Solucionario Mecánica de Fluidos Streeter 9na Edición

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 1: Propiedades de los fluidos Ejercicio propuesto en clase 1 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es agua.

ν = 1 x10–6 m2/s t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 72,8 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0

FN – σ.2.perímetro = 0

L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 72,8 x 10–3 N/m entonces

FN = 72,8 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 58,2 x 10–3 N FN = 58,2 x 10–3 N

Fuerza tangencial (FT) τ = μ du dy además τ = FT/A = FT/L2 entonces FT = μ L2du dy ρ(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s

1

CAPÍTULO 1

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AÑO 2007

entonces μ = νρ = 1 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente

FT = 400 x 10–4 m2. 1 x 10–3 Ns. 0,1m/s = m2 1 x 10–3 m –3 FT = 4,0 x 10 N

Ejercicio propuesto en clase 2 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es aceite.

ν = 0,005 m2/s = 5,0 x 10–3 m2/s S = 0,90 t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 38,0 x 10–3 N/m t = 20 ºC

Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0

FN – σ.2.perímetro = 0

L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 38,0 x 10–3 N/m entonces

FN = 38,0 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 60,8 x 10–3 N FN = 60,8 x 10–3 N

Fuerza tangencial (FT)


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CAPÍTULO 1

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AÑO 2007 τ = μ du dy

además τ = FT/A = FT/L2 entonces FT = μ L2du dy ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 3,8 x 10–6 m2/s ν = μ/ρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s entonces μ = νρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s.1 x 103 kg/m3.0,90 = 3,42 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente FT = 400 x 10–4 m2. 3,42 x 10–3 Ns. 0,1 m/s = m2 1 x 10–3 m –3 FT = 14,0 x 10 N Ejercicio propuesto en clase 3 Calcular la resistencia ofrecida por el aceite entre el eje y la camisa, si el eje se desplaza con una velocidad 0,5 m/s.

∅eje = 8,00 cm = 0,0800 m ∅cam = 8,02 cm = 0,0802 m tAceite = 80º S = 0,90 σ = 0,03 N/m ν = 0,005 m2/s L = 0,30 m e = ∅cam – ∅eje = 0,0802 m – 0,0800 m = 1 x10–4 m 2 2 Resolución


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CAPÍTULO 1

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AÑO 2007 τ = μ du dy

además τ = F/A entonces F = μ Adu dy A = π∅proL

∅pro = ∅cam + ∅eje = 0,0802 m + 0,0800 m = 0,0801 m 2 2

entonces A = π∅proL = π.0,0801 m.0,30 m = 0,075 m2 Suponiendo temperatura del agua ambiente ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.1000 kg/m3.0,90 = 4,5 Ns/m2 finalmente F = 0,075 m2. 3,32 x 10–3 Ns. 0,5 m/s = 1698,58 m2 1 x 10–4 m F = 1698,58 N Observación: Este es el resultado obtenido en clase por el Ing. Casteló Suponiendo temperatura del agua a 80 ºC ρH2O(80 ºC) = 971,8 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.971,8 kg/m3.0,90 = 4,37 Ns/m2 finalmente F = 0,075 m2. 4,37 Ns. 0,5 m/s = 1649,51 m2 1 x 10–4 m F = 1649,51 N


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CAPÍTULO 1

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Ejercicio 1-5 Un fluido newtoniano está en el espacio libre entre un eje y una camisa concéntrica. Cuando una fuerza de 600 N se aplica a la camisa paralela al eje, la camisa obtiene una velocidad de 1 m/s. Si se aplica una fuerza de 1500 N, ¿Qué velocidad obtendrá la camisa? La temperatura de la camisa permanece constante.

Resolución F = μ AU t 600 N = μ A 1 m/s t como el fluido, el espesor y el área de contacto es la misma, tenemos cte = 600 N 1 m/s Ahora, si la fuerza es 1500 N tenemos 1500 N = cte x cte = 1500 N x igualando 600 N = 1500 N 1 m/s x x = 1500 N 1 m/s 600 N x = 2,5 m/s Ejercicio 1-10 Una balanza de resortes correctamente calibrada registra el peso de un cuerpo de 2 kg como 17,0 N en una localidad distante de la Tierra. ¿Cuál es el valor de g en esta localidad? Resolución P = gM


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CAPÍTULO 1

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17 N = g2 kg g = 17 N 2 kg g = 8,5 m s2 Ejercicio 1-12 Conviértanse 10,4 unidades SI de viscosidad cinemática a unidades USC de viscosidad dinámica si S = 0,85. Resolución ν = μ/ρH2OS = 10,4 m2/s μ = νρH2OS = 10,4 m2/s.1000 kg/m3.0,85 = 8840 kg/ms En el sistema USC μ = 8840 kg . 1 slug 0,3048 ft ms 14,594 kg 1 m finalmente μ = 184,6 slug ft.s

Ejercicio 1-14 Una placa situada a 0,5 mm de una placa fija se mueve a 0,25 m/s y requiere una fuerza por unidad de área de 2 Pa (N/m2) para mantener esta velocidad. Determínese la viscosidad fluida de la sustancia entre las dos placas en unidades del SI.

t = 0,5 mm = 0,0005 m U = 0,25 m/s τ = 2,0 Pa Resolución τ=μU


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CAPÍTULO 1

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t despejando μ = τt = 2,0 N/m2 . 5,0 x 10–4 m U 0,25 m/s finalmente μ = 4,0 x 10–3 Ns m2 Ejercicio 1-20 Un fluido tiene una viscosidad de 6 cP y una densidad de 50 lbm/ft3. Determínese su viscosidad cinemática en unidades USC y en stokes. Resolución Para el sistema c.g.s. tenemos ρ = 50,0 lbm.0,4536 kg 1000 gr 1 ft3 1 m3 . 3 3 ft 1 lbm 1kg 0,02832 m 1 x 106cm3 ρ = 0,80 gr cm3 –2 μ = 6 cP 1 x10 P = 6 x10–2 P 1 cP Entonces ν = 6 x10–2 P 0,80 gr cm3 ν = 0,0749 stokes Para el sistema USC tenemos ρ = 50,0 lbm 1 slug . ft3 32,174 lbm ρ = 1,55 slug

ft3 μ = 6 x10 gr 1 kg 100 cm 0,3048 m 1 slug cms 1000 gr 1 m 1 ft 14,594 kg μ = 1,25 x10–4 slug fts –2

Entonces ν = 1,25 x10–4 slug/fts 1,55 slug ft3 ν = 8,085 x10–4 ft2 s Ejercicio 1-22 (Resuelto en clase) Un cuerpo con peso de 120 lb con área superficial plana se desliza hacia abajo sobre un plano inclinado lubricado que forma un ángulo de 30º con la horizontal. Para viscosidad de 1 P y velocidad del cuerpo de 3 ft/s, determine el espesor de la película lubricante.


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CAPÍTULO 1

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v = 3 ft/s

F P 30°

P = 120 lb A = 2 ft2 θ = 30 º μ=1P v = 3 ft/s Resolución τ=F=μU A t despejando t = AμU F Donde F = Psen 30º F = 120 lb sen 30º = 60 lb además μ = 1 P 1 slug/fts = 2,09 x 10–3 slug 479 P fts reemplazando

t = 2 ft2.2,09 x 10–3 slug/fts.3,0 ft/s = 60 lb t = 2,088 x 10–4 ft t = 2,088 x 10–4 ft.0,3048 m. 100 cm 1 in 1 ft 1 m 2,54 cm t = 2,505 x 10–3 in

Ejercicio 1-33 Un gas con peso molecular 28 tiene un volumen de 4,0 ft3 y una presión y temperatura de 2000 lb/ft2 abs y 600º R, respectivamente. ¿Cuál es el volumen y peso específico? Resolución De la ecuación de gas perfecto pvs = RT despejamos vs = RT p


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CAPÍTULO 1

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reemplazando R = 49709 ft.lb M slugºR vs = 49709 ft.lb 600ºR 28 slugºR 2000 lb/ft2 vs = 532,6 ft3 slug además γ = ρg = g/vs γ = 32,174 ft/s2 532,6 ft3 slug γ = 0,06 lb ft3 Ejercicio 1-38 Para un valor de K = 2,2 GPa para el módulo elástico a la compresión del agua ¿qué presión se requiere para reducir su volumen un 0,5 %? Resolución K = – dp dv/v Despejando dp = – Kdv v dp = – 2,2 Gpa (– 0,05 ) dp = 0,11 Gpa

Ejercicio 1-47 (Resuelto en clase) Un método para determinar la tensión superficial de un líquido es encontrar la fuerza que se necesita para retirar un anillo de alambre de platino colocado inicialmente sobre la superficie. Estímese la fuerza necesaria para quitar un anillo de 20 mm de diámetro de la superficie del agua a 20 ºC.

F

Agua


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Anillo

CAPÍTULO 1

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∅Anillo = 20 mm = 0,02 m t = 20 ºC Resolución σ(20º C) = 0,074 N/m

F = π2.∅Anilloσ F = π2.0,02m0,074 N/m F = 9,3 x 10–3 N

Ejercicio 1-52 (Resuelto en clase) Encuéntrese el ángulo a que la película causada por la tensión superficial deja el vidrio para un tubo vertical sumergido en el agua, si el diámetro de éste es 0,2 in y la elevación capilar es 0,09 in; σ = 0,005 lb/ft.

θ F h

F

∅ = 0,20 in h = 0,09 in σ = 0,005 lb/ft Resolución γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γAh = σ.π.∅.cos θ Despejando cos θ = γ.A.h σ.π.∅ Suponiendo la temperatura a 20 ºC, tenemos γ = 62,29 lb/ft3 h = 0,09 in. 1 ft = 7,5 x 10–3 ft 12 in ∅ = 0,20 in. 1 ft = 0,0166 ft 12 in σ = 0,005 lb/ft cos θ = 62, 92 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft


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CAPÍTULO 1

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AÑO 2007

4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 62,29 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft 4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 0,389 θ = arc cos 0,389 θ = 67,08 º Ejercicio 1-53 Dedúzcase una fórmula para la elevación capilar h entre dos tubos de vidrio concéntricos con radios R y r y ángulo de contacto θ. R r

θ

F

θ

θ

F

F

θ

F

Resolución Por cada columna tendremos γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γ.π.∅2.h = σ.π.∅.cos θ 4 donde ∅ = R – r, entonces

γ.π.(R – r)2.h = 4.σ.π.(R – r).cos θ

Simplificando γ.π.(R – r).h = 4.σ.π.cos θ despejando h = 4.σ.cos θ γ.(R – r)


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CAPÍTULO 1

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AÑO 2007

Capítulo 2: Estática de fluidos Ejercicio 2-4 Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales.

Aire C

B

Aceite Dens. Esp. 0,9

1,0

0,6 0,3 0,3

Aire A

Agua

D

Resolución Punto A pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa pA = – 588 KPa Punto B pB = γh = 9806 N/m3.0,6 m = 5883,60 Pa pB = 588 KPa B

Punto C pC = pB = 5883,60 Pa pC = 588 KPa B

Punto D pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m3.1,9 m = 22651,86 Pa pD = 2265 KPa


1

CAPÍTULO 2

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Ejercicio 2-15

h

En la figura, para una lectura h = 20 in; determínese la presión en A en libras por pulgada cuadrada. El líquido tiene una densidad relativa de 1,90.

A

Datos h = 20 in S = 1,90 Resolución pA = γh pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft3 = 0,069 lb ft3 1728 in3 in2 pA = 0,069 lb in2 Ejercicio 2-24 En la figura, A contiene agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,94. Cuando el menisco izquierdo está en cero en la escala, pA = 100 mmH2O. Encuéntrese la lectura en el menisco derecho para pA = 8 kPa sin ningún ajuste del tubo en U o de la escala.

600 mm

A

0


2

0

CAPÍTULO 2

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Datos S = 2,94 pA0 = 100 mmH2O pA = 8 kPa Resolución Cuando el meñisco izquierdo maraca cero tenemos pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = 0 100 mmH2O. 1 m. 101325 pa + 9806 N 600 mm. 1m – 2,94.9806 N/m3 hi = 0 1000 mm 10,34 mH2O m3 1000 mm 979,93 Pa + 5883,6 Pa – 28829,64 N/m3 hi = 0 Despajando hi = – 979,93 Pa – 5883,6 Pa = 0,240 m – 28829,64 N/m3 hi = 0,240 m Cuando aumentamos la presión en A tenemos

hi

hf

600 mm

dh

A

0 dh

dh

0

pA + γH2O(h1 + Δh) – SγH2O(hi + 2Δh)= 0 pA + γH2Oh1 + γH2O Δh – SγH2Ohi – SγH2O2Δh = 0 pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = SγH2O2Δh – γH2O Δh pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = Δh(2.S.γH2O – γH2O) Δh = pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi (2.S.γH2O – γH2O) Reemplazando Δh = 8000 Pa + 9806 N/m30,6 m – 2,94.9806 N/m30,240 m = (2.2,94. 9806 N/m3 – 9806 N/m3) Δh = 0,145 m Finalmente la lectura en el lado derecho será hf = hi + Δh hf = 0,240 m + 0,145 m = 0,385 m hf = 385 mm


3

CAPÍTULO 2

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AÑO 2007

Ejercicio 2-33 El recipiente mostrado en la figura tiene una sección transversal circular. Determínese la fuerza hacia arriba sobre la superficie del tronco de cono ABCD. ¿Cuál es la fuerza hacia abajo sobre el plano EF?¿Es, esta fuerza, igual al peso del fluido? Explique.

2

2 ft diám C

1

B A

D

4 ft diám

E

5

Agua

F

Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución

A1

A2

A3

1,41

Sobre ABCD

O 1

2

1

A = A1 + A2 + A3 A = ½ 1,00 ft.1,414 ft + 2,00 ft.1,414 ft + ½ 1,00 ft.1,414 ft A = 4,245 ft2


4

CAPÍTULO 2

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AÑO 2007

Ay’p = A1y1 + A2y2 + A3y3 y’p = 0,707 ft20,47 ft + 2,828 ft2x0,707 ft + 0,707 ft20,47 ft 4,245 ft2 y’p = 0,628 ft yp = 2ft + 1,41 ft – y’p = 2,786 ft yp = 2,786 ft Fn = γypA = 62,4 lb .2,786 ft.4,245 ft2 = 737,98 lb ft3 Fv = Fn cos θ = 737,98 lb cos 45 = 521,83 lb Fv = 52183 lb Sobre EF V1 = 2πxpA A = ½ 1,00 ft.1,00 ft + 5,00 ft.1,00 ft = 5,50 ft xp = 0,50 ft20,66 ft + 5,00 ft2x0,50 ft 5,50 ft xp = 0,51 ft V1 = 2πxpA = 2π.0,51 ft.5,50 ft2 V1 = 17,80 ft3 V2 = hA = 8,00 ftπ(1,00 ft)2 V2 = 25,13 ft3 V = 17,80 ft3 + 25,13 ft3 = 42,93 ft3 Fn = 42,93 ft3 62,4 lb/ft3 Fn = 267900 lb Ejercicio 2-36 Una superficie triangular de ángulo recto vertical tiene un vértice en la superficie libre de un líquido. Encuéntrese la fuerza sobre un lado (a) por integración y (b) por fórmula.

A A h B


5

b

C

CAPÍTULO 2

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AÑO 2007

Resolución Por integración F = ∫ApdA = ∫Aγyxdy = γ∫0hyxdy donde y = hx b x = by h reemplazando F = γ∫0h(by)ydy h F = γ∫0h y2bdy h F = γb ∫0hy2dy h F = 1 γbh2 3 Por formula F = pdA F = γhdA F = γ 2h.bh 3 2 F = 1 γbh2 3 Ejercicio 2-37 Determínese la magnitud de la fuerza que actúa sobre una lado del triángulo vertical ABC de la figura (a) por integración y (b) por fórmula.

Aceite 5

γ = 55 lb/ft3 5 A

B

A 3

4

C Resolución Por integración


6

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

dF = pdA dF = γyxdy F = γ∫yxdy donde x = 5,0 (7,40 – y) 2,4 reemplazando F = γ∫57,4(37,0 – 5,0y)ydy 2,4 2,4 F = γ∫57,4(37,0y – 5,0y2)dy 2,4 2,4 F = γ∫57,437,0y – γ∫57,45,0y2dy 2,4 2,4 F = γ37,0∫57,4y – γ5,0∫57,4y2dy 2,4 2,4 F = – γ37,0[y2|57,4] + γ5,0[y3|57,4] 2,4 2 2,4 3 F = – 55,0. 37,0[7,42 – 5,02] + 55,0. 5,0[7,43 – 5,03] 2,4 2 2 2,4 3 3 finalmente F = 1914,00 lb Por formula F = pA F = γhA F = γ (5,00 ft+ 1h).bh 3 2 F = 55,00 lb(5,00 ft+ 2,40ft).5,00 ft.2,40 ft ft3 3 2 F = 1914,00 lb Ejercicio 2-46

2

La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, descartando el peso de la presa.

A

Puntal

4

6


φ

θ

3

7

B

CAPÍTULO 2

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AÑO 2007

Resolución θ = arc tan (4,00 m/3,00 m) = 53º 07’ 48’’ ϕ = arc sen (6,00 m/4,00 m) = 41º 48’ 37’’ FA = FH + FL Donde FH = γhAcos ϕ como el punto de aplicación de la fuerza, es decir A, está en el centroide del área donde se calcula la presión, la altura del área será hH = 2hH ⇒ hH = 3 2,00 m = 3,00 m 3 2 Por prisma de presión FH = 9,806 kN 3,00 m 3,00 m 6,00 m cos 41º 48’ 37’’ = m3 2 FH = 197,34 kN Por otro lado hL = 2hL ⇒ hL = 3 2,50 m = 3,75 m 3 2 FL = 9,806 kN 3,75 m 3,75 m 6,00 m cos (53º 07’ 48’’ – 41º 48’ 37’’) = m3 2 FL = 405,64 kN finalmente FA = FH + FL FA = 197,34 kN + 405,64 kN FA = 602,98 kN Ejercicio 2-59

h

La compuerta de la figura pesa 300 lb/ft normal al papel. Su centro de gravedad está a 1,5 pie de la cara izquierda y 2,0 ft arriba de la cara más baja. Tiene un gozne en 0. Determínese la posición de la superficie del agua cuando la puerta apenas comienza a subir. (La superficie del agua está abajo del gozne.)

O 5

Resolución


8

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007 E = γh(h/2) E = γh2 2

ΣMo = 0 E[5 – h + (2/3)h] = xPC E[5 – (1/3)h] = xPC 5E – E(1/3)h = xPC reemplazando 5γh2 – γh2(1/3)h = xPC 2 2 5γh2 – 1γh3 – xPC = 0 2 6 5.62,42 lb h2 – 1.62,42 lb h3 – 1,50 ft300,00 lb = 0 2 ft3 6 ft3 3 – 10,40 lbh + 156,05 lbh2 – 450 lb = 0 ft3 ft3 h = 1,81 ft Observación: Esta distancia es medida desde el pelo libre hasta el orificio. Ejercicio 2-66

20

7

Para una variación lineal de esfuerzo sobre la base de la presa de la figura. (a) Localice donde la resultante cruza la base y (b) calcúlese los esfuerzos compresivos máximos y mínimos en la base. Ignore la elevación hidrostática.

γ' =2.5γ

3

4

11

Resolución a)


9

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

E1

E2

P2

θ

P1

P3

θ = arc tan (20/3) = 81º 28’ 9 ‘’ E1 = γh20,5 E1 = γ7,00 m 7,00 m 0,5 = γ24,50 m2 E2 = γh0,5l Donde l = h/sen θ = 20,00 m/sen 81º 28’ 9 ‘’ = 20,22 m E2 = γ(7,00 m + 27,00 m)0,5.20,22 m = γ343,80 m2 P1 = γ’.A1 P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m2 P2= γ’.A2 P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m2 P3= γ’.A3 P3 = 2,5γ.11,00 m 20,00 m 0,5 = γ275,00 m2 RX = E1 + E2sen θ = γ24,50 m2 + γ343,80 m2sen 81º 28’ 9 ‘’ = γ364,00 m2 RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ = RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ = γ670,99 m2 lE2 = lp1l0,5 + lp20,5l(2/3) = lp1 + lp20,5 2 lE2 = (20,22 m) 7,00 m0,5 + (20,22 m)220,00 m0,5(1/3) = 8,13 m (20,22 m)7,00 m + (20,22 m)20,00 m0,5

ΣMA = 0

yE1 = 20,00 m + 7,00 m(1/3) = 22,33 m x1 = 3,00 m (2/3) = 2,00 m x2 = 3,00 m + 4,00 m 0,5 = 5,00 m x3 = 7,00 m + 11,00 m (1/3) = 10,67 m RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 = RY

xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m γ670,99 m2 xR = 11,588 m


10

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

b)

σmín

ΣMA = 0

σmáx

R Y = σ mL σmáx + σmin = 2RY/L σmáx = 2RY/L – σmin

RYxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 2 2 3 (σmáx + σmin)LxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 2 2 2 3 σmáx11,58 m + σmin11,58 m – σmín18,00 m – σmáx18,00 m + σmin18,00 m = 0 2 2 2 3 3 σmáx5,79 m + σmin5,79 m – σmín9,00 m – σmáx6,00 m + σmin6,00 m = 0 σmáx(5,79 m – 6,00 m) + σmin(6,00 m + 5,79 m – 9,00 m) = 0 σmáx(– 0,21 m) + σmin2,79 m = 0 σmáx = σmin13,55 m = 0 reemplazando σmin13,55 m = 2RY/L – σmin σmín + σmin13,55 m = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2γ670,99 m2/18,00 m 2γ670,99 m2 = σmin = 18,00 m(1 + 13,55) σmin = γ5,12

reemplazando σmáx = 2RY/A – σmin σmáx = 2γ670,99 m2 – γ5,12 18,00 m2 σmáx = γ69,43 Ejercicio 2-67 Resuélvase el problema 2-66 con la adición de que la elevación hidrostática varía linealmente desde 20 m en A hasta cero en la punta de la presa.


