Flujo en Tuberías
Luis Emilio Pardo Aluma
5. SISTEMAS DE TUBERÍAS EN SERIE Y EN PARALELO
ste capitulo es la lógica continuación de los anteriores en donde se trató el flujo a través de tuberías. Ahora estudiaremos los métodos de análisis y solución de problemas en los cuales el agua fluye por una trayectoria única (tuberías en serie) o por ramificaciones de dos o más líneas (tuberías en paralelo).
5.1
TUBERÍAS EN SERIE
Dos o más tuberías están en serie, cuando por todas ellas circula el mismo caudal constante Q, de tal manera que la pérdida de carga total entre los extremos A y B (Figura 5.1) es igual a la suma de las pérdidas parciales en cada uno de los extremos.
Figura 5.1 Instalación típica en serie En esta instalación típica en serie se cumple: a) QT = Q1 = Q2 = Q3 = A*V = A1V1 = A2V2 = A3V3 b) LT = L1 + L2 + L3 = ΣLi c) hf=hf1+hf2+hf3=Σhfi
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En muchas aplicaciones de la ingeniería se acostumbra a despreciar la contribución por velocidad, esta solo sería significativa si esta fuera relativamente alta. Entonces aplicando la ecuación de energía entre A y B, y expresando las pérdidas en función del caudal tenemos:
P PA + Z A − B + Z B = K 1Q1n + K 2 Q2n + K 3 Q3n γ γ Como Q1 = Q2 = Q3 PA P + Z A − B + Z B = (K 1 + K 2 + K 3 )Q n γ γ Aplicando el método inductivo tenemos la siguiente generalización: PA P n + Z A − B + Z B = ∑ K i Q n γ γ 1
(5.1)
En este tipo de sistemas podemos identificar tres clases de problemas: Tabla 5.1 Clases de problemas en tuberías. Clase Datos Incógnita I hL=hf+hm Q, D, ε, L, µ, II Q D, ε, L, µ, hL III Q, ε, L, µ, hL D IV Q, D, ε, µ, hL L Los problemas de Clase I son directos y solo requieren de aplicación de la ecuación de pérdidas, y se presentan en etapas de revisión de sistemas existentes. Los de clase II y III se dan en etapas de diseño en ingeniería y es necesario un proceso de ensayo y error para su solución. Los de tipo IV se presentan cuando se desea efectuar combinaciones de diámetros en tramos, para obtener unas pérdidas de energía fijas.
Ejemplo 5.1
Fluye agua a 20ºC a través de una tubería de 7.5cm de diámetro interior, con una velocidad de flujo de 0.004m3/s. Determine la pérdida de energía en un tramo de 250m si la tubería es de: a) PVC b) Acero comercial c) Concreto
Solución:
Este es un problema típico Clase I, por que la incógnita es la perdida de energía. Con la ecuación de Darcy - Weisbach tenemos que:
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L V2 8L Q 2 = f 5 2 D 2g D π g Solo desconocemos el factor de fricción f , el cual depende del tipo de flujo, por eso calculamos inicialmente el número de Reynolds para clasificar el flujo, obteniendo las propiedades del agua a 20ºC de la tabla A.1. 4 * 0.02m 3 / s * 998kg / m 3 VDρ 4Qρ NR = = = = 66 441.47 µ πDµ π * 0.075m * 1.02 * 10 −3 Pa.s El cual nos indica un flujo turbulento, para el factor de fricción emplearemos la expresión de Swamee y Jain. 0.25 f = 2 ε 5.74 + 0.9 log 3.7 D N R Para cada una de las tuberías tenemos: hf = f
a) fi =
b) fi =
c) fi =
PVC, ε=1.5*10-6m 0.25 1.5 * 10 −6 5.74 + log 0.9 3.7 * 0.075 66 441.47 R
2
= 0.0196, ⇒ f = 0.197
2
= 0.0220, ⇒ f = 0.0219
2
= 0.0457, ⇒ f = 0.0454
Acero comercial, ε=4.6*10-5m 0.25 4.6 * 10 −5 5.74 + log 0.9 3.7 * 0.075 66 441.47 R
Concreto, ε=1.2*10-3m 0.25 1.2 * 10 −3 5.74 + log 0.9 3.7 * 0.075 66 441.47 R
