H 2

∂F1 = −0 ∂H 3

∂F1 = 0.065 ∂H 4

∂F2 = 0.154 ∂H 1

∂F2 = −0.873 ∂H 2

∂F2 = 0.179 ∂H 3 ∂F3 =0 ∂H 1 ∂F3 = −0.455 ∂H 3

∂F2 = 0.540 ∂H 4 ∂F3 = 0.179 ∂H 2 ∂F3 = 0.191 ∂H 4

∂F4 = 0.065 ∂H 1

∂F4 = 0.540 ∂H 2

∂F4 = 0.191 ∂H 3

∂F4 = −0.796 ∂H 4

Incluyendo todos estos valores en la forma matricial tenemos: Este sistema matricial nos da los siguientes resultados: ∆H 1 = −1.94 ∆H 3 = 1.42

∆H 2 = −2.33 ∆H 4 = −3.39

Ahora restamos estos incrementos a su correspondiente cota (no olvidarse incluir el signo del incremento en la resta), para obtener unos nuevos valores de cotas piezométricas: H 1 = 191.94 H 3 = 188.58

H 2 = 189.33 H 4 = 189.39

45



Estos valores se utilizan como iniciales para la segunda iteración; en este sentido, deben tenerse presente los cambios de sentido de los flujos en las tuberías que pudieran producirse por las modificaciones sufridas por los niveles de energía. La ecuación para la segunda iteración queda definida de la siguiente forma: Los nuevos resultados obtenidos, expresados en metros son: ∆H 1 = 1.14

∆H 2 = 1.41

∆H 3 = −0.87

∆H 4 = 1.75

Los nuevos valores de H son: H 1 = 190.8

H 2 = 187.92

H 3 = 189.45

H 4 = 187.64

Procediendo de la misma forma y luego de tres iteraciones más (se itera hasta que los ∆H , sean lo más pequeños posibles con un 0.2% de variación), se llega a los siguientes resultados, que se consideran aceptables, en msnm : H 1 = 191.32

H 2 = 188.57

H 3 = 188.92

H 4 = 188.38

Ahora con los valores de energía obtenidos, calculamos los caudales por tuberías con la ecuación de Hazen-Williams: Q A1 = Q12

6

0.54

0.54

4

(191.32 − 188.38) 0.54 15.65

0.54

0.54 ( 188.92 − 188.57 ) =

Q24 = Q34 = QB 3 =

3

[ s] = 0.817[m ] s = 0.405[m ] s = 0.314[m ] s = 0.408[m ] s = 0.480[m ] s = 0.790[m ] s

⇒ Q A1 = 1.22 m

0.54 ( 191.32 − 188.57 ) =

Q14 = Q32

( 200 − 191.32) 0.54

0.54

(188.57 − 188.38) 0.54 0.54

1

(188.92 − 188.38) 0.54 0.54

2.1

(194.50 − 188.92) 0.54

⇒ Q12 ⇒ Q14 ⇒ Q32 ⇒ Q24 ⇒ Q34 ⇒ QB3

3

3

3

3

3

3

3

8.65 0.54 Todos en el mismo sentido del flujo originalmente supuesto.

46

18Cap5-FlujoEnTuberiasEjerciciosResueltos

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