11

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

0

20 m Resolución E1 = γ24,50 m2 E2 = γ343,80 m2 P1 = γ75,00 m2 P2 = γ270,00 m2 P3 = γ275,00 m2

RX = E1 + E2sen θ = γ364,50 m2 Si llamamos V a la elevación hidrostática, tenemos V = γ20,00 m.18,00 m.0,5 = γ180 m2 RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ – V = RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ – γ180 m2 = γ490,99 m2 lE2 = 8,13 m yE1 = 22,33 m x1 = 2,00 m x2 = 5,00 m x3 = 10,67 m xV = (1/3)18,00 m = 6,00 m ΣMA = 0 RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 + VxV = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 – VxV = RY

xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m – γ180 m26,00 m = γ490,99 m2 xR = 13,640 m Ejercicio 2-89 Un tronco detiene el agua como se muestra en la figura. Determínese (a) la fuerza por metro que lo empuja contra la presa, (b) el peso del cilindro por metro de longitud, y (c) su densidad relativa.


12

CAPÍTULO 2

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AÑO 2007

aceite den. rel. 0,8 Agua

B

R2

A

C

D

Resolución a) FH = FAB + FAD – FDC FH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m m3 FH = 15,69 kN/m b) FV = – FAB + FADB + FBDC donde FADB = FBDC, entonces

FV = – SAγA + 2.γA FV = – SAγ(R2 – (1/4)πR2) + 2.γ (R2 + (1/4)πR2) FV = – SAγR2 (1 – π/4) + 2.γR2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) FV = 133,32 kN/m

c) γT = FV/VT γT = 133,32 kN/m = 10,61 kN m3 π(2,00 m)2 ST = γT/γA ST = 10,61 kN/m3 9,806 kN/m3 ST = 1,08 Ejercicio 2-104 ¿Flotará en agua una viga de 4 m de largo con sección transversal cuadrada y S = 0,75 manteniéndose en equilibrio estable con dos lados horizontales? Resolución

G B

W=E SγV = γV’


13

CAPÍTULO 2

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AÑO 2007

Sγh2L = γhh’L Sh = h’ S = h’/h = 0,75 Esto significa que la altura sumergida será menor que la altura del objeto, y por ser una sección cuadrada el centro de gravedad estará por encima del centro de flotación lo que significa que el cuerpo NO está en equilibrio estable para los dos lados horizontales. Ejercicio 2-108 Un tanque de líquido S = 0,88 es acelerado uniformemente en una dirección horizontal de tal forma que la presión disminuya dentro del líquido 20 kPa/m en la dirección del movimiento. Determínese la aceleración. Resolución ax

x

ax x g a p − p0 = − Sγ x x g Δpg ax = − Sγx p = p 0 − Sγ

reemplazando

Pa m2 (−20000 )9,806 m s ax = − N 0,88 × 9806 3 m ax = 22,73 m2/s Ejercicio 2-117 El tubo de la figura está lleno de líquido con densidad relativa 2,40. Cuando se acelera a la derecha 8,05 ft/s2, dibuje la superficie libre imaginaria y determínese la presión en A. Para pA = 8 psi de vacío determínese ax.


14

CAPÍTULO 2

AÑO 2007

1

STASSI, MAURO JOSÉ

A

2 Resolución

p = − Sγ

ax x g

lb p = −2,40 × 62,4 3 ft

ft s 2 2 ft ft 32,174 2 s 8,05

1

p = – 74,84 lb ft2

2 Sí

A

pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb 1 ft2 ft2

entonces

pg Sγx lb ft (−1152 2 )32,174 2 ft s ax = − lb 2,4 × 62,4 3 2 ft ft ax = −

ax = 123,75 ft/s2


15

CAPÍTULO 2

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AÑO 2007

Capítulo 3: Ecuaciones básicas y concepto de flujo de fluidos Ejercicio 3-6 Una tubería lleva aceite, densidad relativa 0,86, a V = 2 m/s por un tubo de 200 mm de diámetro interior. En otra sección el diámetro es de 70 mm. Encuéntrese la velocidad en esta sección y el flujo de masa en kilogramos por segundo. Resolución

1

2 Aceite, dens. rel. 0,86

Como la densidad no cambia y el flujo es permanente, podemos aplicar la ecuación de continuidad, es decir

V1 A1 = V2 A2 entonces

V2 = V1

A1 A2

reemplazando

π × (200mm) 2 m m (200mm) 2 4 V2 = 2 =2 s π × (70mm) 2 s (70mm) 2 4 V2 = 16,33 m/s El caudal másico será •

m = Qρ = V2 A2 ρ •

m = 16,33

m π × (0,07 m) 2 kg × × 0,86 × 1000 3 s 4 m • kg m = 54,03 s

Ejercicio 3-30 En la figura, se descarga aceite de una ranura bidimensional en el aire como se indica en A. En B el aceite se descarga por debajo de una puerta al piso. Despreciando todas las pérdidas, determínese las descargas en A y B por pie de ancho. ¿Por qué difieren?


1

CAPÍTULO 3

AÑO 2007

10

STASSI, MAURO JOSÉ

A 2

B Aceite, dens. rel. 0,86

Resolución Como el flujo es permanente e incompresible, podemos aplicar la ecuación de Bernoulli, es decir

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

Para A, reemplazando

v A2 + z0 = + zA + γ γ 2g 2 v ( z0 − z A ) = A 2g

Patm

Patm

v A = 2 × g (z0 − z A )

ft (11,0 ft − 0,0 ft ) s2 ft v A = 26,60 s

v A = 2 × 32,174

Por continuidad

Q A = AA v A Q A = 2,00 ft × 26,60

ft s

QA = 53,21 ft3/fts Para B, reemplazando

Patm

γ 1

γ

( Patm

v B2 γ 2g v B2 − PB ) + ( z 0 − z B ) = 2g

+ z0 =

PB

+ zB +

⎡1 ⎤ v B = 2 × g × ⎢ ( Patm − PB ) + ( z 0 − z A )⎥ ⎣γ ⎦


2

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ft 1 lb v B = 2 × 32,174 2 × ⎢ (−62,42 3 × 1,00 ft ) + (11,00 ft − 0,00m)⎥ s ⎢ 62,42 lb ft ⎥ 3 ⎢⎣ ⎥⎦ ft ft v B = 25,37 s Por continuidad

QB = AB v B Q B = 2,00 ft × 25,37

ft s

QB = 50,37 ft3/fts Las descargas difieren porque la sección A esta sometida a la presión atmosférica y la sección B a la presión hidrostática. Ejercicio 3-31

4 ft

Aceite dens. rel. 0,75

3 ft

Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura.

4 in.

Agua

Resolución Para utilizar la ecuación de Bernoulli el fluido debe ser uniforme, por lo que se plantea una altura equivalente

γ W hW = γ A h A γ h' A = W hW γA Sγ hW = A hW = ShW γA

reemplazando

hW = 0,75 × 3,00 ft hW = 2,25 ft


3

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

6,25

1

2

Agua

Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

Reemplazando

z1 =

v 22 2g

v 2 = 2 × g × z1 ft × 6,25 ft s2 ft v 2 = 20,05 s

v 2 = 2 × 32,174

Por continuidad

Q2 = A2 v 2 ft 1,00 ft 2 π Q2 = (4,00in × ) × 20,05 4 12,00in s Q2 = 1,75 ft3/s Ejercicio 3-33 Despreciando todas las pérdidas, encuéntrese la descarga por el medidor Venturi de la figura.


4

CAPÍTULO 3

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AÑO 2007

200 mm

Aire

300

mm

Agua

1

150 m m

2

Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos 2

v P v2 + z1 + 1 = 2 + z 2 + 2 γ 2g γ 2g

P1

h2

1

Datum

2

150 m m

Dz

300

Agua

mm

h1

200 mm

Aire

reemplazando 2

v 22 v1 − γ γ 2g 2g 1 1 2 2 ( P1 − P2 ) + ( z1 − z 2 ) = (v 2 − v1 ) γ 2g P1

Por la ley del menisco

−

P2

+ ( z1 − z 2 ) =

P2 = P1 − h1γ + h2γ 1 ( P1 − P2 ) = h1 − h2 γ

con respecto al datum


5

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Δz + h1 = 200mm + h2 h1 = 200mm + h2 − Δz reemplazando

1

γ

( P1 − P2 ) = 200mm + h2 − Δz − h2 1

γ

( P2 − P1 ) = 200mm − Δz

reemplazando en la ecuación de Bernoulli

1 2 2 (v 2 − v1 ) 2g 1 2 2 ( z1 − z 2 ) + 200mm + ( z1 − z 2 ) = (v 2 − v1 ) 2g 1 2 2 200mm = (v 2 − v1 ) 2g − Δz + 200mm + ( z1 − z 2 ) =

Por la ecuación de continuidad

Q1 = Q2 A1v1 = A2 v 2 A v1 = 2 v 2 A1 reemplazando 2

A 1 2 200mm = ((v 22 − 2 2 v 2 ) 2g A1 2

200mm =

2 g × 200mm = 2 A2 (1 − 2 ) A1

v2 =

v2 =

v 22 A (1 − 2 2 ) 2g A1

2 × 9,806

π (1 − 4

π

4

m × 0,2m s2

(150,00mm)

2

(300,00mm)

2

= )

m s Q2 = A2 v 2

v 2 = 2,29

Q2 =

π

4

(0,15m) 2 2,29

m s

Q2 = 0,04 m3/s


6

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 3-50 Para un flujo de 1500 gpm y H = 32 ft en la figura, calcúlense las pérdidas a través del sistema en carga velocidad, KV2/2g.

H

γ = 55 lb/ft3 6 in. diám V

Resolución Por continuidad el caudal es el mismo en todas las secciones, entonces

ft 3 gal ft 3 s Q = 1500 = 3,34 min 448,83 gal s min 1,00

Por definición de caudal

Q = Ad v d Q vd = Ad reemplazando

ft 3 s vd = 1,00 ft π (6,00in × ) 4 12,00in 3,34

= 17,02 2

ft s

en términos de carga de velocidad tenemos

(17,02 fts ) 2 v d2 = = 4,50 ft 2 g 2 × 32,174 sft2 Planteamos la ecuación de Bernoulli

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

reemplazando


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CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

v d2 v d2 +H = + +K γ γ 2g 2g 2 v H = d (1 + K ) 2g

Patm

Patm

Las pérdidas serán

H −1 v d2 2g 32,00 ft K= −1 4,50 ft K=

K = 6,11 Ejercicio 3-51

H

En la figura las pérdidas hasta la sección A son 5 v21/2g y las pérdidas de la boquilla son 0,05 v22/2g. Determínese la descarga y la presión en A. H = 8,00 m.

D1 = 150 mm

A

V 50

Agua

D2 = 50 mm

Resolución

H

0

D1 = 150 mm Datum

A B

V 50

Agua

D2 = 50 mm


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CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B 2

P1

+ z1 +

γ

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

reemplazando

Patm

+H =

γ

H=

Patm

+

γ

v B2 v2 + KB B 2g 2g

v B2 (1 + K B ) 2g

vB = 2 × g ×

H (1 + K B )

m 8,00m × 2 (1 + 0,05) s m v B = 12,22 s

v B = 2 × 9,806

Por continuidad

Q A = QB Q A = AB v B m π 2 Q A = (0,05m ) 12,22 s 4 QA = 0,024 m3/s Por otro lado

v A2 =

AB2 H 2× g × 2 (1 + K B ) AA

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

reemplazando

v A2 v2 + KA A γ γ 2g 2g (1 + K A ) v 2 P H= A + A γ 2g

Patm

+H =

PA

(1 + K A ) ⎛⎜ AB2 2

reemplazando

H=

+

PA

+

×g×

H ⎞ ⎟ (1 + K B ) ⎟⎠

⎜ A2 ⎝ A P ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB2 ⎞ ⎟H ⎟⎜ H = A + ⎜⎜ γ ⎝ 1 + K B ⎟⎠⎜⎝ AA2 ⎟⎠

γ

2g

Despejando


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CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

⎡ ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB2 ⎞⎤ ⎟⎟⎜⎜ 2 ⎟⎟⎥ PA = γH ⎢1 − ⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 1 + K B ⎠⎝ AA ⎠⎦⎥ ⎡ ⎛π (0,05m )2 ⎢ N ⎛ 1 + 5,00 ⎞⎜⎜ 4 PA = 9806,00 3 × 8,00m × ⎢1 − ⎜ ⎟ m ⎢ ⎝ 1 + 0,05 ⎠⎜⎜ π (0,15m )2 ⎝ 4 ⎣⎢

⎞⎤ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟ ⎠⎦⎥

PA = 28,64 KPa Ejercicio 3-53 El sistema de bombeo mostrado en la figura debe tener presión de 5 psi en la línea de descarga cuando la cavitación es incipiente en la entrada de la bomba. Calcúlese la longitud del tubo desde el depósito a la bomba para esta condición de operación si la pérdida en este tubo se puede expresar como (V12/2g)(0,003L/D). ¿Qué potencia esta siendo suministrada al fluido por la bomba? ¿Qué porcentaje de esta potencia se está usando para vencer pérdidas? Lectura del barómetro 30 inHg

6 in. diám. 10 ft

4 in. Tubo de descarga

2 in. diám

P

Agua 68 ºF Resolución

6 in. diám. P

10 ft

4

3 4 in. Tubo de descarga

Datum

2 in. diám

2

1 Agua 68 ºF


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CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4 2

v3 P4 v 42 + z3 + = + z4 + γ 2g γ 2g

P3 reemplazando

v32 Patm v2 = + z4 + 4 γ 2g γ 2g 2 2 v3 v 4 P − = (z 4 − z3 ) − 3 2g 2g γ P⎤ ⎡ v32 − v 42 = 2 g ⎢( z 4 − z 3 ) − 3 ⎥ γ ⎦ ⎣

P3

+ z3 +

Como z4 = z3

⎛ P ⎞ v32 − v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ ⎝ γ ⎠ Por continuidad

Q3 = Q4 A3 v3 = A4 v 4

v3 =

A4 v4 A3

reemplazando

A42 2 ⎛ P ⎞ v − v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ 2 4 A3 ⎝ γ ⎠ 2 ⎞ ⎛ A4 ⎛ P ⎞ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ ⎝ γ ⎠ ⎠ ⎝ A3 v4 =

v4 =

⎛ P ⎞ 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ ⎝ γ ⎠ 2 ⎛ A4 ⎞ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟ ⎝ A3 ⎠

⎛ lb 144,00in 2 ⎜ 5,00 2 × ft ⎜ 1,00 ft 2 in 2 × 32,174 2 × ⎜ − lb s 62,42 3 ⎜⎜ ft ⎝ ⎛π ⎞ 2 ⎜ (2,00in ) ⎟ ⎜4 − 1⎟ ⎜ π (4,00in )2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝4 ⎠ v 4 = 31,46


11

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎠

ft s

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Por continuidad

Q3 = Q4 A3 v3 = A4 v 4

v3 =

π

A4 v4 A3

(2,00in )2

v3 = 4

π

(4,00in )2

4

ft ft = 7,86 s s

31,46

Por continuidad

Q2 = Q3 A2 v 2 = A3 v3

v2 =

π v2 = 4

π

4

A3 v3 A2

(4,00in )2 (6,00in )2

7,86

ft ft = 3,49 s s

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

reemplazando

P1

γ

=

P2

γ

+ z2 +

v22 0,003L v22 + 2g D 2g

v 2 ⎛ 0,003L ⎞ ⎛ P1 P2 ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ − z 2 = 2 ⎜1 + ⎟ 2g ⎝ D ⎠ γ ⎠ ⎝γ ⎤ ⎡ ⎛ P1 P2 ⎞ ⎢ ⎜⎜ − ⎟⎟ − z 2 ⎥ γ ⎠ D ⎢⎝ γ L= − 1⎥ ⎥ 0,003 ⎢ v 22 ⎥ ⎢ 2g ⎦ ⎣ La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir

P1 = 30inHg P1 1,00 ft = 30in × = 2,50 ft 12,00in γ Hg P1

γ Hg

S=

P1

γW

= 2,50 ft × 13,57 = 33,92 ft

De tabla C.2 página 568 de (Mecánica de los fluidos, Streeter)

P2

γW MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

= 0,79 ft

12

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

1,00 ft 12,00in 0,003

6,00in × L=

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ (33,92 ft − 0,79 ft ) − 10 ft ⎥ − 1⎥ ⎢ (3,46 fts ) 2 ⎢ ⎥ 2 × 32,174 sft2 ⎢⎣ ⎥⎦

L = 20554,17 ft La potencia suministrada por la bomba será

W t mgH P= t P=

•

P = m gH P = ρQgH P = γQH P = γv 2 A2 H

1,00 ft ⎞ lb ft π ⎛ P = 62,42 3 3,49 ⎜ 6,00in × ⎟ 10,00 ft 12,00in ⎠ s 4⎝ ft 2

P = 247,74 lb.ft s El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será

⎛ ⎞ v 22 ⎜ ⎟ 2g ⎜ ⎟ %P = ⎜ × 100 2 2 ⎟ 0,003L v 2 v 2 ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎝ D 2g 2g ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎟ × 100 P=⎜ ⎜ 0,003L + 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ D ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎟ × 100 = 0,80% P= ⎜ 0,003 × 20554,17 ft ⎟ + 1⎟ ⎜ 0,5 ft ⎝ ⎠ %P = 0,80 %


13

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 3-87 Despreciando todas las pérdidas, determínese las componentes x e y necesarias para mantener la Y en su lugar. El plano de la Y es horizontal.

8 ft³/s 6

12 ft

m diá in.

in

60 °

12 m iá .d 45°

18 in. diám

10 lb/in²

20 ft³/s H2O

Resolución Por definición de caudal

Q1 = A1v1 Q v1 = 1 A1 ft 3 ft s v1 = = 11,32 2 s 1,00 ft ⎞ π⎛ ⎟ ⎜18,00in × 4⎝ 12,00in ⎠ 20,00

v2 =

Q2 A2

ft 3 ft s = 15,29 v2 = 2 s π⎛ 1,00 ft ⎞ ⎜12,00in × ⎟ 4⎝ 12,00in ⎠ Q v3 = 3 A3 12,00

ft 3 ft s v3 = = 40,74 2 s 1,00 ft ⎞ π⎛ ⎟ ⎜ 6,00in × 4⎝ 12,00in ⎠ 8,00


14

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

A3

v2 = 15,29 ft/s A2

P3A3

m diá n. i 6

v3 = 40,74 ft/s

P2A2

m iá .d in

60 °

12

45°

18 in. diám

10 lb/in²

H2O v1 = 11,32 ft/s A1

P1A1

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces

(∑ Fext )x

= ∫ sc v × ρ × v • dA

Las fuerzas externas en x son

(∑ Fext )x

= − P2 A2 × cos 45º + P3 A3 × cos 60º + Fanclaje x

La integral sobre la superficie de control en x es

∫ sc v × ρ × v • dA = v 2 × cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 × cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º Igualando

− P2 A2 × cos 45º + P3 A3 × cos 60º + Fanclaje x = v 2 × cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 × cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º

Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2 2

v1 P2 v 22 + z1 + = + z2 + γ 2g γ 2g

P1 reemplazando

2

v1 P2 v 22 + = + γ 2g γ 2g

P1

2

v1 v 22 = + − γ γ 2g 2g

P2

P1

P2 = P1 +

P2 = 10,00

(v 2g γ

2

1

62,42

− v2

2

)

lb ft 3

2 2 ⎛⎛ ⎞ lb 144,00in ⎜ ⎜11,32 ft ⎞⎟ − ⎛⎜15,29 ft ⎞⎟ ⎟ × + 2 2 ft ⎜ s⎠ ⎝ s ⎠ ⎟⎠ in 1,00 ft 2 × 32,174 2 ⎝ ⎝ s


2

15

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

P2 = 1337,80

lb ft 2

Planteamos Bernoulli entre 1 y 3

P1

γ

2

+ z1 +

P v2 v1 = 3 + z3 + 3 2g γ 2g

reemplazando 2

P v2 v + 1 = 3+ 3 γ 2g γ 2g

P1

2

v2 v = + 1 − 3 γ γ 2g 2g

P3

P1

P3 = P1 +

(v 2g γ

2

1

62,42

− v3

2

)

lb ft 3

2 2 ⎛⎛ lb 144,00in ft ⎞ ⎛ ft ⎞ ⎞⎟ ⎜ P3 = 10,00 2 × + ⎜11,32 ⎟ − ⎜ 40,74 ⎟ ⎟ ft ⎜ ⎝ s⎠ ⎝ s⎠ ⎠ in 1,00 ft 2 ⎝ 2 × 32,174 2 s lb P3 = −46,05 2 ft 2

reemplazando

Fanclaje x = v 2 cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º + P2 A2 × cos 45º − P3 A3 × cos 60º

Fanclaje x = 15,29

ft slug ft ft slug ft × cos 45º×1,94 3 × 15,29 × 0,78 ft 2 − 40,74 × cos 60º×1,94 3 × 40,74 s s s s ft ft

× 0,20 ft 2 + 1337,80

lb lb × 0,78 ft 2 × cos 45º +46,05 2 × 0,20 ft 2 × cos 60º = 2 ft ft FanclajeX = 682,82 lb

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección y, entonces

(∑ Fext ) y

= ∫ sc v × ρ × v • dA

Las fuerzas externas en y son

(∑ F ext ) y

= P1 A1 − P2 A 2 × sen 45 º − P3 A 3 × sen 60 º + F anclaje

y


∫ sc v × ρ × v • dA = v1 ρ × v1 A1 cos180º +v 2 sen45º ρ × v 2 A2 cos 0º +v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º Igualando

P1 A1 − P2 A2 × sen 45º − P3 A3 × sen60º + Fanclaje y = v1 ρ × v1 A1 cos 180º + v 2 sen 45º ρ × v 2 A2 cos 0º x

+ v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º despejando

Fanclaje y = v1 ρ × v1 A1 cos180º +v 2 sen45º ρ × v 2 A2 cos 0º +v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º − P1 A1 x

+ P2 A2 × sen45º + P3 A3 × sen60º reemplazando


16

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

Fanclaje y = −11,32

AÑO 2007

ft slug ft ft slug ft × 1,94 3 × 11,32 × 1,77 ft 2 + 15,29 × sen45º×1,94 3 × 15,29 × 0,78 ft 2 s s s s ft ft

ft slug ft lb 144,00in 2 × sen60º×1,94 3 × 40,74 × 0,20 ft 2 − 10,00 2 × × 1,77 ft 2 s s 1,00 ft 2 ft in lb lb + 1337,80 2 × 0,78 ft 2 × sen 45º +46,05 2 × 0,20 ft 2 × sen60º = ft ft

+ 40,74

FanclajeY = –1433,89 lb Ejercicio 3-100 En la figura, un chorro, ρ = 2 slugs/ft3 es desviado por un álabe 180º. Se supone que la carreta no tiene fricción y está libre para moverse en una dirección horizontal. La carreta pesa 200 lb. Determínese la velocidad y la distancia viajada por la carreta 10 s después que el chorro es dirigido contra el álabe. A0 = 0,02 ft2; V0 = 100 ft/s.