Con estos factores de fricción ya calculados podemos encontrar ahora las pérdidas por fricción. 8L Q 2 hf = f 5 2 D π g a)
En la tubería de PVC 8 * 250m 0.004 2 m 6 / s 2 h f = 0.0197 = 2.74m 0.0755 m5 π 2 * 9.81m / s 2
b)
En la tubería de Acero 8 * 250m 0.004 2 m 6 / s 2 = 3.05m h f = 0.0219 0.0755 m 5 π 2 * 9.81m / s 2
c)
En la tubería de Concreto
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h f = 0.0454
8 * 250m 0.004 2 m 6 / s 2 = 6.32m 0.0755 m 5 π 2 * 9.81m / s 2
Ejemplo 5.2: Se desea efectuar una variación en un trazado de un acueducto, aumentando la longitud de tuberías entre los puntos A y B (Fig. 5.2)
Figura 5.2 Trazado del acueducto
Solución:
Hallar una combinación de diámetros y longitudes, de tal forma que la pérdida de energía entre A y B permanezca constante. Este es un problema Clase IV, en el cual la incógnita es la longitud de las tuberías. Como el Fluido es agua, se puede Utilizar la ecuación de Hazen - Williams
10.674 L Q 1.852 10.674(400)(0.027)1.852 = = 1.53m hf = 1301.852 * 0.203 4.871 C 1.852 D 4.871 Como la tubería es de 8", utilizaremos una combinación de diámetros de 8" y 10" en la longitud de 600m. Entonces la ecuación de pérdida en el nuevo tramo se puede escribir de la siguiente forma:
h f 8"+ h f 10" = 1.53m Si llámanos L a la longitud de la tubería de 8", 600-L será la longitud de la tubería de 10", luego la ecuación anterior la podemos escribir así:
hf =
10.674( L) * 0.027 1.852 10.674(600 − L) * 0.027 1.852 + = 1.53m 1301.852 0.203 4.871 1301.852 0.254 4.871
Despejando L tenemos: L=300.8 m y 600-L=299.1m Por lo que una solución válida sería instalar inicialmente 300.8m de tubería de 10" y terminar con 299.1 en tubería de 8".
Ejemplo 5.3: Se utiliza un tubo de plástico de 3cm de diámetro con codos estándar para extraer agua a 10ºC por sifón, como se muestra en la figura 5.3. Estime la altura máxima H para la cual funcionará el sifón.
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Figura 5.3 Sifón planteado en el ejemplo
Solucion:
Aplicamos la ecuación de energía entre y tenemos:
V12 p2 V22 + z1 + − hF − hL = + z2 + γ 2g γ 2g En donde, P1 = P2 = Atm y V1≈0 por ser un tanque de gran área transversal, simplificando obtenemos: V22 en donde: z1 − h F − h L = z 2 + 2g P1
2 L V2 y hm = (∑ K i )V D 2g 2g Las pérdidas por accesorios que tenemos en este sistema son: la entrada y dos codos estándar. De la sección 4.6 obtenemos los Ki correspondientes: V2 fT = Factor de fricción en la zona de hm = (0.78 + 30 f T + 30 f T ) 2g completa turbulencia
hf = f
−2
3.71D Ecuación de Nikuradse f T = 2 Log ε Para el plástico tenemos las siguientes propiedades: ε = 1.5*10-6m D = 0.03m Obteniendo así fT = 0.011 V2 V2 hm = (0.78 + 60(0.011) ) 2 = 1.44 2 2g 2g 2 2 1.2 + H + 0.8 + H + 6.0 V22 8 + 2 H V2 4 + H V2 = f =2f 0.03 2g 0.03 2 g 0.03 2 g Reemplazando hf y hm en la ecuación de energía obtenemos: 2 V2 V2 4+ H V22 4 + H V2 6−2f − 1.44 2 = 2 ⇒ 6 = 2 f + 2.44 2g 2g 0.03 2 g 0.03 2g
hm = f
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V22 = 2g
6 4+ H 2f + 2.44 0.03
(1)
Si aplicamos la ecuación de energía entre y tenemos: V2 p P1 V2 + z1 + 1 − h F − h L = 3 + z 3 + 3 γ 2g γ 2g
hf = f
2 1.2 + H + 0.4 V32 1.6 + H V3 = f 0.03 2g 0.03 2 g
Las pérdidas por accesorios que tenemos entre estos dos puntos son la entrada y un codo estándar.
