Tema 1. Mecánica de fluidos_Ejercicios resueltos(4)

MECÁNICA DE FLUIDOS

MÓDULO 1. ASPECTOS FUNDAMENTALES DE LA MECÁNICA DE FLUIDOS TEMA 1. EJERCICIOS RESUELTOS

Ingeniería en Tecnologías Industriales Ingeniería del Automóvil Ingeniería Mecánica

MECÁNICA DE FLUIDOS | MÓDULO 1 | TEMA 1 Gloria Zarzuelo

TABLA DE CONTENIDOS Índice ................................................................................................................................2 Ejercicios resueltos ......................................................................................................... 4 Conceptos básicos........................................................................................................ 4 Ejercicio 1. Flujo entre placas paralelas .................................................................... 4 Ejercicio 2. Propiedades de un recipiente lleno de aceite .......................................... 4 Ejercicio 3. Módulo volumétrico ................................................................................. 5 Ejercicio 4. Presión del líquido bajo un pistón ........................................................... 5 Ejercicio 5. Viscosidad .............................................................................................. 5 Ejercicio 6. Velocidad a la que aparece cavitación .................................................... 6 Ejercicio 7. Tensión superficial .................................................................................. 6 Cinemática de fluidos .................................................................................................... 7 Ejercicio 8. Campo de velocidad de un flujo bidimensional ....................................... 7 Ejercicio 9. Campo de aceleración de un flujo bidimensional ...................................11 Leyes de conservación o ecuaciones de balance ........................................................12 Ejercicio 10. Ecuación de continuidad ......................................................................12 Ejercicio 11. Flujo de agua por la boquilla de una manguera ...................................13 Ejercicio 12. Conservación de la masa en un tanque de aire ...................................14 Ejercicio 13. Ventilador ............................................................................................14 Ejercicio 14. Conservación de la energía para una bola oscilante de acero .............14 Ejercicio 15. Eficiencia de un turbogenerador hidráulico ..........................................16 Ecuación de Bernoulli ..................................................................................................17 Ejercicio 16. Presión en la sección de salida de una tubería circular........................17 Ejercicio 17. Boquilla expuesta a la atmósfera .........................................................18 Ejercicio 18. El medidor de Venturi ..........................................................................21 Ejercicio 19. Teorema de Torricelli. Flujo de un tanque ............................................22 Ejercicio 20. Teorema de Torricelli. Chorro vertical ..................................................22 Ejercicio 21. Teorema de Torricelli. Tanque presurizado ..........................................23 Ecuación general de la energía ....................................................................................24 Ejercicio 22. Caudal que pasa por una bomba .........................................................24

Índice

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Ejercicios propuestos ...................................................................................................25 Ejercicio 1. Fluidos newtonianos ..............................................................................25 Ejercicio 2. Variación de la densidad con la temperatura y la presión ................. .....26 Ejercicio 3. Presión mínima para evitar la cavitación ................................................27 Ejercicio 4. Viscosidad .............................................................................................27 Ejercicio 5. Tensión superficial .................................................................................29 Ejercicio 6. Cinemática de fluidos .............................................................................30 Ejercicio 7. Ecuación de la conservación de la masa ...............................................30 Ejercicio 8. Teorema de Torricelli. Tiempo requerido para vaciar un tanque ............31 Ejercicio 9. Potencia transmitida a un motor.............................................................32 Bibliografía.....................................................................................................................33

Índice

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EJERCICIOS RESUELTOS CONCEPTOS BÁSICOS Ejercicio 1. Flujo entre placas paralelas Se establece un movimiento en un líquido situado entre dos placas planas paralelas, separadas una distancia L = 1 mm. El movimiento se induce porque la placa superior se desplaza con velocidad V = 1 m/s respecto a la inferior, que se mantiene fija. Si se considera que la distribución de velocidad es lineal, que la viscosidad dinámica del líquido es 10 veces la del agua y que la distancia entre las placas es 1 mm, se pide: a) Esfuerzo cortante causado por el movimiento en el líquido. b) Fuerza necesaria para mover la placa móvil si su área es 5 m 2. Solución :

a) Esfuerzo cortante causado por el movimiento en el líquido. Con movimiento de líquido bidimensional se cumple: τ = µ·