V0

A0 V1

Resolución

A0 V0 V1 V0 A0 El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada

y a la salida

V0 V1 V0-V1 V0 V1 V0-V1


17

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces

(∑ Fext )x

= ∫ sc v × ρ × v • dA


∫ sc v × ρ × v • dA = (v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 cos180º −(v 0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 cos 0º ∫ sc v × ρ × v • dA = −(v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 − (v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 ∫ sc v × ρ × v • dA = −2 × (v0 − v1 ) × ρ × A0 2


(∑ Fext )x

= ma carro (∑ Fext )x = m dv dt

Igualando

m v1

dv1 2 = −2 × (v0 − v1 ) × ρ × A0 dt

m = − 2 × ρ × A 0 (v 02 − 2 v 0 v 1 + v 12 Δt

)

m = −2 × ρ × A0 v02 + 2 × ρ × A0 × 2v0 v1 − 2 × ρ × A0 v12 Δt ⎛m ⎞ 2 × ρ × A0 v12 + ⎜ − 2 × ρ × A0 × 2v0 ⎟v1 + 2 × ρ × A0 v02 = 0 ⎝ Δt ⎠ ⎞ ⎛ 200,00lb ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 32,174 ft 2 slugs ft ⎟ slugs ⎜ 2 2 2 s 2 × 2,00 3 ×,002 ft × v1 + ⎜ − 2 × 2,00 3 ×,002 ft × 2 × 100,00 ⎟v1 10,00s s ft ft ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎠ ⎝ v1

2

+ 2 × 2,00

slugs ft ⎞ ⎛ ×,002 ft 2 × ⎜100,00 ⎟ = 0 3 s⎠ ft ⎝ slug slugs 0,08 × v12 − 15,38 v1 + 800,00lb = 0 ft s

Por báscara v1 = 96,11 ft/s Como supusimos la aceleración constante planteamos

1 2 at 2 1 v1 2 1 1 ft x= t = v1t = 96,11 10,00s 2 t 2 2 s x=

x = 480,57 ft


18

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 3-123 Determínese el ángulo del álabe requerido para desviar la velocidad absoluta de un chorro 130º.

V0 = 130 ft/s

u = 50 ft/s

θ

Resolución

u = 50 ft/s V0 = 130 ft/s

130

v alabe Por teorema del seno

α

v alabe = (v0 − u ) ft ft ft = 130,00 − 50,00 = 80,00 s s s senθ senβ = 80,00 50,00

senβ =

50,00 senθ = 0,625 × sen130º = 0,48 80,00 β = arcsen(0,48) = 28,60º

Por propiedad del triángulo

γ = 180 º − β − θ = 180 º −130 º −28,60 º = 21,39 º

Finalmente

α = 180 º −γ = 180 º −21,39 º α = 158º 36’ 20’’


19

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 4: Análisis dimensional y similitud dinámica Ejercicio 4-8 Usando las variables Q, D, ΔH/l, ρ, μ, g como pertinentes al flujo en un tubo liso, arreglarlas en parámetros adimensionales con Q, ρ, μ como variables repetitivas. Resolución Las variables son 6

[

]

Q L3T −1 , D[L ],

[

] [

] [

] [

ΔH LL−1 = 1 , ρ ML−3 , μ ML−1T −1 , g LT − 2 L

]

Las unidades son 3

L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será

∏1 =

ΔH L

π1 = ΔH/L

π2 será

(

∏ 2 = DQ x1 ρ x2 μ x3

∏ 2 = L L3T −1

) (ML ) (ML x1

−3 x2

−1

T −1

)

x3

entonces

0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3x1 − 3 x 2 − x3 = 0 0 − x1 + 0 − x3 = 0

Para M ⇒ Para L ⇒ Para T ⇒ de aquí

x1 = −1 x2 = −1 x3 = 1 entonces

∏2 =

Dμ Qρ

π2 = Dμ/Qρ π3 será

∏ 3 = gQ x1 ρ x2 μ x3

(

∏ 3 = LT −2 L3T −1

) (ML ) (ML x1

−3 x 2

−1

T −1

)

x3

entonces Para M ⇒ Para L ⇒


0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3 x1 − 3x 2 − x3 = 0

1

CAPÍTULO 4

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

− 2 − x1 + 0 − x3 = 0

Para T ⇒ de aquí

x1 = 3 x2 = 5 x3 = −5 entonces

∏3 =

gQ 3 ρ 5

μ5

π3 = gQ3ρ5/μ5 Ejercicio 4-13 En un fluido que gira como un sólido alrededor de un eje vertical con velocidad angular ω, la elevación de la presión p en una dirección radial depende de la velocidad ω, el radio r y la densidad del fluido ρ. Obténgase la forma de ecuación para p. Resolución Las variables son 4

[

]

[ ] [

p ML−1T −2 , r [L], ω T −1 , ρ ML−3

]

Las unidades son 3

L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 4 – 3 = 1 π será

∏ = pω x1 ρ x2 r x3

( ) (ML ) (L )

∏ 2 = ML−1T −2 T −1

x1

−3 x 2

x3

entonces Para M ⇒ Para L ⇒ Para T ⇒

1 + 0 + x2 + 0 = 0 − 1 + 0 − 3 x 2 + x3 = 0 − 2 − x1 + 0 − 0 = 0

de aquí

x1 = −2 x2 = −1 x3 = −2 entonces

∏=

p r ω2ρ 2

Entonces p = cte.r2ω2ρ


2

CAPÍTULO 4

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 4-18 La velocidad en un punto de un modelo de un canal de alivio para una presa es 1 m/s. Para una razón del prototipo al modelo de 10:1, ¿Cuál es la velocidad en el punto correspondiente en el prototipo bajo condiciones similares? Resolución Como es un canal la similitud dinámica exige igual número de Froude, entonces

v 2p v m2 = g mlm g p l p Como la gravedad es la misma 2 v m2 v p = lm lp

v 2p = v m2

lp lm lp

v p = vm

v p = 1,00

lm

m 10 s 1

vp = 3,16 m/s Ejercicio 4-19 El suministro de potencia a una bomba depende de la descarga Q, de la elevación de la presión Δp, de la densidad del fluido ρ, del tamaño D y de la eficiencia e. Encuéntrese la expresión para la potencia por uso del análisis dimensional. Resolución Las variables son 6

[

] [

]

[

] [

]

P ML2T −3 , Q L3T −1 , D[L ], Δp ML−1T −2 , ρ ML−3 , e[1]

Las unidades son 3

L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será

∏1 = e

π1 = e

π2 será

∏ 2 = PQ x1 Δp x2 ρ x3

(

∏ 2 = ML2T −3 L3T −1

) (ML x1

−1

T −2

) (ML ) x2

−3 x 3

entonces


3

CAPÍTULO 4

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Para L ⇒

1 + 0 + x 2 + x3 = 0 2 + 3x1 − x 2 − 3 x3 = 0

Para T ⇒

− 3 − x1 − 2 x2 + 0 = 0

Para M ⇒

de aquí

x1 = −1 x2 = −1 x3 = 0 entonces

∏2 =

P QΔp

π2 = P/QΔp π3 será

∏ 3 = DQ x1 Δp x2 ρ x3

∏ 3 = L(L3T −1 ) 1 (ML−1T −2 ) 2 (ML−3 ) 3 x

x

x

entonces Para L ⇒

0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3 x1 − x 2 − 3x3 = 0

Para T ⇒

0 − x1 − 2 x 2 + 0 = 0

Para M ⇒

de aquí

x1 = −0,5 x2 = 0,25 x3 = −0,25 entonces

∏3 =

D 4 Δp Q4 ρ

π3 = DΔp1/4 Q1/2ρ1/4 Ejercicio 4-21 Un modelo de medidor Venturi tiene dimensiones lineales de un quinto de las del prototipo. El prototipo opera con agua a 20 ºC y el modelo con agua a 95 ºC. Para un diámetro de garganta de 600 mm y una velocidad en la garganta de 6 m/s en el prototipo, ¿qué descarga se necesita a través del modelo para que se tenga similitud? Resolución Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces


4

CAPÍTULO 4

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Dm v m

νm vm =

=

Dpvp

νp

Dp ν m vp Dm ν p

2 ⎡ −6 m ⎤ ⎢ 600,00mm 0,311 × 10 ⎥ s ⎥ 6,00 m vm = ⎢ 2 s ⎢ 600,00mm 1,007 × 10 −6 m ⎥ ⎢⎣ ⎥ 5 s ⎦ m v m = 9,86 s 2 m π ⎛ 0,6m ⎞ Qm = Am v m = ⎜ ⎟ 9,86 s 4⎝ 5 ⎠

Qm = 0,10 m3/s Ejercicio 4-32 Un modelo a escala 1:5 de un sistema de tuberías de una estación de bombeo se va a probar para determinar las pérdidas totales de carga. Se dispone de aire a 25 ºC, 1 atm. Para una velocidad del prototipo de 500 mm/s en una sección de 4 m de diámetro con agua a 15 ºC, determínese la velocidad del aire y la cantidad del mismo necesarias y cómo las pérdidas determinadas en el modelo se convierten en pérdidas en el prototipo. Resolución Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces

Dm v m

νm vm =

=

Dpvp

νp

Dp ν m vp Dm ν p

2 ⎡ −5 m 1 , 70 × 10 ⎢ 4,00m s vm = ⎢ 2 4 , 00 m m ⎢ 1,141 × 10 −6 ⎢⎣ 5 s

⎤ ⎥ m ⎥ 0,50 s ⎥ ⎥⎦

La viscosidad cinemática del aire se obtuvo de la figura C.2 de Mecánica de los fluidos (Streeter) vm = 37,25m/s

Qm = Am v m =

π ⎛ 4,00m ⎞ ⎜ 4⎝

5

2

m ⎟ 37,25 s ⎠

Qm = 18,72 m3/s Como las pérdidas dependen del número de Reynolds y este es el mismo para modelo y prototipo las pérdidas serán las mismas.


5

CAPÍTULO 4

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 5: Flujo viscoso: tuberías y canales Ejercicio 5-1 Determínense las fórmulas del esfuerzo cortante sobre cada placa y para la distribución de velocidad para el flujo de la figura, cuando existe un gradiente de presión adversa tal que Q = 0.

a

U

pδy

(τ+(dτ/dl)δy)δl

γδlδysen θ τδl

(p+(dp/dl)δl)δy

θ l

γδlδy

u y

θ

dl

Resolución

q=

Por otro lado

u=

Ua 1 ∂ ( p + γh )a 3 = 0 − 2 12 μ ∂l Ua 1 ∂ ( p + γh )a 3 = 2 12 μ ∂l U × 6μ ∂ = ( p + γh ) ∂l a2

Uy 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 − a 2 μ ∂l

reemplazando

u=

(

Uy 1 U × 6 μ − ay − y 2 2 a 2μ a

(

)

)

⎛ y y2 ⎞ Uy − 3U ⎜⎜ − 2 ⎟⎟ a ⎝a a ⎠ 2U 3U u=− y + 2 y2 a a

u=

derivando respecto a y obtengo

du 2U 6U =− + 2 y dy a a El esfuerzo de corte será τ = – μ2U + μ6Uy a a2


1

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 5-2 En la figura siendo U positivo como se muestra, encuéntrese la expresión para d(p + γh)/dl de modo que el corte sea cero en la placa fija. ¿Cuál es la descarga en este caso?

a

U

pδy

(τ+(dτ/dl)δy)δl

γδlδysen θ τδl

(p+(dp/dl)δl)δy

θ l

γδlδy

u y

θ

dl

Resolución

Uy 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 − a 2 μ ∂l Uy 1 ∂ ( p + γh )ay − 1 ∂ ( p + γh ) y 2 u= − a 2 μ ∂l 2 μ ∂l

(

u=

)

derivando respecto a y obtengo

du U 1 ∂ ( p + γh )a − 1 ∂ ( p + γh ) y = − dy a 2 μ ∂l μ ∂l

El esfuerzo de corte es

τ =μ entonces

τ =μ

du dy

U 1 ∂ ( p + γh )a − ∂ ( p + γh ) y − a 2 ∂l ∂l

Valuado en y = 0, tenemos

τ y =0 = μ

U 1 ∂ ( p + γh )a = 0 − a 2 ∂l

despejando

2μ

U ∂ = ( p + γh ) 2 ∂l a

reemplazando

u

=

U a

2

y

2

El caudal será


2

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

a

a

0

0

q = ∫ udy = ∫ q=

U 2 y dy a2

U a 3

Ejercicio 5-3 En la figura siendo U = 0,7 m/s. Encuéntrese la velocidad del aceite llevado a la cámara de presión por el pistón, la fuerza cortante y fuerza total F que actúan sobre el pistón.

150 mm

U F

0,15 MPa

μ = 1 poise

50 mm diám. e = 0,05 mm

Resolución

u= además

U 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 y− a 2 μ ∂l

(

)

∂ ( p + γh ) = Δp = 0,15MPa − 0,00MPa = 1,00 × 10 6 N3 ∂l Δl 0,15m m

reemplazando

m s u= y− 5,00 × 10 −5 m 0,70

(

N 1 1,00 × 10 6 3 5,00 × 10 −5 m × y − y 2 g 1,00kg 100,00cm m 2 × 1,00 × × cms 1000,00 g 1,00m

(

1 1 u = 1400,00 y − 20,00 × 10 6 5,00 × 10 −5 m × y − y 2 s ms 1 1 2 u = 400,00 y + 20,00 × 10 6 y s ms 1 1 u = 400,00 1,00 × 10 −5 m + 20,00 × 10 6 1,00 × 10 −5 m s ms

(

u = 200,00

) )

2

m s

El esfuerzo de corte será

τ =μ

du dy

entonces


3

CAPÍTULO 5

)

STASSI, MAURO JOSÉ

τ =μ

AÑO 2007

du kg 1 kg 1 = 1,00 × 10,00 −1 × 400,00 + 1,00 × 10,00 −1 × 10,00 × 10 6 1,00 × 10 −5 m dy ms s ms ms

τ = 25,00 Pa La fuerza total será

FT = τAC + pAT = 25,00 Pa × π 0,05m × 0,15m + 0,15 x10 6 Pa ×

π 4

(0,5m )2

FT = 294,90 N Ejercicio 5-4 Determínese la fuerza sobre el pistón de la figura debido al corte, y la fuga de la cámara de presión para U = 0.

150 mm

U F

0,15 MPa

μ = 1 poise

50 mm diám. e = 0,05 mm

Resolución

FC = τAC = 25,00 Pa × π 0,05m × 0,15m FC = 0,59 N El caudal será

q=−

1 ∂ ( p + γh )a 3 12 μ ∂l

reemplazando

q=−

1 kg 12 × 0,10 ms

1,00 × 10 6

(

)

2 3 N −5 −7 m 5 , 00 × 10 = 1 , 042 × 10 m s m3

Q = πDq = π × 0,05m × 1,042 × 10 −7

Q = 1,636 × 10


4

−8

m2 s

m3 s

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 5-27 Calcúlese el diámetro del tubo vertical necesario para el flujo de un líquido a R = 1400 cuando la presión permanece constante y ν = 1,5 μ m2/s. Resolución A partir de Hagen–Poiseuille

ΔpπD 4 Q= 128μL

vA = v

π

ΔpπD 4 128μL

D2 =

4

v= Además

Re =

ΔpD 2 32μL

vDρ

μ

entonces

v=

ΔpπD 4 128μL

= 1400

1400μ Dρ

reemplazando

1400μ ΔpD 2 = Dρ 32μL 1400 ΔpD 3 = ρ 32μ 2 L Además como el tubo es vertical

Δp = γ = ρg L

reemplazando

1400

ρ 44800 =

ρgD 3 32 μ 2

ρ2 1 gD 3 = 2 gD 3 2 μ ν

D=


=

3

ν 2 44800 g

5

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

2

⎛ m2 ⎞ ⎟ 44800 ⎜⎜1,50 × 10 −6 s ⎟⎠ ⎝ D=3 m 9,806 2 s D = 2,17 mm Ejercicio 5-28 Calcúlese la descarga del sistema de la figura despreciando todas las pérdidas excepto las del tubo.

16 ft

20 ft

γ = 55 lb/ft³

1 4

in diám.

μ = 0.1 Poise

Resolución

γ = 55 lb/ft³

16 ft

20 ft

1

1 4 in diám.

2

μ = 0.1 Poise

Datum

La pérdida de carga entre 1 y 2 será

P1

γ


+ h1 =

6

P2

γ

+ h2

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

reemplazando

P1

γ

−

P2

γ

+ h1 =

P1 − P2

γ

+ h1

donde

P1 − P2

γ entonces ahora

= Δh

Δ P = P1 − P2 = γ Δ h ∂ (P + γh ) = γΔh + γh1 = γ (Δh + h1 ) ∂l L L

reemplazando

∂ (P + γh ) = ∂l

55,00

lb (4,00 ft + 16,00 ft ) lb ft 3 = 68,75 3 16,00 ft ft

Al sustituir en la ecuación de Hagen–Poiseuille

ΔpπD 4 Q= 128μL 4

1,00 ft ⎞ lb ⎛ 1 68,75 3 π ⎜ in × ⎟ 12,00in ⎠ ft ⎝ 4 ft 3 = 0,00152 Q= slug s 1,00 ft × s 128 × 0,10 Poise × 479 Poise Q = 0,00152

ft 3 s

Ejercicio 5-29

H

D

En la figura, H = 24 m, L = 40 m, θ = 30 º, D = 8 mm, γ = 10 kN/m3 y μ = 0,08 kg/ms. Encuéntrese la pérdida de carga por unidad de longitud del tubo y la descarga en litros por minuto.

θ

L


7

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

Resolución La pérdida de carga entre 1 y 2 será

reemplazando

∂ (P + γh ) = γH ∂l L

kN 24,00m 3 ∂ kN m (P + γh ) = = 6,00 3 40,00m ∂l m ∂ (P + γh ) = 6,00 kN3 ∂l m 10

La descarga será a partir de Hagen–Poiseuille

ΔpπD 4 128μL kN 1000,00 N π (0,008m )4 6,00 3 × 1,00kN m Q= kg 128 × 0,08 m×s 3 m 60,00s 1000,00dm 3 dm 3 0 , 45 Q = 7,54 × 10 −6 × × = min s 1,00m 1,00m 3 Q=

Q = 0,45

dm 3 min

Ejercicio 5-30

H

D

En la figura y problema anterior encuéntrese H si la velocidad es 0,1 m/s.

θ

L

Resolución A partir de Hagen–Poiseuille

Q=


ΔpπD 4 128μL

8

CAPÍTULO 5

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ΔpπD 4 vA = 128μL v

π 4

v= Además

ΔpπD 4 128μL

D2 =

ΔpD 2 32μL

∂ (P + γh ) = ΔP = γH ∂l L L

reemplazando

v=

γHD 2 32μL

H=

32 μLv γD 2

despejando

kg m × 40,00m × 0,10 m× s s = 16,00m H= kN 1000,00 N (0,008m )2 10,00 3 × 1,00kN m 32 × 0,08

H = 16,00 m Ejercicio 5-63 ¿Qué diámetro para un tubo limpio de hierro galvanizado tiene el mismo factor de fricción para R = 100000 que un tubo de hierro fundido de 300 mm de diámetro ? Resolución Para el tubo de hierro fundido tenemos

Re =

VD1

ν

= 100000

Suponiendo que el fluido es agua, entonces ν = 1,00 x 10-5 entonces

V=

Reν = D1

100000 × 1,00 × 10 −6 0,3m

m2 s = 0,33 m s

Ingresando al ábaco de Moody para Re = 100000 = 1,00 x 105 obtenemos

f = 0,0215

A partir de la ecuación de Colebrook

f =


1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥

9

2

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74ν 0,9 ⎜ + ln ⎢ ⎜ 0,9 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 D v D

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

iteramos hasta encontrar D2, esto es

D

5.74v0,9

ν0,9D0,9

5.74v0,9 ν0,9D0,9

ε

ε/3,7D

0,1500 0,1100 0,1000 0,1200

0,00002 0,00002 0,00002 0,00002

0,5359 0,4054 0,3720 0,4384

0,0000 0,0001 0,0001 0,0001

0,0002 0,0002 0,0002 0,0002

0,0003 0,0004 0,0004 0,0003

Finalmente

ε 3,7 D

+

5,74ν 0,9 v 0,9 D 0,9

0,0003 0,0004 0,0005 0,0004

ln ()

[ln ()]2

f

-8,0696 -7,7636 -7,6696 -7,8495

65,1182 60,2735 58,8220 61,6140

0,0203 0,0220 0,0225 0,0215

D = 120mm

Ejercicio 5-67 Se va a bombear agua a 20 ºC en 1 km de tubo de hierro forjado con 200 mm de diámetro a la velocidad de 60 L/s. Calcúlese la pérdida de carga y la potencia requerida. Resolución

Re =

VD

ν

=

4Q Q D = 2 D ν πDν π 4

QD = Aν

reemplazando

1,00m 3 dm 3 × 4Q s 1000,00dm 3 = = 381971,86 Re = 2 πDν −6 m π × 0,20m × 1,00 × 10 s 4 × 60,00

Como Re es mayor que 5000 se puede aplicar la ecuación de Colebrook, entonces

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥

2

donde para el hierro forjado ε = 0,046 mm, reemplazando

f =

1,325 ⎡ ⎛ 0,046mm 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 200mm 381971,86 f = 0,016

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

Por la fórmula de Darcy-Weisbach a pérdida de carga será

hf = f


L v2 D 2g

10

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

L Q2 1 hf = f D A2 2g 1 L Q2 2 D ⎛ D 2 ⎞ 2g ⎟⎟ ⎜⎜ π 4 ⎠ ⎝ 16 LQ 2 hf = f 2 5 π D 2g

hf = f

reemplazando

⎛ dm 3 1,00m 3 ⎞ ⎟ × 16 × 1000,00m × ⎜⎜ 60,00 s 1000,00dm 3 ⎟⎠ ⎝ h f = 0,016 × m π 2 (0,20m )5 2 × 9,806 2 s

2

h f = 15,02m La potencia requerida será

P = γQh

reemplazando

P = 9806,00

N m3 0 , 06 15,02m s m3

P = 8836,50Watt Ejercicio 5-83 ¿Qué medida de tubo hierro fundido nuevo se necesita para transportar 400 L/s de agua a 25 ºC un kilómetro con pérdida de carga de 2 m? Úsese el diagrama de Moody y la ecuación (5.8.18) Resolución Proponemos un diámetro, calculamos el número de Reynolds, luego el factor de fricción a través del gráfico de Moody o la ecuación de Colebrook y lo verificamos calculando la pérdida de carga con la ecuación de Darcy-Weisbach.