hm = (0.78 + 30(0.011) )
V32 V2 = 1.11 3 2g 2g
En estos puntos tenemos las siguientes condiciones de frontera: V1 ≈ 0, P1 = Atm., V3 = V2 por continuidad. Y además el límite mínimo que P3 puede alcanzar sería el de cero absoluto, si no fuera por el vapor de agua que produciría la presión en 3, luego P3 = Pv = 1.13kPa (tabla A.1.) La presión atmosférica varía según la altitud (Ver anexo H), si no se conoce la altitud se supone una presión atmosférica estándar de 101.3 kPa. Así, reemplazando estos valores en la ecuación de energía planteada, tenemos: 2 V 2 1.13 V2 101.3 2 + H V3 +6− f − 1.11 3 = +6+H + 3 9.81 2 g 9.81 2g 0.03 2 g 2 V2 V2 2 + H V3 10.211 − H = f + 1.11 3 + 3 2g 2g 0.03 2 g 2 V3 10.211 − H (2) = 2g 2+ H f + 2.11 0.03 Suponiendo un valor de f = 0.0190 e igualando las ecuaciones (1) y (2) resolvemos para H, obteniendo los siguientes resultados:
H = 7.345m
V = 2.646m/s
Con esta velocidad calculamos el valor de f = 0.0203, el cual es diferente al supuesto inicialmente (f = 0.0190), por eso planteamos nuevamente el sistema con este valor de f obtenido y tenemos los siguientes resultados: H = 7.367m
V = 2.570m
Con esta velocidad obtenemos un f = 0.0203, el cual es igual al anterior; por lo que tomamos H = 7.367m como la altura buscada.
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Ejemplo 5.4: Una tubería de 10 km de longitud, en hierro fundido, con una rugosidad absoluta de 0.030mm, y un diámetro de 300mm. Lleva agua desde una represa (Nivel del agua a 850m) a una planta de tratamiento, en la cual en nivel del agua se encuentra en la cota de 700m. Asumiendo que la represa se mantiene llena, estime la descarga. Tome la temperatura media del agua como 15°C.
Figura 5.4. Modelación del Problema 5.4 y 5.5
Solución:
Este es un problema tipo II en donde el diámetro y las pérdidas son conocidas y se desea buscar la descarga Q. Para resolver este ejercicio buscamos fV2 la ecuación de Darcy – Weisbach
hf = f
2 gDh f 2 * 9.81 * 0.3 * 150 L V2 ⇒ fV 2 = = = 0.08829m 2 s − 2 10 000 D 2g L
Ahora rescribiremos la ecuación Colebrook – White ε 2.51 = −2 log + f 3.71D N R f
1
NR =
ρVD VD = µ ν
ε 2.51ν = −2 log + 3.71D D fV 2 f
1
De la tabla A.1 tenemos que conocidos tenemos que:
ν=1.15*10-6 ;
3 * 10 −5 2.51 * 1.15 * 10 −6 f = − 2 log + 0.3 0.08829 3.71 * 0.3
Reemplazando los valores
−2
= 0.0140
Conociendo el valor de f y fV2 encontramos V V =
fV 2 = f
0.08829 = 2.511m / s 0.0140
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Finalmente calculamos la descarga como Velocidad * Área Q =V
πD 2 4
= 2.511 *
π * 0.3 2 4
= 0.1775m 3 / s
Ejemplo 5.5
Una descarga de 40 L/s se debe conducir desde una represa, que se encuentra a 1050m.s.n.m., a una planta de tratamiento que esta 1000m.s.n.m. La tubería tiene una longitud de 5 km. Estime el diámetro requerido de una tubería en hierro fundido para trasladar este flujo.