∆V ∆y τ = µ·

Si la distribución de velocidad es lineal: Sustituyendo valores: τ = 10·µ agua ·

1 = 10·(10 −3 0.001

V ∆V = µ· L ∆y

dV V = dy L kg  1  )· m  = 10 N / m 2 m·s  0.001 

b) Fuerza necesaria para mover la placa móvil si su área es 5 m 2. Ft = τ·A = (10 N / m 2 )·( 5 m 2 ) = 50 N Ejercicio 2. Propiedades de un recipiente lleno de aceite Para un recipiente de aceite de masa de 825 kg y volumen 0.917 m 3, calcular peso, densidad, peso específico y gravedad específica del aceite. Solución :

Peso:

W = m·g = (825 kg)·(9.81 m/s 2) = 8093 kg·m/s 2 = 8093 N

Densidad:

ρ = m/V = 825 kg/0.917 m 3 = 900 kg/m3

Peso específico:

γ = W/V = 8.093 kN/0.917 m 3 = 8.83 kN/m3

Gravedad específica: sg = ρaceite / ρagua@4ºC = 900 kg/m 3 /1000 kg/m3 = 0.9 Ejercicios resueltos. Tema 1

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Ejercicio 3. Módulo volumétrico Calcular el cambio de presión que debe aplicarse al agua para cambiar su volumen en un 1%. Dato: módulo volumétrico del agua, E = 2179 MPa. Solución :

El cambio de presión del 1% indica que ∆V/V = -0.01. Entonces, el cambio de presión es: ∆P = -E·[∆V/V] = -2179·(-0.01) = 21.79 MPa

Ejercicio 4. Presión del líquido bajo un pistón En la figura se muestra un contenedor de líquido con un pistón móvil soportando una carga. Calcular la magnitud de la presión en el líquido bajo el pistón si el peso total del pistón y la carga es de 500 N y el área del pistón es de 2500 mm 2. Solución : Es razonable suponer que la superficie completa del fluido bajo el pistón está

compartiendo la tarea de soportar la carga. La 2ª ley de Pascal establece que la presión del fluido actúa perpendicularmente al pistón. Entonces: P = F/A = 500 N/2500 mm 2 = 0.20 N/mm2 = 0.20 MPa Ejercicio 5. Viscosidad Según los datos que se aportan en la figura y teniendo en cuenta que se estudia un fluido cuya viscosidad dinámica es µ = 4.88·10-3 kg/m·s y densidad relativa ρr = 0.913, calcular, suponiendo una distribución de velocidades lineal: a) Gradiente de velocidades. b) Módulo de la tensión cortante en el contorno y en los puntos situados a 25 mm, 50 mm y 75 mm del contorno. Comentar los resultados obtenidos. Solución :

a) Para la hipótesis de distribución lineal, la relación entre la velocidad y la distancia es: V = (1.125/0.075)·y = 15·y Entonces, el gradiente de velocidades es: dV = 15·dy  dV/dy = 15 b) Para y = 0  V = 0  τ = 0 τ = µ·(∆V/ ∆y) = 4.88·10-3·15 = 7.32·10 -2 Pa

Valor que se obtiene igual para los otros valores de y , ya que el gradiente de velocidades es independiente de la distancia. Por tanto, se trata de un fluido newtoniano. Ejercicios resueltos. Tema 1

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Ejercicio 6. Velocidad a la que aparece cavitación Un torpedo que se mueve en agua dulce a 10ºC tiene un punto de presión mínima dado por Pmin = Po – 0.35ρV2, donde P0 = 115 kPa, ρ es la densidad del agua = 1000 kg/m3 y V es la velocidad del torpedo. Estimar la velocidad a la que se formarán burbujas de cavitación en el torpedo. La constante 0.35 es adimensional y la presión de vapor del agua a 10ºC es P v = 1.23 kPa. Solución :