D

Q

ν

Re

5.74 Re0,9

ε

ε/3,7D

0,500 0,600 0,620 0,640 0,650 0,645 0,643

0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40

0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009

1131768,48 943140,40 912716,52 884194,13 870591,14 877339,91 880753,68

0,00002 0,00002 0,00002 0,00003 0,00003 0,00003 0,00003

0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025

0,00014 0,00011 0,00011 0,00011 0,00010 0,00010 0,00011

ε 3,7 D

+

5,74 Re0.9

0,00016 0,00014 0,00013 0,00013 0,00013 0,00013 0,00013

ln ()

[ln ()]2

f

hf

-8,77 -8,90 -8,92 -8,94 -8,95 -8,94 -8,94

76,88 79,17 79,55 79,92 80,09 80,00 79,96

0,02 0,02 0,02 0,02 0,02 0,02 0,02

7,29 2,85 2,40 2,04 1,89 1,96 2,00

D = 643mm


11

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

Utilizando la ecuación (5.8.18) tenemos

⎡ ⎛ LQ 2 D = 0.66⎢ε 1.25 ⎜ ⎜ gh ⎢ ⎝ f ⎣

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

4.75

⎛ L + νQ 9.4 ⎜ ⎜ gh ⎝ f

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

5, 2

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

0 , 04

reemplazando

⎡ 3 2 ⎛ ⎜ 1000,00m × ⎛⎜ 0,40 m ⎞⎟ ⎢ ⎜ ⎜ ⎢ s ⎟⎠ ⎝ 1.25 D = 0.66⎢0.00025m ⎜ m ⎜ ⎢ 9,806 2 2,00m ⎜ ⎢ s ⎝ ⎣⎢

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

4.75

+ 1,00 × 10 −6

2

m s

⎛ m ⎜⎜ 0.40 s ⎝

3

⎞ ⎟⎟ ⎠

9.4

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1000,00m ⎜ ⎟ m ⎜ ⎟ ⎜ 9,806 2 × 2,00m ⎟ s ⎝ ⎠

D = 0,654 m

D = 654mm Ejercicio 5-90

H

Calcúlese el valor H de la figura para 125 L/s de agua a 15 ºC en un tubo de acero comercial. Inclúyanse las pérdidas menores.

30 m

30 cm diám

H

Resolución

1

Datum

30 m

30 cm diám

2

Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 + h f γ 2g 2g

reemplazando y despejando


12

CAPÍTULO 5

5, 2

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦⎥

0 , 04

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AÑO 2007

2 L ⎛ ⎞ v2 − = ⎜ Kb + f + K s ⎟ γ γ ⎝ D ⎠ 2g 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g

P1

P2

El número de Reynolds será

Re =

4Q = πDν

1,00m 3 dm 3 × s 1000,00dm 3 = 530516,48 π × 0,30m × 1,00 × 10 −6

4 × 125,00

como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎢⎣ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎥⎦

2

reemplazando

f =

1,325 ⎡ ⎛ 4,60 × 10 −5 m 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 0,30m 530516,48

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

= 0,015

reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ Q H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ A 2g 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g

obtenemos

⎛ m3 ⎞ ⎜ ⎟⎟ 8 × ⎜ 0,125 s ⎝ ⎠

2

30,00m ⎞ ⎛ H = ⎜ 0,50 + 0,015 + 1,00 ⎟ = 0,30m ⎠ π 2 (0,30m )4 9,806 m ⎝ s2 H = 0,48m Ejercicio 5-94 Una línea de agua que conecta dos depósitos a 70 ºF tiene 5000 ft de tubo de acero de 24 in de diámetro, tres codos estándar, una válvula de globo y un tubo de alimentación con reentrada, ¿Cuál es la diferencia de alturas de los depósitos para 20 ft3/s? Resolución


13

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

H

1

2

Datum

Válvula de globo


P1

γ

2

+ h1 +

v1 P v2 = 2 + h2 + 2 + Hp γ 2g 2g

reemplazando y despejando 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g


ft 3 4 × 20,00 4Q s Re = = = 1157490,49 2 πDν 1,00 ft −5 ft π × 24,00in × × 1,10 × 10 s 12,00in como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥

2

reemplazando

f =

1,325 ⎡ ⎛ 0,00015 ft 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 2 ft 1157490,49

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

= 0,013

reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g

obtenemos

⎛ ft 3 ⎞ ⎟ 8 × ⎜⎜ 20,00 s ⎟⎠ ⎝

2

⎛ ⎞ 5000,00 ft + 3 × 0,90 + 10 + 1⎟⎟ H = ⎜⎜ 0,80 + 0,013 = 2,00 ft ⎝ ⎠ π 2 (2,00 ft )4 32,174 ft s2 H = 29,50 ft


14

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

Ejercicio 5-98

H

Encuéntrese H de la figura para 200 gpm de flujo de aceite, μ = 0,1 P, γ = 60 lb/ft3 para la válvula en ángulo totalmente abierta.

Válvula angular

210 ft 3 in diám Tubo de acero

Resolución

H

1

Válvula angular

210 ft 3 in diám Tubo de acero 2

Datum


P1

γ

2

+ h1 +

v1 P v2 = 2 + h2 + 2 + Hp γ 2g 2g

reemplazando y despejando 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ Ke + f + Kv + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g



15

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

ft 3 gal s × 1,94 slug 4 × 200,00 × gal min ft 3 448,83 4Qρ min Re = = = 21088,97 slug πDμ 1,00 1,00 ft ft × s × 0,10 Poise × π × 3,00in × 479 Poise 12,00in 1,00

como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥

2

reemplazando

f =

1,325 ⎡ ⎛ 0,00015 ft 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 0,25 ft 21088,97

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

= 0,027

reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ Ke + f + Kv + Ks ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g

obtenemos 2

⎛ ft 3 ⎞ ⎜ ⎟ 1,00 gal s ⎜ ⎟ 8 × 200,00 × ⎜ gal ⎟ min 448,83 ⎛ ⎞ ⎜⎝ 210,00 ft min ⎟⎠ + 5,00 + 1,00 ⎟⎟ H = ⎜⎜ 0,50 + 0,027 = ft 0,25 ft 4 2 ⎝ ⎠ π (0,25 ft ) 32,174 2 s H = 37,29 ft Ejercicio 5-104 El sistema de bombeo de la figura tiene una curva de descarga-carga de la bomba H = 40 – 24Q2 con la carga en metros y la descarga en metros cúbicos por segundo. Las longitudes de los tubos incluyen corrección para pérdidas menores. Determínese el flujo del sistema en litros por segundo. Para una eficiencia de bombeo del sistema de 72 % determínese la potencia requerida. La bomba requiere una carga de succión de por lo menos 1/2 atm, para evitar la cavitación. ¿Cuál es la descarga máxima y potencia requerida para alcanzar este máximo?


16

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

El = 31 m

Agua 20 ºC 0 50

El = 1 m 200 m 500 mm diám- Acero

m

m 0m 40

ero Ac m diá

P

Pump. Elev. = 0

Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos 2

v1 P2 v 22 + h1 + + HB = + h2 + + Hp γ γ 2g 2g

P1 reemplazando

h1 + H B = h2 + Hp ⎛ L ⎞ v2 ⎛ L ⎞ v2 h1 − h2 + H B = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 1 + ⎜⎜ f 2 2 ⎟⎟ 2 ⎝ D1 ⎠ 2 g ⎝ D2 ⎠ 2 g Por la ecuación de continuidad

⎛ L ⎞ 8Q 2 ⎛ L h1 − h2 + H B = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 2 ⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎛ L ⎞ 8Q 2 ⎛ h1 − h2 + 40 − 24Q 2 = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 ⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝

⎞ 8Q 2 ⎟⎟ 4 ⎠ πD2 g L2 ⎞ 8Q 2 ⎟ D2 ⎟⎠ πD24 g

⎡⎛ L ⎞ 8 ⎤ 2 ⎛ L2 ⎞ 8 ⎜ ⎟ h1 − h2 + 40 = ⎢⎜⎜ f 1 1 ⎟⎟ + f + 24 ⎥Q 2 4 4 ⎜ ⎟ ⎣⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎠ πD2 g ⎦

Q=

h1 − h2 + 40 ⎡⎛ L1 ⎞ 8 ⎤ ⎛ L ⎞ 8 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 2 ⎟⎟ 4 + 24⎥ ⎢⎜⎜ f 1 ⎣⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎠ πD2 g ⎦

Para encontrar f debemos proponer un caudal, encontrar el número de Reynolds, calcular f por la ecuación de Colebrook, luego se calcula el caudal y se verfica el número de Reynolds. Q [m3/s] 1,0000 0,2200 0,2100 0,2095

Re1 2546479,11 560225,40 534760,61 533487,37


Re2 3183098,89 700281,76 668450,77 666859,22

17

f1 0,0126 0,0142 0,0143 0,0143

f2 0,0129 0,0141 0,0142 0,0142

Q [m3/s] 0,2193 0,2099 0,2095 0,2095

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

dm 3 Q = 209,5 s La potencia será reemplazando

P = γQhη

P = γQ (40 − 24Q 2 )η P = γηQ 40 − 24γηQ 3

⎛ kg m3 kg m3 ⎞ ⎟ P = 40 × 1000,00 3 × 0,72 × 0,2095 − 24 × 1000,00 3 × 0,72 × ⎜⎜ 0,2095 s s ⎟⎠ m m ⎝

3

P = 5,87 kWatt


18

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 6: Flujos externos Desarrollo teórico Capa límite laminar Se propone

F=

u y = =η U δ

Reemplazando en h ⎞ ∂ ⎛ ⎜ τ 0 = ρ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟⎟ ∂x ⎝ 0 ⎠

Obtenemos

τ 0 = ρU 2 τ 0 = ρU 2

∂δ uU − u 2 dη ∂x ∫0 U 2 1

u⎞ ∂δ u ⎛ ⎜1 − ⎟dη ∫ ∂x 0 U ⎝ U ⎠ 1

∂δ τ 0 = ρU η (1 − η )dη ∂x ∫0 ∂δ τ 0 = 0,166 ρU 2 ∂x 1

2

De la ley de viscosidad de Newton

τ0 = μ

∂u ∂y

y =0

Cambiando las variables

τ0 = μ

U ∂F δ ∂η

η =0

Entonces

τ0 = μ

U

δ

Reemplazando

μ

U

δ

= 0,166 ρU 2

∂δ ∂x

Separando las variables

μ

U

ρ

∂x = 0,166U 2δ∂δ

Integrando tenemos

υx = 0,166U

δ2 2

Despejando

δ x


=

1 υ 0,083 xU

1

CAPÍTULO 6

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Resolviendo

δ x

3,46 R 1x / 2

=

Capa límite turbulenta Se propone 1

u ⎛ y ⎞7 F = = ⎜ ⎟ =η7 U ⎝δ ⎠ 1

Reemplazando en

τ0 = ρ

h ⎞ ∂ ⎛ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟ ⎟ ∂x ⎜⎝ 0 ⎠

Obtenemos 1 1 1 ⎞ ⎛ ∂δ 7⎜ 7 ⎟ η 1 η − ∫ ⎟ dη ⎜ ∂x 0 ⎝ ⎠ 7 ∂δ τ0 = ρU 2 ∂x 72

τ 0 = ρU 2

De la ley de viscosidad de Newton

τ0 = μ Cambiando las variables

τ0 = μ

∂u ∂y

y =0

∂ (FU ) ⎛ 17 ⎞ ∂⎜⎜η δ ⎟⎟ ⎝ ⎠

Entonces 1

⎛ υ ⎞4 τ 0 = 0,0228ρU ⎜ ⎟ ⎝ Uδ ⎠ 2

igualando 1

7 ∂δ ⎛ υ ⎞4 ρU 2 0,0228ρU 2 ⎜ ⎟ = 72 ∂x ⎝ Uδ ⎠ Separando las variables

υ 1 4

1 4

U δ

1 4

∂x = 4,254∂δ

Integrando tenemos 1

1

4 5

5

υ 4 x = 4,254U 4 δ 4 1 4

1 4

υ x = 3,4032U δ

5 4

Despejando


2

CAPÍTULO 6

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AÑO 2007

1 4

υ x

5 4

δ =

3,4032U 1 ⎛ ⎜ υ4x δ =⎜ 1 ⎜ 3,4032U 4 ⎝

1 4

4

⎞5 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Resolviendo

0,375

δ=

Re x

1 5

x

Ejercicio propuesto en clase. Barrilete

A = 1 m² 30°

U = 40 km/h T = 25 N

45°

Resolución El arrastre será

D = CD

ρU 2 2

AD

Despejando

CD = Reemplazando

CD =

2D ρU 2 AD

2 × 25,00 Nsen 45º 2

kg ⎛ km mh ⎞ 2 1,23 3 ⎜ 40,00 × 0,27 ⎟ 1,00m sen30º h kms ⎠ m ⎝

= 0,47

C D = 0,47 La sustentación será


3

CAPÍTULO 6

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AÑO 2007

L = CL

ρU 2 2

AL

Despejando

CL = Reemplazando

CL =

2D ρU 2 AL

2 × 25,00 N cos 45º 2

kg ⎛ km mh ⎞ 2 1,23 3 ⎜ 40,00 × 0,27 ⎟ 1,00m cos 30º h kms m ⎝ ⎠

= 0,27

C L = 0,47 Ejercicio 6-6 Una corriente de aire fluye sobre una placa lisa con una velocidad de 150 km/h a 20 ºC y 100 kPa. ¿Qué longitud debe tener la placa para que la capa límite tenga un espesor de 8 mm? Resolución Partiendo de δ = 0,37 x (Ux/ν)1/5 δ5 = 0,375 ν x5 Ux x = 4√ Uδ5 . 0,375ν donde U = 150,00 km . 1000 m . 1 h = 41,66 m h 1 km 3600 s s δ = 8,00 mm. 1 m = 8,00 x 10–3 m 1000 mm ν = 1,15 10–5 m2/s reemplazando x = 4√ 41,66 m/s (8,00 x 10–3 m)5 . 0,375 . 1,60 10–5 m2/s x = 0,333 m

Ejercicio 6-7 Estímese el arrastre por fricción superficial en una aeronave de 100 m de largo, diámetro promedio de 20 m con velocidad de 130 km/h que viaja por aire a 90 kPa abs y 25 ºC. Resolución Suponiendo el avión es un cilindro, entonces

l 100,00 = = 5,00 D 20,00 ahora, de tabla 6,1


4

CAPÍTULO 6

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AÑO 2007

C D = 0,86 La densidad será, por la ecuación de estado

ρ=

P = RT

90kPa 287

m× N (25º C + 273,15)K kg ∗ K

= 1,05

kg m3

El arrastre frontal será

D = CD

ρU 2 π∅ 2 2

4

reemplazando 2

m ⎞ ⎛ 1,00 ⎟ ⎜ kg km s ⎟ × 1,05 3 ⎜130,00 km ⎟ h m ⎜ 3,60 2 ⎜ ⎟ h ⎠ π (20,00m ) ⎝ D = 0,86 × 2 4 D = 184,96 kN El arrastre lateral será

D = CD

ρU 2 2

π∅l

reemplazando 2

m ⎞ ⎛ 1,00 ⎟ ⎜ kg km s ⎟ 1,05 3 ⎜130,00 × km ⎟ h m ⎜ 3,60 ⎟ ⎜ h ⎠ ⎝ D = 0,86 × π 20,00m × 100,00m 2 D = 3699 ,30 N Ejercicio 6-9 Un letrero de publicidad es remolcado por un pequeño avión a una velocidad de 35 m/s. Las dimensiones del letrero son de 1,40 m por 38,00 m, p = 1 atmósfera, t = 15 ºC. Suponiendo que el letrero es una placa plana, calcúlese la potencia requerida. Resolución R = vl/ν R = 35,00 m/s . 38,00 m = 1,57 10–5 m2/s R = 8,47 x 107 entonces CD =

0,455 = (log Rl)2,58 CD = 2,18 x 10–3

El arrastre será D = CDblρU2 2


5

CAPÍTULO 6

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reemplazando

AÑO 2007

D = 2,18 x 10–3 . 1,40 m . 38,00 m 1,2928 kg/m3 (35 m/s)2 2 D = 91,83 N =

La potencia será P = D.V = 91,83 N . 35 m/s P = 3214,20 W Ejercicio 6-12 ¿Cuántos paracaídas de 30 m de diámetro (CD = 1,2) se deben usar para dejar caer un tractor nivelador que pesa 45 kN a una velocidad final de 10 m/s del aire a 100 kPa abs a 20 ºC? Resolución La densidad será, por la ecuación de estado

ρ=

P = RT

100,00kPa kg = 1,19 3 m× N m (20º C + 273,15)K 287 kg ∗ K

El arrastre será

D = CD

ρU 2 π∅ 2 2

4

despejando

∅=

4

2 D π ρU 2 C D

reemplazando

∅=

8

45000,00 N = 28,33m 1,2 kg ⎛ m⎞ π × 1,19 3 ⎜10,00 ⎟ s⎠ m ⎝ 2

Como el diámetro necesario es menor al del paracaídas, se necesita solo uno Ejercicio 6-13 Un objeto que pesa 400 lb se fija a un disco circular y es dejado caer desde un avión. ¿Qué diámetro debe tener el disco para hacer que el objeto toque tierra a 72 ft/s? El disco esta fijado de tal forma que es normal a la dirección del movimiento con p = 14,7 psi; t = 70 ºF. Resolución La temperatura absoluta será

T A = TC + 273,15 5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ 5⎤ ⎡ T A = ⎢(70º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 294,26 K 9⎦ ⎣ La densidad será, por la ecuación de estado


6

CAPÍTULO 6

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AÑO 2007

N m2 14,70 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 1,20 3 × × = 0,0032 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 287 294,26 K kg ∗ K 6894,76

Si proponemos un número de Reynolds alto encontramos CD a partir de la figura 6.11, esto es

CD = 1,05

el diámetro será

∅=

2 D π ρU 2 C D 4

reemplazando

∅=

400,00lb = 7,59 ft 1,05 slug ⎛ ft ⎞ π × 0,0032 3 ⎜ 72,00 ⎟ s⎠ ft ⎝ 8

2

∅ = 7,59 ft El número de Reynolds será

ft 7,59 ft VD s Re = = = 3037188,87 ⇒ Verifica 2 ν − 4 ft 1,80 × 10 s 72,00

Ejercicio 6-19 ¿Cuál es la velocidad final de una pelota metálica de 2 in de diámetro, densidad relativa 3,5 que se deja caer en aceite, densidad relativa 0,80, μ = 1 p?¿Cuál sería la velocidad final para el mismo tamaño de pelota con una densidad relativa de 7,0? ¿Cómo concuerdan estos resultados con los experimentos atribuidos a Galileo en la torre inclinada de Pisa? Resolución


7

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F D

D

W Por equilibrio de fuerzas será

W −F =D

reemplazando

4 3 4 ρSU 2 2 πr S pelota γ − πr 3 S aceite γ = C D πr 3 3 2 4 3 ρSU 2 2 πr γ (S pelota − S aceite ) = C D πr 3 2 reemplazando 3

lb 4 ⎛ 1,00 ft ⎞ π ⎜1,00in × ⎟ 62,40 3 (3,50 − 0,80) = C D 3 ⎝ 12,00in ⎠ ft

1,94

24,12

ft 2 = C DU 2 s2

U=

ft 2 24,12 2 s CD

slug × 0,80U 2 2 3 1,00 ft ⎞ ft ⎛ π ⎜1,00in × ⎟ 2 12,00in ⎠ ⎝


Re =

UDS aceite ρ

μ

1,00 slug ft × 0.80 × 1,94 3 6,00 s ft = 123,90 U slug ft 1,00 ft × s 1,00 poise × 479,00 poise

U× =

Ahora proponemos un CD, calculamos U, luego calculamos Reynolds y buscamos un nuevo CD de la figura 6.11página 262 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es


8

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CD 1,000 0,500 0,450 0,420 0,410 0,405 0,400