Solución:
Este es un problema Tipo III, en el cual la descarga (Q) y la cabeza disponible (hf) son conocidas y el diámetro debe ser encontrado. Para iniciar el procedimiento de solución, tratemos de escribir D en términos de f en la ecuación de Darcy - Weisbach 2 Despejando D, tenemos : D = 8Q L π 2 gh f Sustituyendo los valores tenemos:
L V2 8L Q 2 hf = f = f 5 2 D 2g D π g
1
5
f
1
5
1
D = 1.0574 f 5 Y para el número de Reynolds con ν=1.15*10-6m2/s VD 4Q 1 442 865.93 NR = = = D ν πν D
ε
2.4 * 10 −4 6.4690 * 10 −6 = 3.71D D D Ahora podemos iterar con la ecuación de colebrook – White
Y para la rugosidad relativa
ε / D 2.51 f = − 2 log + 3.71 N f R Suponiendo f=0.014
=
−2
⇒
D=0.4503m
NR=983 574 .72
Iteración 1
f=0.0175
⇒
D=0.4708m
NR=940 644.14
Iteración 2
f=0.0173
⇒
D=0.4697m
NR=942 809.05
Iteración 3
f=0.0173
El diámetro necesario sería entonces 0.4697m En la practica los tubos comerciales son hechos con diámetros nominales estandarizados, por eso deberemos elegir el diámetro más pequeño cuyo D interior sea mayor o igual a 0.4697m.
Ejemplo 5.6
40
Dos tanques A y B como indica la figura 5.5, alimentan un tanque C por medio de tubos cuyas características son las mostradas. Se pide calcular el gasto que recibe el tanque C y la contribución a este de los tanques A y B. Se ignoran las pérdidas totales.
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Figura 5.5 Representación del Problema 5.6
Solución:
Este es un problema Tipo II, en el cual la incógnita es la descarga (Q). Si planteamos la ecuación de continuidad en el punto D tenemos: Q1 + Q2 = Q3
(1)
Si llamamos H el nivel de la cota piezométrica en D, y este es menor que la cota del tanque B (65m) tenemos: Z A − H = K 1Q
2 1
Z B − H = K 2Q
2 2
Z −H ⇒ Q1 = A K1
1
2
Z −H ⇒ Q2 = B K2
(2) 1
2
(3)
En donde
Ki =
8 f i Li π 2 gDi5
1
H − ZC 2 (4) H − Z C = K 3 Q ⇒ Q3 = K3 Si reemplazamos (2), (3) y (4) en (1) se obtiene: 2 3
ZA − H K1
1
2
Z −H + B K2
1
2
H − ZC = K3
1
2
(5)
En donde ZA = 80, ZB = 65, ZC = 0 Si suponemos flujo en la zona de completa turbulencia tenemos:
ε / D f i = − 2 log 3.71
f1 = 0.017
−2
=>
f 2 = 0.020 f 3 = 0.016
41
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K1 = 1629.86
Luego
K 2 = 59 870.15 K 3 = 3 001.12
Reemplazando estos valores en la ecuación (5) se obtiene: 80 − H 1 629.86
1
2
65 − H + 59 870.15
1
2
H −0 = 3 001.12
1
2
Para hallar la solución emplearemos el método de Iteración de punto fijo, explicado en mayor detalle en el Anexo I.1, Para esto rescribimos la ecuación anterior en la forma H = f(H) de la siguiente manera: 2
80 − H 12 65 − H 12 + H = 3 001.12 59 870.15 1 629.86 Obteniendo un valor para H de 55.32m y con este resultado vamos a las ecuaciones (3), (4) y (5) para hallar los valores pedidos de los caudales. 80 − 55.32 Q1 = 1 629.86
1
65 − 55.32 Q2 = 59 870.15
1
55.32 Q1 = 3 001.12
5.1.1
1
2
2
2
= 0.1231m 3 / s = 0.0127m 3 / s
= 0.1358m 3 / s
SISTEMAS DE TUBERÍA EN SERIE CON UNA BOMBA.
En los problemas que hemos estudiado hasta el momento el flujo es impulsado por la gravedad, pero si las condiciones del problema no permiten este flujo es necesario incluir una bomba, en el capitulo 9 veremos los diferentes tipos de maquinas hidráulicas. Por el momento incluiremos una bomba centrífuga en un sistema de tubería en serie. En este tipo de bomba la cabeza de presión suministrada por la bomba disminuye al aumentar el caudal. Por eso si conocemos el caudal el problema tendrá una solución directa; de otro lado si no conocemos el caudal, como es lo usual, deberemos utilizar un proceso de aproximaciones sucesivas o plantear un sistema de ecuaciones consistentes, casi siempre de 2x2. En este sistema una ecuación proviene de la curva característica de la bomba la cual es suministrada por el fabricante. La otra relación proviene de la curva de demanda del sistema., la cual puede escribirse así: H P = C1 + C 2 Q 2
42
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Resolviendo este sistema de ecuaciones obtenemos el caudal buscado, para determinar la potencia requerida por la bomba hay que usar la eficiencia, cuya curva también es suministrada por el fabricante. En el siguiente ejemplo podemos observar en mayor detalle lo explicado.