Se sustituyen los datos en la ecuación dada: Pmin = Pv = 1230 Pa = 115000 Pa – 0.35·(1000 kg/m 3)·V 2 Despejando la velocidad se llega a: V2 = (115000 – 1230)/(0.35·1000) = 325 m 2 /s2  V ≈ 18 m/s Ejercicio 7. Tensión superficial Se va a medir la tensión superficial de un líquido con el apoyo de una película de éste que está suspendida en un marco de alambre con forma de U , con un lado movible de 8 cm de largo. Si la fuerza necesaria para mover el alambre es de 0.024 N, determinar la tensión superficial de este líquido en el aire. Solución :

Se supone que no hay impurezas en el líquido y las superficies del marco de alambre están libres de contaminación. El líquido está expuesto a la presión atmosférica. La tensión superficial se puede determinar a través de la fuerza que actúa por unidad de superficie: F 0.024 N = = 0.15 N/m σs = 2b 2(0.08 m)

b

Película de líquido

F

Nota: la tensión superficial depende de la temperatura y, por tanto, el valor obtenido es válido a la temperatura del líquido.

Ejercicios resueltos. Tema 1

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CINEMÁTICA DE FLUIDOS Ejercicio 8. Campo de velocidad de un flujo bidimensional Nota: el objetivo de este ejercicio es ilustrar los problemas de la cinemática de fluidos mediante un ejemplo de cálculo del campo de aceleración, las líneas de corriente y las propiedades cinemáticas de un flujo de fluido bidimensional dado por su campo de velocidades; en algunos casos hay que resolver una ecuación diferencial, que no es el objetivo de esta asignatura.

Sea un campo estacionario, incompresible y bidimensional de velocidad dado por: V = (u, v) = (0.5 + 0.8x)i + (1.5 - 0.8y) j

Donde las coordenadas x e y se dan en metros y la magnitud de la velocidad en m/s. a) Un punto de estancamiento se define como un punto en el campo de flujo en donde la velocidad es cero. Determinar si existen puntos de estancamiento en este campo de flujo y, si es así, ¿en dónde? b) Dibujar los vectores velocidad en varias ubicaciones del dominio, entre x = - 2 m hasta 2 m e y = 0 m hasta 5 m. c) Calcular la aceleración en el punto (x = 2 m, y = 3 m). Dibujar los vectores aceleración. d) Trazar las líneas de corriente en la mitad derecha del flujo (x > 0) y comparar con los vectores velocidad trazados en el apartado (b). e) Calcular las propiedades cinemáticas: razón de traslación, razón de rotación, razón de deformación lineal, razón de deformación por esfuerzo cortante y razón de deformación volumétrica. Verificar si este flujo es incompresible.


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Solución :

a) Como V es un vector, todas sus componentes deben ser igual a cero para que V sea cero. Por tanto: u = 0.5 + 0.8x = 0  x = -0.625 m v = 1.5 - 0.8y = 0



y = 1.875 m

Existe un punto de estancamiento, localizado en x = -0.625 m; y = 1.875 m. b) Componentes x e y de la velocidad. A partir de la ecuación dada se calculan dichas componentes, por ejemplo, para x = 2 m e y = 3 m  u = 2.10 m/s; v = -0.9 m/s. Al observar la figura se ve que el flujo tiene un punto de estancamiento (círculo rosa), en el cual el flujo entra desde arriba y desde abajo y se dispersa hacia la derecha y la izquierda entorno a una recta horizontal de simetría situada en y = 1.875 m. c) El campo de aceleraciones. Se escriben únicamente las dos componentes diferentes de cero del vector aceleración, que se obtienen derivando el vector velocidad respecto a sus variables t , x , y , z :

∂u ∂u ∂u ∂u + u + v + w = 0 + (0.5 + 0.8 x)·(0.8) + (1.5 - 0.8y)·(0) + 0 ∂t ∂ x ∂ y ∂ z a x = (0.4 + 0.64x) m/s 2 ∂v ∂v ∂v ∂v a y = + u + v + w = 0 + (0.5 + 0.8 x)·(0) + (1.5 - 0.8y)·(-0.8) + 0 ∂t ∂ x ∂ y ∂ z a y = (-1.2 + 0.64y) m/s 2 a x