U 4,911 6,946 7,321 7,578 7,670 7,717 7,765

Re 608,499 860,548 907,097 938,935 950,316 956,164 962,122

Finalmente

U = 7,76

ft s

Si la densidad relativa de la pelota es 7,0 entonces

4 3 ρSU 2 2 πr γ (S pelota − S aceite ) = C D πr 3 2 reemplazando

1,94

3

4 ⎛ 1,00 ft ⎞ lb π ⎜1,00in × ⎟ 62,40 3 (7,00 − 0,80) = C D 3 ⎝ 12,00in ⎠ ft

slug × 0,80U 2 2 3 1,00 ft ⎞ ft ⎛ π ⎜1,00in × ⎟ 2 12,00in ⎠ ⎝

ft 2 174,03 2 = C DU 2 s U=

174,03

ft 2 s2

CD

El coeficiente CD no cambiará, porque depende del número de Reynolds el cual no cambiará ya que no depende de la densidad de la pelota sino de su tamaño y de la densidad del aceite, entonces

ft 2 174,03 2 s U= 0,4 U = 20,86

ft s

Ejercicio 6-20 Un globo esférico que contiene helio asciende por el aire a 14 psia, a 40 ºF. El globo y la carga pesan 300 lb. ¿Qué diámetro permite un ascenso a 10 ft/s? CD = 0,21. Si el globo está atado al suelo en un viento de 10 mi/h, ¿Cuál es el ángulo de inclinación del cable retenedor? Resolución


9

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F

D

D

W

Por equilibrio de fuerzas será

W +D=F

reemplazando

W globo + C D

ρU 2 π 2

1 1 D 2 = πD 3γ aire − πD 3γ helio 4 6 6

Despejando

ρU 2 π 2 1 3 πD (γ aire − γ helio ) − C D D − Wglobo = 0 6 2 4 Esta es una ecuación cúbica donde

1 a = π (γ aire − γ helio ) 6 ρU 2 π b = −C D 2 4 c=0 d = −W globo La temperatura absoluta será

T A = TC + 273,15 5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ 5⎤ ⎡ T A = ⎢(40º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 277,59 K 9⎦ ⎣ La densidad del aire será, por la ecuación de estado


10

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AÑO 2007

N m2 14,00 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 1,21 3 × × = 0,0023 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 287 277,59 K kg ∗ K 6894,76

El peso específico del aire será

γ = ρg = 0,0023

slug ft lb × 32,174 2 = 0,076 3 3 ft s ft

La densidad del helio será, por la ecuación de estado

N m2 14,00 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 0,16 3 × × = 3,25 × 10 − 4 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 2077 277,59 K kg ∗ K 6894,76

El peso específico del helio será

γ = ρg = 3,25 × 10 − 4

slug ft lb × 32,174 2 = 0,01 3 3 ft s ft

reemplazando

lb lb ⎞ 1 ⎛ a = π ⎜⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟⎟ = 0,034 6 ⎝ ft ft ⎠ 2

slug ⎛ ft ⎞ 0,0023 3 ⎜10 ⎟ slug ft ⎝ s ⎠ π b = −0,21 = −0,019 2 4 ft × s 2 c=0 d = −300lb Con una calculadora o programa obtenemos

D = 20,83 ft Si el globo esta atado al suelo, entonces


11

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F

D

V

T

W

θ Por equilibrio de fuerzas en horizontal será y en vertical

D = T cosθ

F = W + Tsenθ

despejando

T= reemplazando

D=

F −W senθ

F −W F −W cos θ = senθ tgθ

despejando

tgθ =

F −W D

reemplazando

1 3 πD (γ aire − γ helio ) − W globo 6 tgθ = ρV 2 π 2 CD D 2 4 entonces

⎛ 1 lb lb ⎞ π (20,83 ft )3 ⎜⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟⎟ − 300,00lb 6 ft ft ⎠ ⎝ tgθ = = 0,46 2 slug ⎛ mi 5280,00 ft 1,00h ⎞ 0,0023 3 ⎜10,00 × × ⎟ h 1,00milla 3600,00s ⎠ π ft ⎝ (20,83 ft )2 0,21 × 2 4 entonces

θ = 24º37'24' '


12

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Ejercicio 6-21 Determínese la velocidad de asentamiento de pequeñas esferas metálicas cuya densidad relativa 4,5, diámetro 0,1 mm en petróleo crudo a 25 ºC y densidad relativa 0,86. Resolución Como la velocidad de asentamiento es pequeña, se cumple la ley de Stokes, por lo tanto

D2 (γ esferas − γ petroleo ) U= 18μ

U=

D2 γ agua (S esferas − S petroleo ) 18μ

La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es

μ = 8,00 × 10 −3

N ×s m2

reemplazando 2

1,00m ⎞ ⎛ ⎜ 0,10mm × ⎟ 1000,00mm ⎠ N ⎝ U= 9806,00 3 (4,50 − 0,86) × N s m 18 × 8,00 × 10 −3 2 m U = 2,48 × 10 −3

m s

Verificamos que el Reynolds sea menor que 1, entonces

Re =

UDρ

μ

2,48 × 10 −3 =

m⎛ 1,00m ⎞ kg ⎜ 0,10mm × ⎟ × 1000,00 3 s⎝ 1000,00mm ⎠ m = 0,30 ⇒ Verifica −3 N × s 8,00 × 10 m2

Ejercicio 6-23 ¿Qué tamaño deberá tener una partícula de densidad relativa 2,5 para asentarse en aire atmosférico a 20 ºC siguiendo la ley de Stokes?¿Cuál es la velocidad de asentamiento? Resolución Partiendo de la ley de Stokes, tenemos

D2 (γ partícula − γ aire ) U= 18μ U=

D2 (γ agua S partícula − γ aire ) 18μ

La densidad del aire será, por la ecuación de estado


13

CAPÍTULO 6

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AÑO 2007

ρ=

P = RT

101325,00 287

N m2

m× N 277,59 K kg ∗ K

= 1,27

kg m3

El peso específico del aire será

γ = ρg = 1,27

kg m N × 9,806 2 = 12,47 3 3 m s m

La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es

μ = 2,00 × 10 −5

N×s m2

reemplazando

N N ⎞ ⎛ ⎜ 2,50 × 9806,00 3 − 12,47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 18 × 2,00 × 10 −5 m2 D2 N N ⎞ ⎛ U = ⎜ 2 ,50 × 9806 ,00 3 − 12 , 47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 18 × 2 ,00 × 10 − 5 2 m 1 U = 68,06 × 10 6 D2 m× s D2

U=

Para que se cumpla la ley de Stokes el número de Reynolds debe ser menor que 1, entonces

Re =

UDρ

μ

< 1,00

remplazando

Re =

68,06 × 10 6

μ

despejando

1 D3ρ m× s < 1,00

1,00 × μ

D3 <

ρ × 68,06 × 10 6 reemplazando

D3 <

1,00 × 2,00 × 10 −5

1 m× s N×s m2

1 kg × 68,06 × 10 6 3 m× s m N×s 1,00 × 2,00 × 10 −5 m2 D<3 = 6,64 × 10 −6 m kg 1 1000,00 3 × 68,06 × 10 6 m× s m 1000,00

D = 0,0066 mm


14

CAPÍTULO 6

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La velocidad de asentamiento será

(6,64 × 10 m) −6

U=

18 × 2,00 × 10 −5

2

N N ⎞ ⎛ ⎜ 9806,00 3 × 2,50 − 12,47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 2 m

U = 3,00 × 10 −3

m s

Ejercicio 6-30 Un jugador de tenis, golpeando desde la línea base, desarrolla una velocidad hacia delante de 70 ft/s y un retrogiro de 5000 rpm. La pelota pesa 0,125 lb y tiene un diámetro de 2,56 in. Supóngase presión normal, 70 ºF y despréciese la fuerza de arrastre. Incluyendo la sustentación proporcionada por el retrogiro ¿cuánto habrá caído la pelota de tenis para que llegue a la red a 39 ft de distancia? Resolución

S

ω U W

Por equilibrio de fuerzas

S − W = ma

donde

CL

π 4

D

2

ρU 2 2

− W = ma

El coeficiente de sustentación lo obtenemos de figura 6.19 página 271 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), ingresando con

Dω = 2U

2,56in ×

1,00 ft 2πrad 1,00m × 5000rpm × × 12,00in 1,00rev 60,00 s = 0,80 ft 2 × 70,00 s

esto es

C L = 0,26 La temperatura absoluta será

T A = TC + 273,15 5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣


15

CAPÍTULO 6

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AÑO 2007

5⎤ ⎡ T A = ⎢(70º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 294,26 K 9⎦ ⎣ La densidad del aire será, por la ecuación de estado

ρ=

P = RT

101325,00 287

N m2

m× N 294,26 K kg ∗ K

= 1,20

kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug × × = 0,0023 3 3 3 1,00 ft m 14,594kg ft

reemplazando 2

slug ⎛ ft ⎞ 70,00 ⎟ 2 0,0023 3 ⎜ s⎠ 1,00 ft ⎞ π⎛ ft ⎝ 0,26 ⎜ 2,56in × − 0,125lb ⎟ 4⎝ 12,00in ⎠ 2 ft a= = −18,69 2 0,125lb s ft 32,174 2 s Para un movimiento de tiro oblicuo, tenemos en y

y = y0 + v0 y t +

1 a yt 2 2

y en x

x = x0 + v x t Si suponemos que la velocidad inicial es cero, entonces

t=

x vx

reemplazando

1 ⎛ x y = a y ⎜⎜ 2 ⎝ vx

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

reemplazando

⎛ ft ⎞⎜⎜ 39,00 ft 1⎛ y = ⎜ − 18,69 2 ⎟ 2⎝ s ⎠⎜ 70,00 ft ⎜ s ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

2

y = 2,90 ft


16

CAPÍTULO 6

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Capítulo 8: Flujo de un fluido ideal Ejercicio 8-1 Calcúlese el gradiente de la siguientes funciones esclares en dos dimensiones

(

(a) φ = −2 ln x + y 2

(b) φ = Ux + Vy

2

)

(c) φ = 2 xy Resolución a)

∂φ − 4x = 2 ∂x x + y 2 ∂φ − 4y = 2 ∂y x + y 2

El gradiente será

⎛ − 4x ⎞ ⎛ − 4 y ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ⎟i + ⎜⎜ 2 ⎟j ∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜⎜ ⎟⎟ j = ⎜⎜ 2 2 ⎟ 2 ⎟ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ ⎝x +y ⎠ ⎝x +y ⎠ b)

∂φ =U ∂x ∂φ =V ∂y

El gradiente será

⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜⎜ ⎟⎟ j = U i + V j ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ c)

∂φ = 2y ∂x ∂φ = 2x ∂y

El gradiente será

⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜⎜ ⎟⎟ j = 2 yi + 2 x j ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ Ejercicio 8-2 Calcúlese la divergencia de los gradientes de

φ encontrados en el problema 8.1.

Resolución


1

CAPÍTULO 8

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a)

(

)

∂ 2φ − 4 x 2 + y 2 + 8 x 2 = 2 ∂x 2 x2 + y2

(

(

)

)

∂ 2φ − 4 x 2 + y 2 + 8 y 2 = 2 ∂y 2 x2 + y2 La divergencia será

(

(

) )

(

)

)

[

]

∂ 2φ ∂ 2φ − 4 x 2 + y 2 + 8 x 2 − 4 x 2 + y 2 + 8 y 2 − 8 x 2 + y 2 − x 2 − y 2 ∇·∇φ = 2 + 2 = + = =0 2 2 2 ∂x ∂y x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2

(

(

)

(

)

b)

∂ 2φ =0 ∂x 2 ∂ 2φ =0 ∂y 2 La divergencia será

∇·∇φ =

∂ 2φ ∂ 2φ + = 0+0 = 0 ∂x 2 ∂y 2

c)

∂ 2φ =0 ∂x 2 ∂ 2φ =0 ∂y 2 La divergencia será

∇·∇φ =

∂ 2φ ∂ 2φ + = 0+0 = 0 ∂x 2 ∂y 2

Ejercicio 8-3 Calcúlese el rotacional de los gradientes de

φ del problema 8.1

Resolución a)

∂ 2φ 8 xy = 2 ∂x∂y x + y2

(

)

∂ 2φ 8 xy = ∂y∂x x2 + y2

)

(

2

2

El rotor será


2

CAPÍTULO 8

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

⎛ 8 xy ⎛ ∂ 2φ ∂ 2φ ⎞ ⎟⎟k = ⎜ ∇ × ∇φ = ⎜⎜ − ⎜ x2 + y2 ⎝ ∂x∂y ∂y∂x ⎠ ⎝

(

−

) (x 2

8 xy 2

+y

)

2 2

⎞ ⎟k = 0 ⎟ ⎠

b)

∂ 2φ =0 ∂x∂y ∂ 2φ =0 ∂y∂x El rotor será

⎛ ∂ 2φ ∂ 2φ ⎞ ⎟⎟k = (0 − 0)k = 0 ∇ × ∇φ = ⎜⎜ − ⎝ ∂x∂y ∂y∂x ⎠ c)

∂ 2φ =2 ∂x∂y ∂ 2φ =2 ∂y∂x El rotor será

⎛ ∂ 2φ ∂ 2φ ⎞ ⎟⎟k = (2 − 2 )k = 0 ∇ × ∇φ = ⎜⎜ − ⎝ ∂x∂y ∂y∂x ⎠ Ejercicio 8-4 Para q = i(x + y) + j(y + z) + k(x2 + y2 + z2) encuéntrese las componentes de rotación en (2,2,2). Resolución

1 ⎛ ∂v

∂w ⎞

⎟ = (− 1 + 2 y ) ω x = ⎜⎜ − + 2 ⎝ ∂z ∂y ⎟⎠ 2 1

ω x (2,2,2 ) = − + 2 = 1 2

3 = 1,50 2

1 ⎛ ∂u ∂w ⎞ 1 − ⎟ = (0 − 2 x ) = − x 2 ⎝ ∂z ∂x ⎠ 2

ωy = ⎜

ω x (2,2,2) = −2 1 ⎛ ∂v

∂u ⎞

ω z = ⎜⎜ − ⎟⎟ = (0 − 1) 2 ⎝ ∂x ∂y ⎠ 2 1

ω x (2,2,2) = −0,50


3

CAPÍTULO 8

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 8-7 Un potencial de velocidad en flujo bidimensional es corriente para este flujo.

φ = y + x2 – y2. Encuéntrese la función de

Resolución De las ecuaciones de Cauchy-Riemann

∂ψ ∂φ = ∂y ∂x ∂φ = 2x ∂x

por lo tanto

∂ψ = 2x ∂y

además

∂ψ ∂φ =− ∂x ∂y ∂φ = 1− 2y ∂y

por lo tanto

∂ψ = 2y −1 ∂x

Por otro lado

dψ = reemplazando

∂ψ ∂ψ dx + dy ∂x ∂y

dψ = 2 xdx + (2 y − 1)dy dψ = 2 xdx + 2 ydy − dy

integrando

ψ = 2 ∫ xdx + 2 ∫ ydy − ∫ dy finalmente

ψ = x 2 + y 2 − y + cte Ejercicio 8-8 La función de corriente bidimensional para un flujo es potencial de velocidad.

ψ = 9 + 6x – 4y + 7xy. Encuéntrese el

Resolución De las ecuaciones de Cauchy-Riemann

∂ψ ∂φ = ∂y ∂x ∂ψ = −4 + 7 x ∂y


4

CAPÍTULO 8

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

por lo tanto

∂φ = −4 + 7 x ∂x

además

∂ψ ∂φ =− ∂y ∂x ∂ψ = 6 + 7y ∂x

por lo tanto

∂φ = −6 − 7 y ∂y

Por otro lado

dφ = reemplazando

∂φ ∂φ dx + dy ∂x ∂y

dφ = (− 4 + 7 x )dx + (− 6 − 7 y )dy d φ = − 4 dx + 7 xdx − 6 dy + 7 ydy

integrando

φ = −4 ∫ dx + 7 ∫ xdx − 6 ∫ dy − 7 ∫ ydy finalmente

φ = −4 x +

(

)

7 2 x − y 2 − 6 y + cte 2

Ejercicio 8-15 En el problema 8.14 ¿cuál es la descarga entre superficies de corriente a través de los puntos r =1, θ = 0 y r = 1, θ = π/4? Resolución

ψ = 9r 2 sen 2θ Valuando en (1,0) Valuando en (1,π/4)

ψ (1,0) = 0 ⎛ π⎞ ψ ⎜1, ⎟ = 4,5 ⎝ 4⎠

La descarga será

ft 2 2 ⎛ π⎞ Q = ψ ⎜1, ⎟ − ψ (1,0 ) = 4,5 ft s ⎝ 4⎠ ft 2 2 ⎛ π⎞ Q = ψ ⎜1, ⎟ − ψ (1,0 ) = 4,5 ft s ⎝ 4⎠


5

CAPÍTULO 8

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 9: Mediciones de fluidos Ejercicio 9-8 Un tubo de Pitot dirigido a una corriente de agua moviéndose a 4 m/s tiene una diferencia manométrica de 37 mm en un manómetro diferencial agua-mercurio. Determínese el coeficiente del tubo. Resolución

⎛S ⎞ v = C 2 gR ' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠ despejando

v

C=

⎛S ⎞ 2 gR' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠

reemplazando

C=

4,00

m s

m 2 × 9,806 2 × 0,037m(13,55 − 1) s

= 1,32

C = 1,32 Ejercicio 9-9 Un tubo de Pitot estático, C = 1,12 tiene una diferencia manométrica de 10 mm en un manómetro agua-mercurio colocado en una corriente de agua. Calcúlese la velocidad. Resolución

⎛S ⎞ v = C 2 gR' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠ reemplazando

v = 1,12 2 × 9,806

m m × 0,010m(13,55 − 1) = 1,76 2 s s v = 1,76

m s

Ejercicio 9-10 Un tubo de Pitot estático del tipo Prandtl tiene los siguientes valores de diferencia manométrica R’ para una distancia radial medida desde el centro en una tubería de 3 ft de diámetro r, ft R’, in MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

0,00 4,00

0,30 3,91

0,60 3,76 1

0,90 3,46

1,20 3,02

1,48 2,40 CAPÍTULO 9

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

El fluido es agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,93. Calcúlese la descarga. Resolución De la definición de caudal

Q = vA = v

π 4

D2

La velocidad será, por ser una tubo del tipo Prandtl

⎛S ⎞ v = 2 gR' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠ sustituyendo r [m] 0,000 0,300 0,600 0,900 1,200 1,480

R [m] 4,000 3,910 3,760 3,460 3,020 2,400

v [m/s] 6,434 6,361 6,238 5,984 5,591 4,984

Q [m3/s] 45,480 44,965 44,094 42,299 39,518 35,228

El caudal será

Q = 41,93

ft 3 s

Ejercicio 9-24 Un orificio de 100 mm de diámetro descarga 44,6 L//s de agua bajo una carga de 2,75 m. Una placa plana colocada normal al chorro justamente después de la vena contracta requiere de una fuerza de 320 N para resistir el impacto del chorro. Encuéntrese Cd, Cv y Cc. Resolución A partir del caudal obtenemos el coeficiente de descarga

1,00m 3 dm 3 × Qa s 1000,00dm 3 = = 0,773 Cd = m A0 2 gH π 2 (0,10m ) 2 × 9,806 2 × 2,75m 4 s 44,60

C d = 0,773 Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces

(∑ Fext )x



= ∫ sc v × ρ × v • dA

(∑ Fext )x

= Fanclaje x 2

CAPÍTULO 9

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AÑO 2007


∫ sc v × ρ × v • dA = Igualando

Fanclaje x =

Qγ va g

Qγ va g

despejando

va =

g × Fanclaje x Qγ

El coeficiente de velocidad será

m × 300,00 N s2 m3 N 0,045 × 9806,00 3 s m = 0,907 = m 2 × 9,806 2 × 2,75m s 9,806

g × Fanclaje x Cv =

v1 = v0

Qγ 2 gH

C v = 0,907 El coeficiente de contracción será

Cc =

C d 0,773 = = 0,791 C v 0,907 C c = 0,791

Ejercicio 9-26 Para Cv = 0,96 en la figura calcúlense las pérdidas en mN/N y en mN/s.