Ejemplo 5.7
Estime la razón de flujo en el sistema de tubería simple, en hierro forjado con ε=0.046mm, de la figura 5.6. si las curvas características de la bomba son las que se muestran en la figura 5.7; además calcule la potencia requerida por la bomba.
Solución:
Supondremos que el flujo es completamente turbulento, luego utilizando la ecuación de Nikuradse obtenemos el factor de fricción: −2
−2
0.046 ε / D f = − 2 log = 0.0141 = − 2 log 3.71 * 200 3.71 Aplicando entonces la ecuación de energía entre el punto y tenemos que: P1 V2 p V2 + z1 + 1 + h A − hL = 2 + z 2 + 2 2g 2g γ γ Si despejamos hA obtenemos la curva del sistema:
Figura 5.6. Modelo del Problema 5.7
h A = (Z 2 − Z 1 ) + hL En donde 16Q 2 V2 400 hL = ∑ K i = 0.5 + 1 + 0.0141 = 1 533.76Q 2 2 2 2g 0.2 2 * 9.81 * (π * 0.2 ) Luego, h A = 30 + 1 533.76Q 2
(1)
43
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Figura 5.7. Curva característica de la bomba del problema 5.7 La solución se obtiene en el punto donde la curva del sistema se cruce con la curva característica de la bomba, esto se puede hacer al menos de dos formas: • Forma gráfica: graficando la curva del sistema junto con la curva característica de la bomba y de esa gráfica se lee el punto de intersección de las dos gráficas: De esta forma obtenemos la siguiente pareja: Q = 0.17m3 y HP = 76m
Figura 5.8. Punto de operación de la bomba. •
Forma analítica: Para esto es necesario expresar la curva de la bomba en una ecuación, que puede ser de la forma HP = C1 + C2Q2, Para esto tomamos dos puntos como por ejemplo (0.2,75) y (0.15,78), con estos planteamos las siguientes ecuaciones 2 75 = C1 + C 2 (0.2 ) Resolviendo tenemos que: C1 = 81.86, C2 = -171.43 2 78 = C1 + C 2 (0.15) Luego la curva de la bomba se aproxima a: HP = 81.86-171.43Q2
44
(2)
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Resolviendo simultáneamente (1) y (2), cuando Hp = hA hallamos la siguiente solución: HP = 76.65m y Q = 0.174 m3/s Para el cálculo de la potencia de la bomba se va a la curva de eficiencia y con el caudal conocido se observa η = 67%, luego la potencia requerida por la bomba es: P=
5.1.2
γQH P 9 790 * 0.174 * 76.65 = = 194 880W ≈ 195kW 0.67 η
LÍNEAS DE: ENERGÍA Y PIEZOMÉTRICA
Las líneas de energía y piezométrica son representaciones gráficas de las variaciones de energía que ocurren en, por ejemplo, sistemas de presas y tuberías. En los sistemas de tuberías tres elevaciones pueden ser dibujadas Nombre Línea del eje de la tubería
Valor Z P
Línea piezométrica (HGL) Línea de energía (EGL)
γ P
γ
+Z
+Z +
V2 2g
Línea de energía (EGL(1)) Muestra el cambio en la cabeza total de energía a lo largo de la tubería, en la figura 5.9 se puede observar que esta línea presenta lo siguiente:
Figura 5.9 Líneas piezométrica y de energía en un sistema simple de tuberías
1
EGL: Energy Grade Line
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•
Inicia en el nivel del agua en el tanque
•
Tiene una pequeña caída reflejando la perdida de energía por la entrada a la tubería.
•
Sigue en una pendiente descendente constante, mostrando la pérdida de energía por fricción en la tubería, la pendiente cambia si el diámetro de la tubería cambia.
•
Si en la tubería se encuentran: Turbinas: se presentará una caída grande de energía. Bombas: Incrementan la línea de energía. Como se observa en la figura 5.10.