=

En el punto x = 2 m, y = 3 m: a x = 1.68 m/s2; ay = 0.720 m/s 2. En la figura se muestra el campo de aceleración, que es diferente de cero aún cuando el flujo es estacionario. Por encima del punto de estancamiento los vectores aceleración apuntan hacia arriba, aumentan en magnitud cuando se alejan de ese punto; a la derecha del punto de estancamiento, los vectores aceleración apuntan hacia la derecha, aumentan en magnitud al alejarse de dicho punto. Esto concuerda con los vectores velocidad y las líneas de corriente trazados en los apartados anteriores, es decir, en la parte derecha del campo de flujo las partículas de fluido aceleran en la dirección superior derecha y, por tanto, se tuercen en sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj, debido a la aceleración centrípeta hacia la derecha superior; el flujo por debajo de y = 1.875 m hacia la derecha superior es una Ejercicios resueltos. Tema 1

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imagen especular del que se desarrolla por encima de esta recta de simetría; el flujo a la izquierda de x = -0.625 m es una imagen especular del que se desarrolla a la derecha de esta recta de simetría. d) La ecuación de una línea de corriente bidimensional es: dy 1.5 - 0.8y = dx 0.5 + 0.8x Esta ecuación diferencial se resuelve por separación de variables: dy dx dy dx C ⇒∫ ⇒ y= = =∫ + 1.875 1.5 - 0.8y 0.5 + 0.8 x 1.5 - 0.8y 0.5 + 0.8 x 0.8·( 0.5 + 0.8x ) Donde C es una constante de integración a la que se puede dar varios valores para trazar la gráfica de las líneas de corriente. Las líneas de corriente son las curvas de color negro y las flechas rosas son los vectores velocidad.


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e) Propiedades cinemáticas. La razón de traslación es el propio vector de velocidad: u = 0.5 + 0.8x

v = 1.5 – 0.8y

w=0

La razón de rotación, teniendo en cuenta que w = 0 y que u y v no varían con z : 1  ∂v ∂u  1 ω =  − k = ·(0 - 0)k = 0 2  ∂x ∂y  2 En este caso, no hay rotación neta de las partículas de fluido conforme se mueven en todas direcciones. Las razones de deformación lineal se pueden calcular en cualquier dirección arbitraria. En las direcciones x , y y z son: ε xx

=

∂u = 0.8 s −1 ∂x

ε yy

=

∂v = −0.8 s −1 ∂y

ε zz

=0

Por tanto, se predice que las partículas de fluido se estiran en la dirección x (razón de deformación lineal positiva) y se contraen en la dirección y (razón de deformación lineal negativa). Las razones de deformación por esfuerzo cortante. Debido a la bidimensionalidad, sólo se pueden tener razones diferentes de cero en el plano xy . Si se usan rectas paralelas a los ejes x e y como las rectas inicialmente perpendiculares, se calcula εxy como sigue: ε xy

1  ∂u ∂v  1 = · +  = ·(0 + 0) = 0 2  ∂y ∂x  2

Por tanto, no se tiene deformación por esfuerzo cortante en este flujo. Aunque la partícula muestra de fluido se deforma, continúa siendo rectangular; sus ángulos en las esquinas, en el inicio de 90º, continúan siendo de 90º a lo largo de todo el periodo de cálculo. La razón de deformación volumétrica es cero en todas partes. 1 dV = ε xx + ε yy + ε zz = (0.8 - 0.8 + 0) = 0 V dt Se puede decir que las partículas del fluido no se están dilatando (expandiendo) ni contrayendo (comprimiendo) en volumen. Por consiguiente, se verifica que este flujo es efectivamente incompresible.


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Ejercicio 9. Campo de aceleración de un flujo bidimensional Sea un campo estacionario, incompresible y bidimensional de velocidad dado por las siguientes componentes en el plano XY : u = 1.85 + 2.33x + 0.656y

v = 0.754 – 2.18x – 2.33y

Calcular el campo de aceleración (componentes a x y ay) y la aceleración en el punto (x, y) = (-1, 2). Solución :

Componentes del campo de aceleraciones en coordenadas cartesianas: a x a y

∂u ∂u ∂u ∂u + u + v + w = 0 + (1.85 + 2.33x + 0.656 y )( 2.33) + ( 0.754 − 2.18x − 2.33y )( 0.656) + 0 ∂t ∂x ∂y ∂z ∂v ∂v ∂v ∂v = + u + v + w = 0 + (1.85 + 2.33x + 0.656 y )( −2.18) + ( 0.754 − 2.18x − 2.33y )( −2.33) + 0 ∂t ∂x ∂y ∂z