2m

Aire, 15 kPa

70 mm diám. Cd = 0,74

Aceite Dens. esp. 0,92

Resolución Las pérdidas por unidad de peso serán

(

hPérdidas = H 1 − C v2

)

donde H


3

CAPÍTULO 9

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AÑO 2007

H = z1 +

P1 − P2

γ

= z1 +

Pa − Patm Sγ agua

reemplazando

H = 2,00m +

15000,00 Pa N 0,92 × 9806,00 3 m

reemplazando

(

= 3,66m

)

hPérdidas = 1,66m × 1 − (0,96 ) = 0,287 m 2

N N

hPérdidas = 0,287 m La pérdida de potencia será

N N

h potencia = Qγh pérdidas

El caudal será

Qa = C d A0 2 gH = 0,74

π 4

(0,07m)2

2 × 9,806

m m3 × 3 , 66 = 0 , 024 m s s2

reemplazando

h potencia

m3 N mN = 0,024 0,92 × 9806,00 3 0,287m = 62,53 s s m h potencia = 62,53

mN s

Ejercicio 9-41 ¿Cuál es la diferencia de presión entre la sección corriente arriba y la garganta de un medidor de Venturi horizontal de 150 por 75 mm que transporta 50 L/s de agua a 48 ºC? Resolución La descarga para un tubo Ventura será

Qa = C v A0

⎡ ⎛ P − P2 2 g ⎢h + ⎜⎜ 1 ⎣ ⎝ γ ⎛D 1 − ⎜⎜ 2 ⎝ D1

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

4

Despejando

⎛ P − P2 h + ⎜⎜ 1 ⎝ γ

Qa2 ⎞ ⎟⎟ = 2 2 ⎠ 2 gC v A0

⎡ ⎛ D ⎞4 ⎤ ⎢1 − ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ D1 ⎠ ⎥⎦

El Cv lo obtenemos de la figura 9.13 de la página 372 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), a partir del número de Reynolds, es decir


4

CAPÍTULO 9

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Re =

4Q πDν

La viscosidad cinemática ν la obtenemos de la figura C.2 de la página 570 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), a partir de la temperatura, reemplazando

dm 3 1,00m 3 s 1000,00dm 3 = 1,48 × 10 6 Re = 2 m π × 0,075m × 5,75 × 10 −7 s 4 × 50,00

entonces, Cv será

C v = 0,985

reemplazando

⎛ P − P2 h + ⎜⎜ 1 ⎝ γ

⎞ ⎟⎟ = ⎠

⎛ m3 ⎞ ⎜⎜ 0,05 ⎟⎟ s ⎝ ⎠

2

⎡ ⎛ 0,075m ⎞ 4 ⎤ 1− ⎜ ⎟ ⎥ 2 ⎢ 0 , 15 m m ⎝ ⎠ ⎥⎦ 2⎛ 2 π ⎞ ⎢ 2 × 9,806 2 × (0,985) ⎜ (0,075m ) ⎟ ⎣ 4⎠ s ⎝ ⎛ P − P2 h + ⎜⎜ 1 ⎝ γ

⎞ ⎟⎟ = 0,42m ⎠

Ejercicio 9-54 Determínese la carga de un vertedor con muesca en V (60º) para una descarga de 170 L/s. Resolución El caudal será

θ 8 Q= 2 g × tg H 2 15 2 5

despejando 2

⎛ ⎞5 ⎜ Q 15 1 ⎟⎟ H =⎜ × × ⎜ 2 g 8 tg θ ⎟ ⎜ ⎟ 2⎠ ⎝ reemplazando

2

⎞5 ⎛ m3 ⎟ ⎜ 0,15 15 1 ⎟ ⎜ s × × H =⎜ 2 60º ⎟ 8 m tg ⎟ ⎜ 2 × 9,806 ⎜ 2 ⎟⎠ s ⎝ H = 0,414 m


5

CAPÍTULO 9

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AÑO 2007

Capítulo 10: Turbomaquinaria Ejercicio 10-4 Dibújese la curva característica adimensional del ejemplo 10.1. Sobre esta misma curva dibújense varios puntos tomados de las características de la nueva bomba (de 52 pulg). ¿Porqué los puntos no caen exactamente en la misma curva? Resolución Para la bomba 1 tenemos H1 60,00 57,50 55,00 52,50 50,00 47,50 45,00 42,50 40,00 37,50 35,00 32,50 30,00 27,50 25,00

Q1 200,00 228,00 256,00 280,00 303,00 330,00 345,00 362,00 382,00 396,00 411,00 425,00 438,00 449,00 459,00

Q1/N1D3 0,25 0,28 0,32 0,35 0,37 0,41 0,43 0,45 0,47 0,49 0,51 0,52 0,54 0,55 0,57

gH1/N21D21 3,81 3,65 3,50 3,34 3,18 3,02 2,86 2,70 2,54 2,38 2,22 2,07 1,91 1,75 1,59

Q2 121,00 138,00 155,00 169,00 183,00 200,00 208,00 219,00 231,00 239,00 248,00 257,00 264,00 271,00 277,00

Q2/N2D3 0,15 0,17 0,19 0,21 0,23 0,25 0,26 0,27 0,29 0,30 0,31 0,32 0,33 0,33 0,34

gH2/N2D2 5,08 4,87 4,66 4,45 4,24 4,04 3,81 3,60 3,40 3,18 2,97 2,76 2,54 2,33 2,12

Para la bomba 2 tenemos H2 80,00 76,70 73,40 70,00 66,70 63,50 60,00 56,70 53,50 50,00 46,70 43,40 40,00 36,70 33,40 Las curvas adimensionales serán


1

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

CURVAS ADIMENSIONALES 6

gH/N2D2

5 4

B o mba 1

3

B o mba 2

2 1 0 0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

Q/ND3

Ejercicio 10-8 Un desarrollo hidroeléctrico tiene una carga de 100 m y un gasto promedio de 10 m3/s. ¿Qué velocidad específica necesita una turbina que trabaje con eficiencia de 92 % si el generador gira a 200 rpm? Resolución

Ns =

Ns =

N P 5 4

H N γQHε

H

5 4

reemplazando

200,00rpm 100,00m × 9806,00 Ns =

(100,00m )

N m3 10 , 00 × × 0,92 s m3

3 4

= 1899,63

N s = 1899,63 Ejercicio 10-9 Un modelo de turbina, Ns = 36, con un rodillo de 14 in de diámetro, desarrolla 27 hp de potencia para una carga de 44 pie y opera con una eficiencia del 86 %. ¿Cuánto valen el gasto y la velocidad de este modelo? Resolución El caudal será

Q=


P γHε 2

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

reemplazando

746,00 27,00 HP × Q= 62,43

1,00 ft Nm 1,00lb × × 4,448 N 0,3048m s 1,00 HP

lb × 44,00 ft × 0,86 ft 3

= 6,30

ft 3 s

ft 3 s

Q = 6,30 La velocidad será

5

N=

NsH 4 P

reemplazando

36 × (44,00 ft ) 4 5

N=

Nm 1,00lb 1,00 ft 746,00 × × s 4,448 N 0,3048m 27,00 HP × 1,00 HP

= 33rpm

N = 33rpm Ejercicio 10-23 Una bomba centrífuga que maneja agua tiene un impulsor cuyas dimensiones son: r1 = 7.5 cm, r2 = 16 cm, b1 = 5 cm, b2 = 3 cm, β1 = β2 = 30º. Para una descarga de 55 L/s y entrada sin choque a los álabes, calcúlese (a) la velocidad, (b) la carga, (c) el momento de torsión, (d) la potencia y (e) la elevación de presión en el impulsor. Despréciense las pérdidas. α1 = 90º. Resolución a)

Q = 2πr1b1Vr1

despejando la velocidad

Vr1 =

Q 2πr1b1

m3 m s Vr1 = = 2,12 2π × 0,075m × 0,05m s 0,05

como α1 = 90º entonces

Vr1 = V1 La velocidad periférica 1 será


3

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

u1 =

V1 tgβ1

reemplazando

m s = 3,68 m u1 = tg 30º s 2,12

La velocidad angular será

u1 = ω

2πr1 60

ω = u1

60 2πr1

despejando

reemplazando

ω = 3,68

m 60 × = 468,00rpm s 2π × 0,075m

ω = 468,00 rpm La velocidad periférica 2 será

u2 = ω reemplazando

u 2 = 468,00rpm ×

2πr2 60

2π × 0,16m m = 7,84 60 s

Vr 2 será Vr 2 =

Q 2πr2 b2

reemplazando

m3 m s = = 1,66 2π × 0,16m × 0,03m s 0,05

Vr 2

Vu 2 será Vu 2 = u 2 − vu 2

Vu 2 = u 2 −

vr 2 tgβ 2

reemplazando

m m s = 4,97 m = 7,84 − s tg 30º s 1,66

Vu 2 La velocidad

V2 será


4

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

V2 = Vr 2 + Vu 2 reemplazando

V2 = 1,66

m m m + 4,97 = 5,24 s s s

El ángulo α2 será

⎛ Vr 2 ⎞ ⎟⎟ ⎝ Vu 2 ⎠

α 2 = arctg ⎜⎜ reemplazando

m⎞ ⎛ ⎜ 1,66 ⎟ s ⎟ α 2 = arctg ⎜ m ⎜ ⎟ ⎜ 4,97 ⎟ s ⎠ ⎝ α 2 = 18º 26'55' ' El diagrama de velocidad a la entrada será

V1

1

30°

2,12

4, 2 4

u1 3,68 El diagrama de velocidad a la salida será

3,3 2

5,24

V2

18°

30°

Vr2

1,66

2

Vu2

u2

4,97

2,87 u2= 7,84


5

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

b) La carga será

H=

u 2V 2cosα 2 g

reemplazando

H=

7,84

m m × 5,24 cos18º s s m 9,806 2 s H = 3,97 m

c) El momento de torsión será

T = ρQ(r2Vu 2 − r1Vu1 )

reemplazando

T = 1000,00

kg m3 ⎛ m m⎞ 0 , 05 × ⎜ 0,16m × 4,97 − 0,075m × 0,00 ⎟ 3 s ⎝ s s⎠ m T = 39,76 Nm

d) La potencia será

P = Tω = QγH

reemplazando

P = 0,05

m3 N × 9806,00 3 × 3,97m s m P = 1946,50Watt

e) La elevación de presión en el impulsor será, aplicando la ecuación de Bernoulli y despreciando el cambio de nivel 2

v1 P2 v 22 = + H+ + γ 2g γ 2g P1

despejando 2 ⎛ v1 v 22 ⎞ ⎜ ⎟ P2 − P1 = γ ⎜ H + − ⎟ 2 g 2 g ⎝ ⎠

reemplazando

⎛ ⎜ N ⎜ P2 − P1 = 9806,00 3 ⎜ 3,97 m + m ⎜ ⎜ ⎝


6

2

2

m⎞ m⎞ ⎛ ⎛ ⎜ 2,12 ⎟ ⎜ 5,24 ⎟ s⎠ s⎠ ⎝ − ⎝ m m 2 × 9,806 2 2 × 9,806 2 s s

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

P2 − P1 = 27,45kPa Ejercicio 10-24 Se desea emplear una bomba para elevar 5 ft3/s de contra una carga de 64 ft. El impulsor tiene las siguientes dimensiones son: r1 = 2in, r2 = 5 in, b1 = 3 in, b2 = 1.5 in, β2 = 60º. Determínese: (a) β1, (b) la velocidad, (c) la potencia y (d) el incremento de presión en el impulsor. Despréciense las pérdidas y supóngase que el fluido entra a los álabes sin chocar, α1 = 90º. Resolución a) A partir de la expresión de la carga

H=

u 2V u 2 g

despejando

u 2V u 2= gH pero

u 2 −V u 2=v u 2 =

V r2 tan β 2

entonces

V u 2=u 2 −

V r2 tan β 2

reemplazando

⎛ ⎞ V u 2 ⎜⎜ u 2 − r 2 ⎟⎟ = gH tan β 2 ⎠ ⎝ V r2 u 22 − u 2 − gH = 0 tan β 2 tenemos una ecuación de segundo grado donde

A =1 V r2 1 Q B=− =− tan β 2 tan β 2 2πr2 b2 C = − gH

reemplazando

A = 1,00

B=−

1 tg 60º

5,00 2π ×

C = −32,174

ft 3 s

5,00 1,50 ft × ft 12,00 12,00

= −8,82

ft s

ft ft 2 × 64 , 00 ft = − 2059 , 14 s2 s2

entonces


7

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

u 2 = 50,00

ft s

De la expresión de velocidad angular tenemos

u1

60 =ω 2πr1

u2

60 =ω 2πr2

y

igualando

u1

60 60 = u2 2πr1 2πr2 u1 u 2 = r1 r2

despejando

u1 = u 2

r1 r2

reemplazando

u1 = 50,00

ft 2,00in ft = 20,00 s 5,00in s

Por otro lado, como α1 = 90º entonces

Vr1 = V1 Además

Q = 2πr1b1Vr1

despejando la velocidad

Vr1 = V1 =

V1 =

5,00 2π ×

Q 2πr1b1

ft 3 s

2,00 3,00 ft × f 12,00 12,00

= 19,10

ft s

El ángulo β1 será

⎛ V1 ⎞ ⎟⎟ ⎝ u1 ⎠

β1 = arctg ⎜⎜ reemplazando

⎛ ⎜ 19,10 β 1 = arctg ⎜ ⎜ ⎜ 20,00 ⎝

ft s ft s

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

β1 = 143º 40'41' ' MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

8

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

b) La velocidad angular será

ω = u1

60 2πr1

reemplazando

ω = 20,00

ft × s

60 = 1146,00rpm 2,00 2π × ft 12,00

ω = 1146,00 rpm c) La potencia será

P = Tω = QγH

reemplazando

P = 5,00

ft 3 lb × 62,43 3 × 64,00 ft s ft

P = 19977,60

lb × ft = 36,31HP s

e) La elevación de presión en el impulsor será, aplicando la ecuación de Bernoulli y despreciando el cambio de nivel 2

v1 P2 v 22 H+ + = + γ 2g γ 2g P1

despejando 2 ⎛ v1 v2 ⎞ ⎜ P2 − P1 = γ ⎜ H + − 2 ⎟⎟ 2g 2g ⎠ ⎝

reemplazando 2 2 ⎛ ft ⎞ ft ⎞ ⎛ ⎛ ⎜ ⎜19,10 ⎟ ⎜ 43,92 ⎟ lb ⎜ s⎠ s⎠ ⎝ − ⎝ P2 − P1 = 62,43 3 ⎜ 64,00 ft + ft ft ft ⎜ 2 × 32,174 2 2 × 32,174 2 ⎜ s s ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

P2 − P1 = 17,20 psi Ejercicio 10-35 El tubo de descarga de una turbina se expande desde 6 hasta 18 pie. En la sección 1, la velocidad es de 30 pie/s para una presión de vapor de 1 pie y una presión barométrica de 32 pie de agua. Determínese hs, correspondiente a la cavitación incipiente (presión en la sección 1 igual a la presión de vapor).


9

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

hs

1

25°

Resolución El índice de cavitación será

σ '=

Ve2 2 gH

la altura H será

H

6 ft

25° 18 ft

H= reemplazando

H=

D−d × 2

18,00 ft − 6,00 ft × 2

1 25º tg 2 1 = 27,06 ft 25º tg 2

reemplazando 2

ft ⎞ ⎛ ⎜ 30,00 ⎟ s⎠ ⎝ σ '= = 0,52 ft 2 × 32,174 2 × 27,06 ft s hs será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

10

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Pa − Pv

hs =

+σ'H

γ

reemplazando

101325 32,00 ft hs =

N 0,09m 2 1,00lb N 0,09m 2 1,00lb 101325 × × × × m 2 1,00 ft 2 4,448 N m 2 1,00 ft 2 4,448 N − 1,00 ft × 33,89 ft 33,89 ft + 0,52 × 27,06 ft lb 62,43 3 ft

hs = 45,00 ft Ejercicio 10-36 ¿Cuánto vale el parámetro de cavitación para un punto en una corriente de agua donde t = 20 ºC, p = 14 kPa y la velocidad es de 12 m/s? Resolución El parámetro será

P − Pv V2 ρ 2

σ=

obteniendo los datos de densidad y presión de vapor de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) y reemplazando obtenemos

σ=

14000,00 Pa − 2447,25 Pa m⎞ ⎛ ⎜12,00 ⎟ kg s⎠ 998,20 3 ⎝ 2 m

2

= 0,16

σ = 0,16 Ejercicio 10-37 Se desea instalar una turbina con σc = 0,08 en un lugar donde H = 60 m y la lectura de un barómetro de agua es de 8.3 m. ¿Cuál es el máximo desnivel del rodillo respecto a la superficie libre de descarga? Resolución EL máximo desnivel será

hs =

Pa − Pv

γ

+σ 'H

obteniendo los datos de presión de vapor de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) y reemplazando


11

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

N m 2 − 2451,50 N 8,30m 10,33m m2 hs = + 0,08 × 60,00m N 9806,00 3 m 101325

hs = 12,85m


12

CAPÍTULO 10

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 11: Flujo a régimen permanente en conductos cerrados Ejercicio 11-4

2m

¿Qué carga se necesita en la figura para generar una descarga de 0,3 m3/s?

30 m 200 mm diám.

6º

60 m 300 mm diám. 6º

Aceite S = 0.88 μ = 0.04 poise

450 mm diám.

Borde a escuadra Tubo suave

Resolución A partir de la descarga obtenemos las velocidades

Q A1 Q v2 = A2 v1 =

v

v1 =

3

0,30

π

π

m3 s

m3 0,30 s

4 v3 =

Q A1 = 9,55

m s

= 4,24

m s

= 1,89

m s

(0,20m) 2

4

v2 =

=

(0,30m) 2 0,30

π 4

m3 s

(0,45m) 2

A partir de las velocidades obtenemos el número de Reynolds

Re1 = v1 D1

Sρ agua


μ

kg m m3 = 9,55 0,20m kg s 1,00 m× s 0,04 poise × 10,00 poise 0,88 × 1000,00

1

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

Re1 = v1 D1

AÑO 2007

Sρ agua

= 9,55

m s 0,20m × 220000,00 2 = 420200,00 s m

μ Sρ agua m s Re 2 = v 2 D2 = 4,24 0,30m × 220000,00 2 = 279840,00 s μ m A partir del ábaco de Moody obtenemos

f1 = 0,0135 f 2 = 0,0145 La carga será

(V2 − V3 ) V32 ( V12 L1 V12 V1 − V2 ) L2 V22 H = Ke + f1 + Ki + f2 + Ks + 2g D1 2 g 2g D2 2 g 2g 2g 2

2

donde

K e = 0,50 K i = 0,125 K s = 0,125

reemplazando 2

m⎞ ⎛ ⎜ 9,55 ⎟ 30,00m s⎠ H = 0,50 ⎝ + 0,0135 m 0,20m 2 × 9,806 2 s

2

m⎞ m m⎞ ⎛ ⎛ ⎜ 9,55 − 4,24 ⎟ ⎜ 9,55 ⎟ s⎠ s s⎠ ⎝ + 0,125 ⎝ m m 2 × 9,806 2 2 × 9,806 2 s s

2

2

2

2

m⎞ m m⎞ m⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎜1,89 ⎟ ⎜ 4,24 − 1,89 ⎟ ⎜ 4,24 ⎟ 60,00m ⎝ s⎠ s s⎠ s⎠ + ⎝ + 0,125 ⎝ + 0,0145 m m m 0,30m 2 × 9,806 2 2 × 9,806 2 2 × 9,806 2 s s s H = 14,80 m Ejercicio 11-6 Calcúlese la descarga en el sifón de la figura para H = 8 pies. ¿Cuál es la presión mínima del sistema?


2

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

6 ft

Codo estándar

8 ft

20 ft

H

12 ft

D

Agua 60º F

Tubo de acero de 8 pulgadas 1.5D

1 0°

Resolución La carga será

⎛ (V − V2 )2 L ⎞V 2 H = ⎜⎜ K e + 2 K c + f 1 1 ⎟⎟ 1 + K s 1 D1 ⎠ 2 g 2g ⎝

Por la ecuación de continuidad

v1 =

A2 v2 A1

⎛D v1 = ⎜⎜ 2 ⎝ D1 pero D2

= 1,50D1 , reemplazando

2

⎞ ⎟⎟ v 2 ⎠

v1 = (1,50 ) v 2 2

v1 = 2,25v 2 reemplazando

V1 ⎞ ⎛ V12 V − ⎜ ⎟ 1 ⎛ 2,25 ⎠ L1 ⎞ 2,25 2 ⎝ ⎟ H = ⎜⎜ K e + 2 K c + f 1 + Ks D1 ⎟⎠ 2 g 2g ⎝

2

2

1 ⎞ 2 ⎛ ⎜1 − ⎟ V1 2 ⎛ 2,25 ⎠ L1 ⎞ 0,1975 × V1 ⎝ ⎟ H = ⎜⎜ K e + 2 K c + f1 + Ks D1 ⎟⎠ 2g 2g ⎝ ⎛ L ⎞ 0,1975 × V12 0,3086 × V12 + Ks H = ⎜⎜ K e + 2 K c + f1 1 ⎟⎟ D1 ⎠ 2g 2g ⎝ ⎤V 2 ⎡ ⎛ L ⎞ H = ⎢0,1975⎜⎜ K e + 2 K c + f1 1 ⎟⎟ + 0,3086 K s ⎥ 1 D1 ⎠ ⎝ ⎦ 2g ⎣ donde


3

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

K e = 0,50 K c = 0,90 K s = 0,15 reemplazando

⎡ ⎛ ⎜ ⎢ ⎜ ⎢ ⎜ 40,00 ft H = ⎢⎢0,1975⎜ 0,50 + 2 × 0,90 + f1 8,00in ⎜ ⎢ in ⎜ ⎢ 12,00 ⎜ ⎢⎣ ft ⎝

⎤ ⎞ ⎟ ⎥ ⎟ ⎥ 2 ⎟ ⎥ V1 ⎟ + 0,3086 × 0,15⎥ 2g ⎟ ⎥ ⎟ ⎥ ⎟ ⎥⎦ ⎠ V2 H = [0,1975(0,50 + 1,80 + 60,00 f1 ) + 0,3086 × 0,15] 1 2g 2 V H = [0,01 + 0,35 + 11,85 f1 + 0,05] 1 2g V12 H = [0,50 + 11,85 f 1 ] = 8,00 ft ft 2 × 32,174 2 s 2 [0,50 + 11,85 f1 ] V1 ft = 8,00 ft 64,35 2 s 2 [0,50 + 11,85 f1 ]V12 = 514,78 ft2 s ft 2 s2 V1 = [0,50 + 11,85 f1 ] 514,78

Ahora proponemos un f, con esta ecuación obtenemos v2, a partir de esta calculamos el número de Reynolds (Re2), luego ingresamos al ábaco de Moody con este y con

ε

D

=

0,00015 ft = 2,25 × 10 − 4 0,66 ft

y obtenemos f y calculamos nuevamente v2, y así sucesivamente hasta converger a un factor de fricción, finalmente a partir de v2 obtenemos Q. f 1,0000 0,0168 0,0150 0,0148 0,0147


V1 6,46 27,12 27,55 27,61 27,62

4

Re1 333968,95 1403195,66 1425087,87 1428210,21 1428837,15

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

V1 = 27,62

ft s

entonces

Q = A1v1

π ⎛ 8,00

2

ft ft 3 ⎞ Q= ⎜ ft ⎟ 27,62 = 9,61 4 ⎝ 12,00 ⎠ s s Q = 9,61

ft 3 s

La presión mínima del sistema resulta de plantear la ecuación de Bernoulli entre el punto más elevado del sistema y un punto en el pelo libre del tanque más elevado, esto es

0=

2 L ⎞V ⎛ + z s + ⎜1 + K e + f ⎟ γ D ⎠ 2g ⎝

Ps

despejando 2 L ⎞V ⎛ Ps = −γz s − γ ⎜1 + K e + f ⎟ D ⎠ 2g ⎝

reemplazando 2

⎛ ⎞ ⎛⎜ 27,55 ft ⎞⎟ ⎜ ⎟ s⎠ lb lb ⎜ 8,00 ft ⎟ ⎝ Ps = −62,43 3 × 6,00 ft − 62,43 3 1 + 0,5 + 0,015 8,00 ⎟ ft ft ft ⎜ ft ⎟ 2 × 32,174 2 ⎜ 12,00 ⎠ s ⎝ 2

⎛ ⎞ ⎛⎜ 27,55 ft ⎞⎟ ⎜ ⎟ s⎠ lb lb ⎜ 8,00 ft ⎟ ⎝ Ps = −62,43 3 × 6,00 ft − 62,43 3 1 + 0,5 + 0,015 8,00 ⎟ ft ft ft ⎜ ft ⎟ 2 × 32,174 2 ⎜ 12,00 ⎠ s ⎝ lb 1,00 ft 2 lb Ps = −1611,70 2 × = −11,19 2 2 ft 144,00in in Ps = −1611,70

lb 1,00 ft 2 lb × = −11,19 2 2 2 ft 144,00in in

Ejercicio 11-8 Despreciando todas las pérdidas menores no relacionadas con la válvula, dibújese la línea de altura motriz para la figura. La válvula de globo tiene una K = 4.5.