Figura 5.10. Sistema con bombeo •
La EGL siempre esta a una distancia V2/2g de la HGL, para tuberías uniformes las dos son paralelas.
•
La EGL representa, en cualquier punto, la altura máxima a la cual el agua puede ser entregada.
Línea piezométrica (HGL 2) Muestra los cambios en la cabeza piezométrica (P/γ+Z) o de presión a lo largo de la tubería. •
En el flujo confinado la HGL esta a una distancia P/γ por encima del eje de la tubería y la línea piezométrica es la presión estática.
•
Si la HGL por debajo de la tubería indica una presión menor que la presión cero de referencia (casi siempre la presión atmosférica) esto es generalmente indeseable puesto que: o Materias extrañas pueden ser succionadas dentro de la tubería a través de cualquier grieta;
2
HGL: Hydraulic Grade Line
46
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o Para grandes presiones negativas, gases disueltos pueden salir de la solución y causar cavitación. •
La HGL es la altura que puede alcanzar el líquido en un tubo piezométrico conectado a la tubería.
•
En un canal abierto, la presión en la superficie es la atmosférica, entonces la HGL coincide con la superficie libre del líquido.
Ejemplo 5.8
Dos tanques están conectados por un tubo de 3 000m de longitud, 600mm de diámetro, con una superficie acabada en concreto centrifugado y un factor de fricción 0.015. Los niveles de cada tanque son 180 y 150m respectivamente. La elevación del terreno a lo largo de la tubería es la siguiente: Distancia (m) Elevación (m)
0 175
150 165
300 190
1 800 140
3 000 147
Busque la máxima profundidad de la tubería debajo del terreno si la presión absoluta no debe caer a menos de 3 m.c.a. Sugerencia:
Dibuje a escala en papel milimétrico, el nivel del terreno, el nivel de la tubería y las líneas de energía y piezométrica apropiadas a la tubería. Tome la presión atmosférica como 10 m.c.a.
Solución:
Las pérdidas de energía que se presentan son las siguientes: 3 000 V 2 L V2 = 0.015 = 3.823V 2 D 2g 0.6 2 * 9.81
Por fricción:
hf = f
Pérdida en la entrada:
hm =
Pérdida en la salida:
hm = 0.5
Total de pérdidas:
hL = (3.823 + .051 + 0.025)V 2 = 3.899V 2
V2 = 0.051V 2 2g V2 = 0.025V 2 2g
El total de pérdidas debe ser igual a la diferencia de niveles entre los tanques 30 luego: 3.899V 2 = 30 ⇒ V = = 2.774m / s 3.899 Con la velocidad hallada calculamos las perdidas de energía V2 = 0.051V 2 = 0.392m 2g
Pérdida en la entrada:
hm =
Pérdida en la salida:
hm = 0.5
V2 = 0.025V 2 = 0.196m 2g
Con estos datos la línea de energía puede ser ahora dibujada de la siguiente forma:
47
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•
Inicia en el nivel del agua en el primer tanque y cae en la salida 0.392m y luego desciende en forma constante hasta una altura de 150.196m Justo antes de la salida del segundo tanque y baja 0.196m al salir del tanque
•
La línea piezométrica esta a una distancia V2/2g de la EGL.
Como nos plantean que la presión absoluta no debe caer a menos de 3 m.c.a.; en otras palabras (conociendo que la presión atmosférica es equivalente a 10 m.c.a.) que la tubería no debe estar a mas de 7m por arriba de la línea piezométrica. El problema principal se presenta en la absisa 300 en donde la máxima altura de la tubería debe ser:
Z Tubería = Z HGL + 7 Z HGL = 179.859 − 0.0099 X Z Tubería = 179.859 − 0.0099 * 300 + 7 = 183.89m Como el nivel del terreno es 190, la tubería deberá ser enterrada: 190-183.89=6.11m Sabiendo que las excavaciones innecesarias son indeseables, la tubería en los otros tramos seguirá la forma del terreno. Todo lo anterior se muestra en el siguiente diagrama.
Figura 5.11. Solución del problema 5.7
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Flujo en Tuberías
5.2
Luis Emilio Pardo Aluma
TUBERÍAS EN PARALELO
Dos o más tuberías están en paralelo cuando tienen un punto en común de partida y otro punto común de llegada. El caudal de entrada se reparte por las diferentes ramas y es igual al caudal de salida.