5

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

75 ft

100 ft

Válvula de globo 100 ft

8 ft

12 ft

12 ft

A

Tubo suave de 8 pulg de diámetro Agua a 60 ºF

Resolución

2

3

A

1 Datum

4

En 1 tenemos

Pa

γ

+ z1 = 12,00 ft

En 2 tenemos

z1 =

L ⎞V 2 ⎛ + z 2 + ⎜1 + f 2 ⎟ γ D ⎠ 2g ⎝

P2

En 3 tenemos

z1 =

L ⎞V 2 ⎛ + z3 + ⎜1 + K v + f 3 ⎟ γ D ⎠ 2g ⎝

P3

En 4 tenemos

L4 ⎞ V 2 ⎛ z1 = ⎜ K v + f ⎟ D ⎠ 2g ⎝ reemplazando

⎞ ⎛ ⎟ ⎜ 275,00 ft ⎟ V2 ⎜ 12,00 ft = 10,00 + f ⎟ ⎜ 8,00 ft ft ⎟ 2 × 32,174 2 ⎜ 12,00 ⎠ s ⎝ despejando

ft 2 s2 V= (10,00 + 412,50 f ) 772,18

iterando


6

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

f 1,0000 0,0190 0,0140 0,0138 0,0140

V 1,35 6,58 7,00 7,02 7,00

donde obtenemos

Re 69938,51 340378,99 361947,06 363135,96 361947,06

f = 0,014 ft V = 7,00 s

entonces en 2 tenemos 2

ft ⎞ ⎛ ⎜ 7,00 ⎟ ⎛ P2 100,00 ft ⎞ ⎝ s⎠ ⎟⎟ = −12,00 ft − ⎜⎜1 + 0,014 = −14,36 ft ft γ 0,66 ft ⎠ ⎝ 2 × 32,174 2 s la línea de altura motriz será

P2

γ

+ z 2 = −14,36 ft + 24,00 ft = 9,64 ft

En 3 tenemos 2

ft ⎞ ⎛ ⎜ 7,00 ⎟ P3 ⎛ 174,00 ft ⎞ ⎝ s⎠ ⎟⎟ = 4,00 ft − ⎜⎜1 + 4,50 + 0,014 = −2,97 ft ft γ 0,66 ft ⎠ ⎝ 2 × 32,174 2 s la línea de altura motriz será

P3

γ

+ z 3 = −2,97 ft + 8,00 ft = 5,03 ft

En 4 tenemos

Pa

γ

+ z 4 = 0,00 ft

Sí graficamos 75 ft

100 ft

100

A

ft

Datum

Ejercicio 11-30 Se bombea agua desde un gran depósito a un tanque a presión que se encuentra a una elevación mayor. La tubería es de plástico liso, C = 130, tiene una longitud de 2000 ft y un diámetro de 8 in. Despréciese los efectos menores. Si la curva de la bomba es H = 48 – 2Q2, con H en ft y Q en ft3/s,


7

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

encuéntrese el flujo en el sistema si la presión en el tanque es de 12 psi y la elevación del agua en el mismo es de 10 ft. Dibújese la línea de altura motriz

Tanque Elev. 0

Bomba

Resolución La carga que debe entregar la bomba será

H=

P2

γ

+ z 2 + 4,727

L D 4,8704

Q1,852 C 1,852

reemplazando

144,00in 2 12,00 psi × 2000,00 ft Q 1,852 1,00 ft 2 H= + 10,00 ft + 4,727 4 ,8704 lb 130,001,852 ⎛ 8,00 ⎞ 62,43 3 ft ⎟ ⎜ ft ⎝ 12,00 ⎠ resolviendo

H = 27,68 ft + 10,00 ft + 8,28 × Q 1,852 H = 37,68 ft + 8,28 × Q 1,852 La carga que entrega la bomba es

H B = 48,00 − 2,00 × Q 2 iterando encontramos Q 1,000 0,900 1,100 1,010 0,990 1,001

H 45,960 44,492 47,558 46,114 45,807 45,975

HB 46,000 46,380 45,580 45,960 46,040 45,996 B

El caudal será

Q = 1,001


8

ft 3 s

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Desarrollo teórico Resistencia equivalente para una conexión en serie Para una conexión en serie tenemos

h ft = h f 1 + h f 2 + ... + h fm y

Qt = Q1 = Q2 = ... = Qm Además

h ft = req Qtn y

h f 1 = r1Q1n h f 2 = r2 Q2n h fm = rm Qmn reemplazando

h f 1 + h f 2 + ... + h fm = req Qtn r1Q1n + r2 Q2n + ... + rm Qmn = req Qtn como

Qt = Q1 = Q2 = ... = Qm , tomamos factor común y simplificamos, por lo que obtenemos m

req = r1 + r2 + ... + rm = ∑ ∑ri i =1

Resistencia equivalente para una conexión en paralelo Para una conexión en paralelo tenemos

h ft = h f 1 = h f 2 = ... = h fm y

Qt = Q1 + Q2 + ... + Qm Además

h ft = req Qtn despejando 1 n ft

1 n eq

h = r Qt Qt =

h

1 n ft

1 n eq

r y

h f 1 = r1Q1n despejando

h


1 n f1

1 n 1

= r Q1

9

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

1 n f1

h

Q1 =

1

r1n

h f 2 = r2 Q2n despejando 1

1

h fn2 = r2n Q2 h

Q2 =

1 n f2 1

r2n

h fm = rm Qmn despejando 1

1

n h fm = rmn Qm 1 n h fm

Qm =

1

rmn reemplazando

h

1 n ft

= Q1 + Q2 + ... + Qm

1 n eq

r

h

1 n ft

1 n eq

=

h

1 n f1

1 n 1

r

1 n f2

h

+

1 n 2

r

+ ... +

r

h

1 n fm

1 n m

r

como h ft = h f 1 = h f 2 = ... = h fm , tomamos factor común

h

1 n ft

1 n eq

r

⎛ ⎜ 1 1 1 = h ⎜ 1 + 1 + ... + 1 ⎜rn rn rmn 2 ⎝ 1 1 n ft

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

simplificando

1 1 n eq

r

=

1 1 n 1

r

+

1 1 n 2

r

+ ... +

1 1 n m

r

invirtiendo y elevando a la n obtenemos, finalmente

⎛ ⎞ ⎜ 1 1 1 ⎟ req = ⎜ 1 + 1 + ... + 1 ⎟ ⎜rn rn rmn ⎟⎠ 2 ⎝ 1


10

n

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 11-34

30

0m

20

H

Encuéntrese la longitud equivalente de una tubería de hierro forjado limpio de 300 mm de diámetro que pueda reemplazar al sistema de la figura. Si H = 10 m. ¿Cuál es la descarga?

0m

m

Agua 15 ºC

diá

m.

300 m 500 mm diám.

30

0m

30

0

mm

diá

600 m 300 mm diám.

m. 80 0

m

30 0

Tubos de hierro fundido limpios

mm

d iá

m.

30

0m

Agua 15 ºC

20

H

Resolución

0m

m

1

diá

m.

300 m 500 mm diám.

2 30

0m

30

0

mm

diá

m.

600 m 300 mm diám.

3

4 80

0m

Tubos de hierro fundido limpios

30

0m

md

5 iá m

.

A partir de la fórmula de Colebrook

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎢⎣ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎥⎦

2

Si suponemos un número de Reynolds alto, tenemos

f =


1,325 ⎡ ⎛ ε ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ D 3 , 7 ⎝ ⎠⎦ ⎣ 11

2

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Para 1 tenemos, reemplazando

f1 =

1,325 2

=

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

=

⎡ ⎛ ε ⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣ ⎝ 3,7 D3 ⎠⎦

2

=

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

=

⎡ ⎛ ε ⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ 3 , 7 D 5 ⎠⎦ ⎣ ⎝

2

=

⎡ ⎛ ε ⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣ ⎝ 3,7 D1 ⎠⎦

1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 200mm ⎠⎦

2

= 0,021

2

= 0,019

2

= 0,017

2

= 0,019

2

= 0,019


f2 =

1,325 ⎡ ⎛ ε ⎢ln⎜⎜ ⎣ ⎝ 3,7 D2

1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦


f3 =

1,325

1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 500mm ⎠⎦


f4 =

1,325 ⎡ ⎛ ε ⎢ln⎜⎜ ⎣ ⎝ 3,7 D4

1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦


f5 =

1,325

1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦

La resistencia será, para 1

r1 = f 1

8 L1 = 0,021 π 2 gD15

s2 8 × 300,00m = 1627,38 6 m m m π 2 × 9,806 2 × (0,20m )5 s


r2 = f 2

8 L2 = 0,019 π 2 gD25

s2 8 × 300,00m = 193,89 6 m m m π 2 × 9,806 2 × (0,30m )5 s


r3 = f 3

8 L3 = 0,017 π 2 gD35

8 × 300,00m s2 = 13,49 6 m m m π 2 × 9,806 2 × (0,50m )5 s


r4 = f 4

8 L4 = 0,019 π 2 gD45

s2 8 × 600,00m = 387,79 6 m m m π 2 × 9,806 2 × (0,30m )5 s



12

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

r5 = f 5

AÑO 2007

8 L5 = 0,019 π 2 gD55

8 × 800,00m s2 = 517,05 6 m m m π 2 × 9,806 2 × (0,30m )5 s

La resistencia equivalente 1-2, por la fórmula de Darcy-Weisbach n = 2, entonces 2

r1− 2

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 =⎜ ⎟ ⎜ 1 + 1 ⎟ ⎜ r r 2 ⎟⎠ ⎝ 1

2

⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 s2 =⎜ ⎟ = 107,15 6 m m 1 1 ⎟ ⎜ + 2 2 ⎟ ⎜ s s ⎜ 1627,38 6 m 193,89 6 m ⎟ m m ⎠ ⎝

La resistencia equivalente 4-5 será 2

r4 −5

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 == ⎜ ⎟ ⎜ 1 + 1 ⎟ ⎜ r r 5 ⎟⎠ ⎝ 4

2

⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 s2 =⎜ ⎟ = 111,37 6 m m 1 1 ⎟ ⎜ + 2 2 ⎟ ⎜ s s ⎜ 387,79 6 m 517,05 6 m ⎟ m m ⎠ ⎝

La resistencia equivalente final, será

req = r1− 2 + r3 + r4−5 2

s s2 s2 s2 req = 107,15 6 m + 13,49 6 m + 111,37 6 m = 232,01 6 m m m m m Además

req = rt = f t

8 Lt π 2 gDt5

El factor de fricción lo obtenemos suponiendo un número de Reynolds alto, esto es

ft =

1,325 ⎡ ⎛ ε ⎢ln⎜⎜ ⎣ ⎝ 3,7 Dt

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

=

1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦

2

= 0,019

Despejando Lt, tenemos

Lt =

π 2 gDt5 req 8 ft

reemplazando

Lt =

π 2 × 9,806

m s2 5 ( ) m × 0 , 30 232 , 01 m s2 m 6 = 358,97 m 8 × 0,019

Lt = 358,97 m MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

13

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Para encontrar la descarga planteamos Bernoulli entre las superficies libres de ambos depósitos tenemos

P1

γ

V12 P2 V2 = + z2 + 2 + h f 2g γ 2g

+ z1 +

reemplazando

Pa

γ

+H +0=

Pa

γ

+ 0 + 0 + hf

H = hf Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach, tenemos

H = h f = req QT2 La resistencia equivalente será

s2 req = 232,01 6 m m reemplazando

QT =

Lts 10,00m = 207,61 2 s s 232,01 6 m m QT = 207,61

Lts s

Para verificar el número de Reynolds lo calculamos

Re =

4Q = πDν

4 × 0,208

m3 s

π × 0,30m × 1,14 × 10

−6

m2 s

= 772915,97 ⇒ Verifica

Ejercicio 11-36 De la figura calcúlese el flujo en el sistema cuando se quita la bomba. El 30 m El 27 m

A

B

C El 0 m P

D mm m m 1m 00 10 ε= 0 20

D

300 m 30 ε = 3 m 0 mm D m

m 200 m 300 m m ε=1m

El 17 m

300 m

ε=3m

300 mm D J m

Resolución


14

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

El 30 m El 27 m

A

B El 17 m

2

C 1 3 J

Datum

Por continuidad

Q1 = Q2 + Q3 Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach

h f = rQ 2 Para 1 tenemos

hf1

L1 V12 h f 1 = f1 D 2g V12 600m = f1 m 0,3m 2 × 9,806 2 s

Para 2 tenemos

hf 2

L2 V22 hf 2 = f2 D 2g V22 300m = f2 m 0,2m 2 × 9,806 2 s

Para 3 tenemos

L3 V32 D 2g V32 1000 m = f3 m 0,2m 2 × 9,806 2 s h f 3 = f3

hf 3

Sí suponemos z J +

PJ

γ

= 20,00m , entonces

s2 2 V1 m s2 7,00m = f 2 76,48 V22 m s2 10,00 = f 3 254,95 V32 m 3,00m = f1101,98


15

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

iterando hallamos el caudal v1 1,0000 2,0000 1,5000 1,2500 1,2425

Re1 300000,00 600000,00 450000,00 375000,00 372750,00

f1 0,0382 0,0381 0,0381 0,0382 0,0382

hf1 1,95 7,76 4,37 3,04 3,00

Q1 0,0707 0,1414 0,1060 0,0884 0,0878

v2 1,0000 2,0000 1,5000 1,7500 1,7250

Re2 200000,00 400000,00 300000,00 350000,00 345000,00

f2 0,0310 0,0307 0,0308 0,0308 0,0308

hf2 2,37 9,39 5,30 7,20 7,00

Q2 0,0314 0,0628 0,0471 0,0550 0,0542

v3 1,0000 2,0000 1,5000 1,2500 1,1260

Re3 200000,00 400000,00 300000,00 250000,00 225200,00

f3 0,0310 0,0307 0,0308 0,0309 0,0309

hf3 7,90 31,30 17,67 12,30 10,00

Q3 0,0314 0,0628 0,0471 0,0393 0,0354

De la ecuación de continuidad

Q1 − Q2 − Q3 = 0 reemplazando

0,0878

m3 m3 m3 m3 − 0,0542 − 0,0354 = 0,0018 s s s s

entonces


Q1 = 87,80

Lts s

Q2 = 54,20

Lts s

Q3 = 35,40

Lts s

16

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 11-38 La bomba de la figura agrega 7500 W al flujo (hacia J). Encuéntrese QA y QB. B

El 30 m El 27 m

A

B m 200 m 300 m m ε=1m

El 17 m C El 0 m P

D

30 0 m 30 ε = 3 m 0 mm D m

D mm 0 20 m m 1m 00 0 = 1 ε

30 0 m

ε=3m

3 00 m m D J m

Resolución El 30 m El 27 m

A

B El 17 m

3

2 C 1 P J

La potencia de la bomba será

Datum

Pot = γQH B

despejando

QH B =

Pot

γ

reemplazando y despejando H

Nm s QH B = N 9806,00 3 m m4 QH B = 0,76 s 4 m 1 H B = 0,76 s Q 7500,00

Por continuidad

Q J = Q A + QB MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

17

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach

h f = rQ 2 Para 1 tenemos

L1 V12 D 2g V12 600m = f1 m 0,3m 2 × 9,806 2 s h f 1 = f1

hf1 Para 2 tenemos

L2 V22 D 2g V22 300m = f2 m 0,2m 2 × 9,806 2 s hf 2 = f2

hf 2 Para 3 tenemos

L3 V32 D 2g V32 1000 m = f3 m 0,2m 2 × 9,806 2 s h f 3 = f3

hf 3

Sí suponemos z J +

PJ

γ

= 28,00m , entonces

s2 2 V1 m m4 1 s2 0,76 − 28,00m = f1 50,99 V12 s Q m H B − 28,00m = f1 50,99

m4 1 s2 2 28,00m = 0,76 − f1 50,99 V1 s Q m 4 m s2 2 4 − f 28,00m = 0,76 50 , 99 V1 1 s V1πD12 m 28,00m = 3,76

28,00m =

m4 4 s2 2 − f 50 , 99 V1 1 s V1π (0,30m )2 m

m2 2 s − f 50,99 s V 2 1 1 V1 m

10,75

s2 2 V2 m s2 2,00 = f 3 254,95 V32 m

1,00m = f 2 76,48


18

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

iterando hallamos el caudal v1 1,0000 0,3900 0,3850 0,3825 0,3800

Re1 300000,00 117000,00 115500,00 114750,00 114000,00

f1 0,0382 0,0386 0,0386 0,0386 0,0386

hf1 8,80 27,26 27,63 27,82 28,00

Q1 0,0707 0,0276 0,0272 0,0270 0,0269

v2 1,0000 0,7000 0,6750 0,6600 0,6475

Re2 200000,00 140000,00 135000,00 132000,00 129500,00

f2 0,0310 0,0312 0,0313 0,0313 0,0313

hf2 2,37 1,17 1,09 1,04 1,00

Q2 0,0314 0,0220 0,0212 0,0207 0,0203

v3 1,0000 0,5000 0,4950 0,4975 0,4990

Re3 200000,00 100000,00 99000,00 99500,00 99800,00

f3 0,0310 0,0315 0,0316 0,0316 0,0316

hf3 7,90 2,01 1,97 1,99 2,00

Q3 0,0314 0,0157 0,0156 0,0156 0,0157

Q A = 15,7

Lts s

Q A = 20,3

Lts s

Ejercicio 11-44 Calcúlese el flujo a través de cada una de las tuberías de la red mostrada en la figura, n = 2.

r=3

2

r=

r=

1

25

100

2

r=

1

r=


75

19

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Resolución Por el método de Hardy-Cross

ΔQ = −

∑ rQ0 Q0 n ∑ r Q0

n −1 n −1

Proponemos Q0, esto es

r=

Δ Q2

2

Δ Q1

r=

1

25

70

55 r=3

I

100

10

II

75 20

30

2

r=

1

r=

Para I, tenemos

∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0

n −1

n −1

= 1,00 × 70,00 2 − 3,00 × 10,00 2 − 2,00 × 30,00 2 = 2800,00

= 2,00 × (1,00 × 70,00 + 3,00 × 10,00 + 2,00 × 30,00) = 320,00 ΔQ = −

2800,00 = −8,75 320,00

Para II, tenemos

∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0

n −1

n −1

= 2,00 × 55,00 2 − 1,00 × 20,00 2 + 3,00 × 10,00 2 = 5950,00

= 2,00 × (2,00 × 55,00 + 1,00 × 20,00 + 3,00 × 10,00) = 320,00 ΔQ = −

5950,00 = −18,59 320,00

Sumando ΔQ tenemos


20

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

r=

Δ Q2

2

Δ Q1

r=

1

25

78,75

45,16 r=3

I

100

-8,59

II

75 29,84

21,25

2

r=

1

r=

Para I, tenemos

∑ rQ 0 Q 0

n −1

2 ∑ r Q0

= 1,00 × 78 ,75 2 + 3,00 × 8,59 2 − 2 ,00 × 21, 25 2 = 5519 ,80

n −1

= 2,00 × (1,00 × 78,75 + 3,00 × 8,59 + 2,00 × 21,25) = 294,04 ΔQ = −

5519,80 = −18,77 294,04

Para II, tenemos n −1

∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0

n −1

= 2,00 × 45,16 2 − 1,00 × 29,84 2 − 3,00 × 8,59 2 = 2976,06

(

)

= 2,00 × 2,00 × 45,16 + 1,00 × 29,84 + 3,00 × 8,59 2 = 291,86 ΔQ = −

2976,06 = −10,17 291,86

Sumando ΔQ tenemos

r=

Δ Q2

2

Δ Q1

r=

1

25

59,98

I

100

r=3

16,22

-18,76

II

75 58,78

40,02

2

r=

1

r=

Para I, tenemos

∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0

n −1

n −1

= 1,00 × 59,98 2 + 3,00 × 18,76 2 − 2,00 × 40,02 2 = 1450,21

= 2,00 × (1,00 × 59,98 + 3,00 × 18,76 + 2,00 × 40,02) = 392,60


21

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

ΔQ = −

1450,21 = −3,69 392,60

Para II, tenemos n −1

∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0

= 2,00 × 16,22 2 − 1,00 × 58,78 2 − 3,00 × 18,76 2 = −3984,72

= 2,00 × (2,00 × 16,22 + 1,00 × 58,78 + 3,00 × 18,76) = 295,00

n −1

ΔQ = −

− 3984,72 = 13,51 295,00

Sumando ΔQ tenemos

r=

Δ Q2

2

Δ Q1

r=

1

25

56,29

26,04 r=3

I

100

-5,25

II

75 48,96

43,71

2

r=

1

r=

Para I, tenemos

∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0

n −1

n −1

= 1,00 × 56,29 2 + 3,00 × 5,25 2 − 2,00 × 43,712 = −596,88

= 2,00 × (1,00 × 56,29 + 3,00 × 5,25 + 2,00 × 43,71) = 318,92 ΔQ = −

− 596,88 = 1,79 318,92

Para II, tenemos

∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0

n −1

n −1

= 2,00 × 26,04 2 − 1,00 × 48,96 2 − 3,00 × 5,25 2 = −1056,11

= 2,00 × (2,00 × 26,04 + 1,00 × 48,96 + 3,00 × 5,25) = 215,58 ΔQ = −

− 1056,11 = 4,90 215,58

Sumando ΔQ tenemos


22

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

r=

Δ Q2

2

Δ Q1

r=

1

25

58,08

32,73 r=3

I

100

-0,35

II

75 42,27

41,92

2

r=

1

r=

Para I, tenemos

∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0

n −1

n −1

= 1,00 × 58,08 2 + 3,00 × 0,35 2 − 2,00 × 41,92 2 = −140,92

= 2,00 × (1,00 × 58,08 + 3,00 × 0,35 + 2,00 × 41,92) = 285,94 ΔQ = −

− 140,92 = 0,49 285,94

Para II, tenemos

∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0

n −1

n −1

= 2,00 × 32,732 − 1,00 × 42,27 2 − 3,00 × 0,35 2 = 355,38

= 2,00 × (2,00 × 32,73 + 1,00 × 42,27 + 3,00 × 0,35) = 217,56 ΔQ = −

355,38 = −1,63 217,56

Sumando ΔQ tenemos

r=

Δ Q2

2

Δ Q1

r=

1

25

58,57

I

100

r=3

31,59

-1,98

II

75 43,41

41,43

2

r=

1

r=

Para I, tenemos

∑ rQ0 Q0

n −1

= 1,00 × 58,57 2 + 3,00 × 1,98 2 − 2,00 × 41,432 = 9,32


23

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

2 ∑ r Q0

n −1

AÑO 2007

= 2,00 × (1,00 × 58,57 + 3,00 × 1,98 + 2,00 × 41,43) = 294,74 ΔQ = −

9,32 = −0,032 294,74

Para II, tenemos

∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0

n −1

n −1

= 2,00 × 31,59 2 − 1,00 × 43,412 − 3,00 × 1,98 2 = 99,67

= 2,00 × (2,00 × 31,59 + 1,00 × 43,41 + 3,00 × 1,98) = 225,06 ΔQ = −

99,67 = −0,44 225,06

El diagrama final será 25

58,57

31,59

100

75

1,98 43,41

41,43

EJERCICIOS DE TRABAJOS PRÁCTICOS REQUERIDOS POR EL ING. CASTELLÓ Ejercicio 1 Tuberías en serie Una de las tuberías principales de un sistema de riego (ver esquema adjunto) debe conectar una estación de bombeo con tres módulos de riego que operan en forma simultánea. Los caudales consumidos por estos módulos son: Módulo A 45,1 (lts/seg) Módulo B 39,0 (lts/seg) Módulo C 73,2 (lts/seg) La estación de bombeo cuenta con una bomba de 65 KW con una eficiencia del 85%. La tubería 1, que va de la estación de bombeo hasta el módulo A, tiene una longitud de 350 m y un coeficiente global de pérdidas menores km de 7,9. La tubería 2, que une los módulos A y B, tiene una longitud de 123m y un coeficiente global de pérdidas menores km de 3,3. La tubería 3, que une los módulos B y C, tiene una longitud de 174 m y un coeficiente global de pérdidas menores km de 3,5. Todo el sistema se encuentra en un terreno aproximadamente horizontal y el agua bombeada se encuentra a 15 ºC. La altura de carga necesaria para el módulo C es de 12 m. Suponiendo los diámetros internos comerciales en pulgadas enteras (el. 2”, 3”, 4”, 6”, etc.) dimensionar las tres tuberías si el material disponible es PVC, utilizando las formulaciones de


24

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Darcy-Weisbach y de Hazen-Williams para la determinación de pérdidas por fricción. Compare resultados. Grafique las LAM y LNE.

350 m

123 m

174 m

P 45,1 l/s

Bomba (65 KW)

39,0 l/s

Resolución Formulación de Darcy-Weisbach Los datos son Tuberia 1,00 2,00 3,00

L [m] 350,00 123,00 174,00

km 7,90 3,30 3,50

Q

Re

f

0,045 0,039 0,073

287582,17 267427,45 340700,88

0,0078 0,0078 0,0076

ks [m] 0,00006 0,00006 0,00006

Q [m3/s] 0,045 0,039 0,073

La longitud equivalente será

Km

D f

177,96 68,44 110,55

Leq 527,96 191,44 284,55

Proponemos un diámetro D1 = 4” y calculamos, por continuidad los demás caudales y la rugosidad relativa, entonces D1 [m] ks/D1 D2 [m] ks/D2 D3 [m] ks/D3 0,100 0,0006 0,093 0,0006452 0,137 0,000438 Pasando los diámetros a pulgadas tenemos

1,00in = 3,66in ≈ 4,00in 0,0254m 1,00in D3 = 0,137m × = 5,40 ≈ 6,00in 0,0254m

D2 = 0,093m ×

La pérdida de carga será hf1 55,700

hf3 9,951

hf2 15,114

Σ 80,764

Vemos que el sistema esta sobredimensionado pero un diámetro comercial mayor implica un subdimensionamiento.


25

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Formulación de Hazen-Williams Los datos son Tuberia L [m] km ks [m] Q [m3/s] Chw Leq Re 1,00 350,00 7,90 0,00006 0,045 150,00 405,91 506616,48 2,00 123,00 3,30 0,00006 0,039 150,00 144,38 469551,99 3,00 174,00 3,50 0,00006 0,073 150,00 208,97 596226,54 Proponemos un diámetro D1 = 4” y calculamos, por continuidad los demás caudales y la rugosidad relativa, entonces D1 [m] D2 [m] D3 [m] 0,100 0,093 0,137 Pasando los diámetros a pulgadas tenemos

1,00in = 3,66in ≈ 4,00in 0,0254m 1,00in D3 = 0,137m × = 5,40 ≈ 6,00in 0,0254m

D2 = 0,093m ×

La pérdida de carga será hf1 99,246

hf2 26,645

Σ 143,062

hf3 17,171

Ejercicio 2 Redes de tuberías La red mostrada en la siguiente figura posee una válvula en la tubería 2-3, la cual se encuentra parcialmente cerrada, generando una pérdida de carga menor con un coeficiente estimado km = 10,0. La altura de carga total en el nodo 1 es de 100 m. Los diámetros se encuentran en pulgadas, las longitudes en metros y los consumos en lts/seg. Suponiendo que el material posee un ks de 0,06 mm, que las pérdidas menores son despreciables (excepto en la tubería 2-3), analizar los caudales y presiones en la red mediante el método de Hardy-Cross.

60 1 200

2

500 m 10"

400 m

40

3

6"

4" 200 m

I

II

4" 200 m

10" 300 m 400 m 5

600 m

30

8"

6" ks = 0,06 mm

4 30

40


26

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Resolución Los datos son Tuberia 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00

L [m] 500,00 200,00 600,00 300,00 400,00 200,00 400,00

D [m] 0,2540 0,1016 0,2032 0,2540 0,1524 0,1016 0,1524

km 0,00 0,00 0,00 0,00 10,00 0,00 0,00

ks [m] 0,00006 0,00006 0,00006 0,00006 0,00006 0,00006 0,00006

ks/D 0,0002 0,0006 0,0003 0,0002 0,0004 0,0006 0,0004

La primera iteración será, para I

1,00 2,00 3,00 4,00

Qo [m3/s]

Re

f

0,15 0,04 -0,01 -0,05

658993,30 439328,87 54916,11 219664,43

0,01 0,01 0,01 0,01

Qo [m3/s]

Re

f

-0,04 0,05 0,01 -0,02

439328,87 366107,39 109832,22 146442,96

0,01 0,01 0,01 0,01

Km

D [m] f

0,00 0,00 0,00 0,00

Leq [m]

r

r.Qo.Qo

r.n.Qo

500,00 200,00 600,00 300,00

271,92 11206,38 1417,98 189,29

6,12 17,93 -0,14 -0,47 23,43 ΔQ [m3/s]

81,58 896,51 28,36 18,93 1025,37 -0,02

r

r.Qo.Qo

r.n.Qo

-0,18 11,40 1,36 -1,38 11,20 ΔQ [m3/s]

9,18 455,82 272,34 137,55 874,89 -0,01

r

r.Qo.Qo

r.n.Qo

277,87 12594,57 1187,96 179,67

4,49 3,70 -1,28 -0,95 5,96 ΔQ [m3/s]

70,66 431,91 78,06 26,18 606,81 -0,0098

para II

2,00 5,00 6,00 7,00

Km

D [m] Leq [m] f

0,00 202,76 0,00 0,00

200,00 114,75 602,76 4558,16 200,00 13617,03 400,00 3438,79

La segunda iteración será, para I

1,00 2,00 3,00 4,00

Qo [m3/s]

Re

f

0,13 0,02 -0,03 -0,07

558591,72 188324,91 180418,09 320066,02

0,01 0,01 0,01 0,01

Km

D [m] Leq [m] f

0,00 0,00 0,00 0,00

500,00 200,00 600,00 300,00

para II MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

27

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

2,00 5,00 6,00 7,00

AÑO 2007

Km

Qo [m3/s]

Re

f

-0,05 0,04 0,00 -0,03

231962,57 272389,02 30745,33 240161,32

0,01 0,01 0,01 0,01

D [m] Leq [m] f

0,00 194,71 0,00 0,00

300,00 594,71 200,00 400,00

r

r.Qo.Qo

r.n.Qo

187,85 4683,17 16588,34 3205,48

-0,52 6,48 -0,13 -3,45 2,38 ΔQ [m3/s]

19,84 348,43 92,87 210,28 671,42 -0,0035

Los caudales finales y las pérdidas de carga serán Tuberia 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00

Q [m3/s] 0,1271 0,0699 -0,0329 -0,0729 0,0372 -0,0028 -0,0328

r 30,30 85,14 141,35 95,56 83,23 711,33 114,78

hf=r.Q2 0,4898 0,4166 0,1526 0,5072 0,1152 0,0056 0,1235

Nudo 1,00 2,00 3,00 6,00 5,00 4,00

100,00 99,51 99,40 99,49 99,34 99,22

Ejercicio 3 Calcule los caudales en las tuberías y las alturas de carga en los nodos para la red de distribución de agua potable mostrada en la figura. Las longitudes, los diámetros, las demandas y los coeficientes globales de pérdidas menores se indican en la misma. Todas las tuberías son de PVC (ks = 0,015 mm). Utilice el método de Hardy-Cross con corrección de caudales. Todos los nodos se encuentran a la misma cota. 120 L/s 3 L =

H = 50 m

0

L = 200 m Ø = 200 mm km = 5,4

15 m 0 30 = Ø 4,6 =

km

m m

L = 80 m Ø = 250 mm km = 3,2

5

II

L = 100 m Ø = 250 mm km = 3,8

L = 60 m Ø = 250 mm km = 2,4

I

1

L = 100 m Ø = 350 mm km = 3,6

L = 60 m Ø = 250 mm km = 2,4

2

4 180 L/s

60 L/s

6

50 L/s

Resolución


28

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Los datos son Tuberia 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00

L [m] 100,00 60,00 100,00 60,00 150,00 200,00 80,00

D [m] 0,35 0,25 0,25 0,25 0,30 0,20 0,25

km 3,60 2,40 3,80 2,40 4,60 5,40 3,20

ks [m] 0,0000015 0,0000015 0,0000015 0,0000015 0,0000015 0,0000015 0,0000015

ks/D 4,286E-06 0,000006 0,000006 0,000006 0,000005 0,0000075 0,000006

La primera iteración será, para I

1,00 2,00 3,00 4,00

Qo [m3/s]

Re

f

-0,20 0,28 0,21 0,01

637654,47 1249802,77 937352,07 44635,81

0,0070 0,0064 0,0066 0,0102

Qo [m3/s]

Re

f

-0,01 -0,15 -0,03 0,15

44635,81 557947,66 167384,30 669537,20

0,0102 0,0071 0,0084 0,0069

Km

D [m] f

180,48 93,67 143,01 58,68

Leq [m]

r

r.Qo.Qo

r.n.Qo

280,48 153,67 243,01 118,68

30,84 83,37 136,72 102,78

-1,23 6,54 6,03 0,01 11,34 ΔQ [m3/s]

12,33 46,69 57,42 2,06 118,50 -0,0957

r

r.Qo.Qo

r.n.Qo

102,78 83,25 712,46 114,76

-0,01 -1,87 -0,64 2,58 0,06 ΔQ [m3/s]

2,06 24,97 42,75 34,43 104,20 -0,0006

r

r.Qo.Qo

r.n.Qo

30,30 85,14 141,35 88,79

-2,65 2,89 1,85 -0,65 1,44 ΔQ [m3/s]

17,92 31,38 32,31 15,22 96,83 -0,0148

para II

4,00 5,00 6,00 7,00

D [m] Leq [m] f

Km

58,68 194,24 128,84 115,32

118,68 344,24 328,84 195,32

La segunda iteración será, para I

1,00 2,00 3,00 4,00

Qo [m3/s]

Re

f

-0,30 0,18 0,11 -0,09

942824,74 822564,39 510113,69 382602,57

0,0066 0,0068 0,0072 0,0075


Km

D [m] Leq [m] f

189,82 88,83 132,14 80,30

29

289,82 148,83 232,14 140,30

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

para II

4,00 5,00 6,00 7,00

Km

Qo [m3/s]

Re

f

-0,01 -0,15 -0,03 0,15

47101,94 560002,77 170466,96 667071,07

0,0101 0,0071 0,0084 0,0069

D [m] Leq [m] f

59,18 194,33 129,18 115,27

119,18 344,33 329,18 195,27

r

r.Qo.Qo

r.n.Qo

102,34 83,23 711,33 114,78

-0,01 -1,89 -0,66 2,56 0,0018 ΔQ [m3/s]

2,16 25,06 43,47 34,31 104,99 -0,000017

Los caudales finales y las pérdidas de carga serán Tuberia 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00

Q [m3/s] -0,30 0,18 0,11 -0,08 -0,15 -0,03 0,15


r 30,30 85,14 141,35 95,56 83,23 711,33 114,78

30

hf=r.Q2 2,65 2,89 1,85 0,54 1,89 0,66 2,56

Nudo 2,00 6,00 5,00 3,00 4,00

47,35 47,11 45,26 45,46 42,70

CAPÍTULO 11

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 13: Flujo a régimen no permanente en conductos cerrados Ejercicio 13-7 Dos tanques reguladores de 6 m de diámetro están conectados mediante una tubería de 2.5 m de diámetro y 900 m de longitud, cuyo coeficiente de fricción es f = 0.020, mientras que las pérdidas menores son 4.5 veces la carga de velocidad. En el momento de abrir rápidamente una válvula en la tubería, el nivel de agua en uno de los tanques se encuentra 9 m más arriba que en el otro. Encuéntrese la fluctuación máxima del nivel del agua en los tanques reguladores. Resolución La longitud equivalente de pérdidas menores será

KD 4,50 × 2,50m = = 562,50m f 0,02


Le = L + Entonces

KD = 900,00m + 562,50m = 1462,50m f z1 A1 9,00m × (6,00m ) = = 51,84m A (2,50m )2 2

zm = El

φ correspondiente es

φ= f entonces

Le z m 1462,50m 51,84m = 0,020 = 0,6739 L D 900,00m 2,50m

F (φ ) = (1 + φ )e −φ = (1 + 0,6739 )e −0,6739 = 0,8532

Utilizando la figura 13.4 de la página 525 de (Mecánica de fluidos, Streeter), vemos que dicha función se resuelve para

φ = −0,4630

valuando

F (φ ) = (1 + φ )e −φ = (1 + 0,4630 )e −0, 4630 = 0,9208

esta se resuelve para

φ = 0,353 φ = −0,4630 será L D 900,00m 2,50m zm = φ = −0,4630 = −35,61m Le f 1462,50m 0,02

La fluctuación máxima zm para

φ = 0,353 será L D 900,00m 2,50m zm = φ = 0,353 = 27,15m Le f 1462,50m 0,02

La fluctuación máxima zm para

El máximo negativo será

z m A − 35,61m × (2,50m )2 z1 = z 2 = = = −6,18m A1 (6,00m )2


1

CAPÍTULO 13

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

z1 = z 2 = −6,18m El máximo positivo será

z m A 27,15m × (2,50m )2 z1 = z 2 = = = 4,71m A1 (6,00m )2

z1 = z 2 = 4,71m Ejercicio 13-8 En una tubería de 1200 m de longitud, D = 0.6 m, con una boquilla en el extremo aguas debajo de 0.3 m de diámetro, se abre rápidamente una válvula. Las pérdidas menores son 4V2/2g, siendo V la velocidad en la tubería, f = 0,024 y H = 9m. Determínese el tiempo que debe transcurrir para que el gasto alcance el 95 % del valor correspondiente al flujo permanente. Resolución La longitud equivalente de pérdidas menores será

KD 4,00 × 0,30m = = 50,00m f 0,024


Le = L +

KD = 1200,00m + 50,00m = 1250,00m f

La velocidad para flujo permanente será

Le V02 D 2g

H= f Despejando

2 gH L f e D

V0 = reemplazando

V0 =

m × 9,00m m s = 1,33 1250,00m s 0,024 0,30m

2 × 9,806

El tiempo que tarda en llegar el caudal al 95 % al valor correspondiente al flujo permanente

t=

LV0 1,95 ln 2 gH 0,05

reemplazando

m s ln 1,95 = 33,13s t= m 0,05 2 × 9,806 × 9,00m s 1200,00m × 1,33


2

CAPÍTULO 13

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 13-10 Una tubería de acero provista de juntas de expansión tiene 1 m de diámetro y 1 cm de espesor de pared. Si la tubería transporta agua, determínese la velocidad de una onda de presión. Resolución La celeridad de la onda será

K a=

ρ ⎛ K D⎞ ⎜1 + ⎟ E e⎠ ⎝

El módulo de elasticidad del acero es

E = 2,00 × 10 5 MPa = 2,00 × 1011 Pa El módulo de elasticidad volumétrico y la densidad del agua lo obtenemos de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), resulta

K = 2,14 × 10 9 Pa kg ρ = 1000 , 00 m 3 Ahora reemplazando, obtenemos

2,14 × 10 9 Pa kg 1000,00 3 m m a= 1016 , 76 = s ⎛ 2,14 × 10 9 Pa 1,00m ⎞ ⎜⎜1 + ⎟⎟ 11 ⎝ 2,00 × 10 Pa 0,01m ⎠ a = 1016,76

m s

Ejercicio 13-11 Determínese la velocidad de una onda de presión para un flujo de benceno (K = 150000 psi, S = 0,88) a través de un tubo de acero de ¾ de pulgada de diámetro interior y 1/8 de pulgada de espesor. Resolución La celeridad de la onda será

K a=


ρ ⎛ K D⎞ ⎜1 + ⎟ E e⎠ ⎝

3

CAPÍTULO 13

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

K Sρ agua

a=

⎛ K D⎞ ⎜1 + ⎟ E e⎠ ⎝


E = 2,00 × 10 5 MPa = 2,00 × 1011 Pa Ahora reemplazando, obtenemos

144,00in 2 1,00 ft 2 slugs 1,94 3 ft

150000 Psi ×

a=

⎛ ⎜ 144,00in 2 ⎜ 150000 Psi × ⎜ 1,00 ft 2 1 + ⎜ lb ⎜ 0,0207 2 ⎜ ft 11 ⎜ 2,00 × 10 Pa × 1,00 Pa ⎝

⎞ ⎟ 1,00 1,00 ⎟ ft ⎟ 8,00 12,00 ⎟ ⎡⎛ 3,00 1,00 ⎞ 1,00 ⎤ ⎟ ft ⎥ − ⎟ ⎢⎜ ⎣⎝ 4,00 8,00 ⎠ 12,00 ⎦ ⎟⎟ ⎠

a = 335,03

= 3335,03

ft s

ft s

Ejercicio 13-12 Determínese el tiempo máximo para un cierre de válvula rápido en una tubería de acero que transporta agua: L = 1000 m, D = 1.3 m, e = 12 mm y V0 = 3 m/s. Resolución La celeridad de la onda será

K a =

ρ K D ⎞ ⎛ ⎜1 + ⎟ E e ⎠ ⎝


E = 2,00 × 10 5 MPa = 2,00 × 1011 Pa El módulo de elasticidad volumétrico y la densidad del agua lo obtenemos de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), resulta

K = 2,14 × 10 9 Pa kg ρ = 1000 , 00 m 3 Ahora reemplazando, obtenemos


4

CAPÍTULO 13

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

2,14 × 10 9 Pa kg 1000,00 3 m m a= = 995,55 9 s ⎛ 2,14 × 10 Pa 1,30m ⎞ ⎜⎜1 + ⎟⎟ 11 ⎝ 2,00 × 10 Pa 0,012m ⎠ El tiempo máximo será

t cr = reemplazando

t cr =

2L a

2 × 1000,00m = 2,01s m 955,55 s t cr = 2,01s

Ejercicio 13-13 Una válvula colocada en el extremo corriente debajo de una tubería de 3000 m de longitud que transporta agua con velocidad 2 m/s se cierra en 5 s. Sí a = 1000 m/s. ¿Cuánto vale la presión pico que se desarrolla debido al cierre de la válvula? Resolución El tiempo crítico será

t cr = reemplazando

t cr =

2L a

2 × 3000,00m = 6,00s m 1000,00 s

La presión pico se obtiene a partir de la fórmula de Allieve, esto es

Δhmáx =

aU g

reemplazando

Δhmáx =

m m 2,00 s s = 203,96m m 9,806 2 s

1000,00

Δhmáx = 203,96m Ejercicio 13-14 Determínese el tramo de tubería en el problema anterior que queda bajo la presión pico. Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

5

CAPÍTULO 13

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

De la expresión del tiempo despejamos la longitud, esto es

t cr − t cr

L=

=

2 L a

a(t cr − t c ) 2

reemplazando

L=

1000,00

m (6,00s − 5,00s ) s = 500,00m 2 L = 500,00 m


6

CAPÍTULO 13

Solucionario Mecánica de Fluidos Streeter 9na Edición

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