Figura 5.12 Tuberías en Paralelo En una instalación típica en paralelo, como la que se muestra en la figura anterior, tenemos: a)
QA = QB, Caudal de entrada = Caudal de salida, dado que no se presentan otros consumos o salidas en el sistema.
b)
Si aplicamos la ecuación de continuidad en el punto A o en el B tenemos: QA = QB = Q1+Q2+Q3 = A1V1 + A2V2 + A3V3 = QB, generalizando tenemos que: n
Q = ∑ Qi i =1
c)
La suma algebraica de las pérdidas de energía alrededor de cualquier circuito, definido, de las pérdidas de energía, debe ser cero y si suponemos como en las tuberías en serie que V2/2g << (P/γ+z), al aplicar la ecuación de energía del punto A al B y como hL = hL1 = hL2 = hL3, obtenemos: PA P + Z A − B + Z B = K i Qin , en donde Ki y n depende de la ecuación de γ γ pérdidas que estemos utilizando. Para la ecuación de Hazen - Williams: K i =
10.674 Li Ci
1.852
Di
4.871
y n = 1.852
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En la de Darcy - Weisbach: K i =
8 f i Li
π 2 Di 5 g
y n=2
Si definimos hL como las pérdidas de energía entre A y B h P P hL = A + Z A − B + Z B = K i Qin ⇒ Qi = L γ γ Ki
1/ n
(5.2)
Si aplicamos el método de sustitución sucesiva tenemos: h Q = ∑ L i =1 K i m
1/ n
m
= hL1 / n ∑ i =1
1
(K i )1 / n
,
En donde m es el número de ramas en que se divide la tubería
Despejando hF tenemos: Q hL = m 1 ∑ i =1 (K )1 / n i
n
5.3
Si para encontrar las pérdidas utilizamos la ecuación de Hazen - Williams, en caso de que el fluido se agua a +/- 20ºC, las incógnitas hF y Qi se encuentran directamente. En caso de que usemos la ecuación de Darcy - Weisbach debemos usar un procedimiento iterativo para encontrar hf y Qi de la siguiente forma: 1. Suponer que el flujo esta en la zona de completa turbulencia, por lo que para calcular los factores de fricción utilizamos la expresión de Nikuradse: 1 ft
= −2 log(3.71D / ε ) ⇒ f t = [− 2 log(3.71D / ε )]
−2
2. Calcular Ki para cada tubo y encontrar hF con la ecuación 5.3 3. Encontrar los caudales para cada tramo con la ecuación 5.2 4. Al obtener los caudales se deberá calcular el número de Reynolds, para así determinar el factor de fricción correcto. 5. Hacer los pasos 2 al 4 mientras el caudal por cada tramo (Qi) y las pérdidas (hL) varíen más del error deseado.
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Ejemplo 5.9: Una tubería lleva 550 l/s de agua a 20ºC y en un punto A se divide en tres ramas, como se muestra en la figura 5.12, que tienen las siguientes características: Rama 1 2 3
φ
L (m) 2 400 2 100 1 900
10" 8" 12"
Material PVC Hierro forjado Asbesto Cemento
ε (mm) 0.002 0.050 0.025
Las tres líneas se reúnen en un punto B. Calcular el caudal que pasa por cada tramo y las pérdidas por fricción entre A y B
Solución:
El problema planteado presenta una configuración como la mostrada en la figura 5.12. Seguiremos el procedimiento descrito en la sección 5.3. 1. Estimamos inicialmente f con la expresión de Nikuradse:
f t = [− 2 log(3.71D / ε )]
−2
2. Calculamos Ki y encontramos hf: Rama
f
Ki
1
0.008
1 500.56
2
0.014
7 046.74
3
0.012
713.77 2
0.550 Y encontramos h f = 1500.56 −0.5 + 7 046.74 −0.5 + 713.77 −0.5 = 53.55m
3. Calculamos los caudales por cada tramo (Qi) 53.55 Q1 = 1 500.56
1/ 2
53.55 Q2 = 7 046.74
= 0.1889 m 3 / s 1/ 2
53.55 Q3 = 713.77 3
∑Q
i
= 0.0872 m 3 / s 1/ 2
= 0.2739 m 3 / s
= 0.1889 + 0.0872 + 0.2739 = 0.5500m 3 / s
1
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4. Determinamos los factores de fricción correctos: Rama
NR =
4Q πDν
f Swamee & Jain
Ki
1
928 025.24
0.012
2 250.84
2
536 204.43
0.016
8 053.42
3
1 120 991.04
0.013
773.25
Calculamos nuevamente hf
0.550 h f = − 0.5 − 0.5 − 0.5 2 250.84 + 8 053.42 + 773.25
2
= 65.07 m
Hallamos los caudales por cada tramo (Qi) 65.07 Q1 = 2 250.84
1/ 2
65.07 Q2 = 8 053.42
1/ 2
= 0.17003 m 3 / s
65.07 Q3 = 773.25 3
∑Q
i
= 0.08989 m 3 / s 1/ 2
= 0.29009 m 3 / s
= 0.17003 + 0.08989 + 0.29009 = 0.55001m 3 / s
1
Como hf varió mucho con relación al inicial, debemos iterar nuevamente. Hacemos la tercera iteración y consignamos los valores en la siguiente tabla: Rama
NR =
4Q
f
πDν
S&J
Ki
1
835 606.45
0.012
2 250.84
2
552 745.59
0.016
8 053.42
3
1 187 251.88
0.013
773.25
hf
Qi
(m)
(m3/s) 0.17003
65.07
0.08989 0.29009
Como hf y los caudales por cada tramo no varían, estos últimos son los caudales y la pérdida de energía buscados.
Ejemplo 5.10: Dos tanques están conectados por las tuberías mostradas en la figura 5.13, si los tubos son de plástico (e=0.0015mm) ¿qué caudal se puede esperar que pase del tanque A al tanque B?
Solución:
52
Si planteamos la ecuación de energía entre A y B tenemos:
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Figura 5.13. Representación del problema planteado en el ejemplo 5.10
PA
γ
+ zA +
V A2 p V2 − hL = B + z B + B 2g γ 2g
Si los tanques son de área transversal muy grande: VA y VB son cercanas a cero, y además tenemos que si los tanques están abiertos PA = PB = PATM , siendo así tenemos:
Z A − Z B = h f + hm
(1)
25 = h f 1 + h f 2 + h f 4 + hEntrada + hSalida En donde :
h fi = K i Q 2
Ki =
8 f i Li π 2 gDi5
Para i = 1, 4
Las pérdidas del tubo en paralelo la tómanos de la solución de redes en paralelo
Q hf = m 1 ∑ 1 1 (K i ) n
Q = 2 5 2 5 π gD2 + π gD3 8 fL2 8 fL3 n
2
Las pérdidas menores de la entrada y la salida se hallan así:
V12 Q2 Q2 = 0.5 = 4 2 2g π 2 D14 g πD12 2 g 4 V2 Q2 = 4 =8 2 4 2g π D4 g
hEntrada = 0.5
hSalida
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Reemplazando estos valores en (1) se tiene: 8f L 1 Q 2 2 1 15 + π gD1 π 2 gD 5 π 2 gD35 2 + 8 f 3 L3 8 f 2 L2
2
8 f 4 L4 4 8 + 2 5 + 2 4 + 2 4 = 25 π gD4 π D1 g π gD4
(2)
Si suponemos flujo completamente turbulento f 6"
ε = 2 log 3.71D
−2
0.0015 = 2 log 3.71 * 152
0.0015 f 4" = 2 log 3.71 * 102
−2
= 0.0080
−2
= 0.0086
Reemplazando todos esto valores en (2) tenemos que
1 Q 2 6 110.188 + 3 5.089 * 10 + 4.889 * 10 −3 Despejando Q obtenemos:
(
Q2 =
)
2
+ 45 052.290 + 77.396 + 763.344 = 25
3 25 ⇒ Q = 20.073 * 10 −3 m s 62 047.364
Con este valor de caudal encontramos los nuevos factores de fricción, repitiendo el procedimiento hasta que estos no varíen, tenemos entonces, después de varias iteraciones: f1 = 0.0172
f 3 = 0.0187
f 2 = 0.0185
f 4 = 0.0162
Reemplazando estos valores en (2) se haya el valor correcto de Q, Q2 =
54
3 25 ⇒ Q = 14.387 * 10 −3 m s 120 788.339