=

Simplificando: ax = 4.8051 + 3.9988x

a y = -5.7898 + 3.9988y

En el punto (x, y) = (-1, 2) las componentes de la aceleración son: ax = 0.806


ay = 2.21

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LEYES DE CONSERVACIÓN O ECUACIONES DE BALANCE Ejercicio 10. Ecuación de continuidad Determinar el tamaño requerido de un conducto de acero de calibre 40 estándar por el que circulen 3200 l/min de agua con una velocidad máxima de 6.0 m/s.

Solución :

Q = A·V  A = Q/V Q = (3200 l/min)·[(1 min/60s)·(10 -3 m3 /1 dm3] = 0.0533 m 3 /s A = (0.0533 m 3 /s)/6.0 m/s) = 8.89·10 -3 m2 Esta es el área mínima disponible, ya que cualquier área menor produciría una velocidad mayor que 6.0 m/s. Por tanto, se busca en la tabla un conducto con un área justo mayor a 8.88·10-3 m2. Se requiere un conducto de acero calibre 40 de 5 pulg, con área de flujo 1.173·10 -2 m2. La velocidad real de flujo cuando circulan 0.0533 m 3 /s de agua es: V = (0.0533 m 3 /s)/(1.173·10 -2 m2) = 4.54 m/s


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Ejercicio 11. Flujo de agua por la boquilla de una manguera Se usa una manguera con una boquilla de riego para llenar un cubo de 38 l. El diámetro de la manguera es de 10 cm y se reduce hasta 0.8 cm en la salida de la boquilla. Si para llenar el cubo con agua ( ρ = 1000 kg/m3) se tardan 50 s: a) Establecer las hipótesis para la resolución del problema. b) Calcular el flujo volumétrico y el flujo másico de agua que pasa por la manguera. c) Hallar la velocidad promedio del agua a la salida de la boquilla. Solución :

a) Hipótesis: El agua es una sustancia incompresible. El flujo por la manguera es estacionario. No hay desperdicio de agua por salpicadura. b) Flujo volumétrico y flujo másico. El flujo volumétrico o caudal es:

Q=

V 38 l = = 0.76 l / s ∆t 50 s

El flujo másico es: .

m = ρ·Q = (1 kg / dm 3 )·( 0.76 l / s) = 0.76 kg / s

c) Velocidad promedio del agua a la salida de la boquilla. El área de la sección transversal de la salida de la boquilla es: A = π·r 2 = π(0.4 cm)2 = 0.5027 cm 2 = 0.5027·10-4 m2 El caudal que fluye por la manguera y sale por la boquilla es constante, entonces, la velocidad promedio del agua en la salida de la boquilla es: Q 0 .76 l / s 1 m3 V= = · = 15 .1 m / s A 0 .5027 ·10 - 4 m 2 1000 l


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Ejercicio 12. Conservación de la masa en un tanque de aire Un tanque rígido de 1 m3 contiene aire cuya densidad es de 1.18 kg/m3. Está conectado a una línea de alimentación de alta presión a través de una válvula. Ésta se abre y se deja entrar aire en el tanque hasta que la densidad en éste se eleva a 7.20 kg/m3. Determinar la masa de aire que ha entrado en el tanque. Solución :

Se toma el tanque como sistema, que es un volumen de control (o sistema abierto) ya que la masa cruza sus fronteras. El proceso tiene lugar en régimen estacionario y el principio de conservación de la masa se puede expresar como: m entra - m sale = ∆m sistema ⇒ m entra = m sale m entra = ρ2 ·V - ρ1·V = (ρ2 - ρ1 )·V = [(7.20 - 1.18 )kg / m 3 ]·(1 m 3 ) = 6.02 kg

Ejercicio 13. Ventilador El ventilador que extrae el aire de un cuarto de baño de un edificio tiene un caudal de 50 l/s y funciona de manera continua. Si la densidad del aire en el interior es de 1.20 kg/m3, determinar la masa de aire que se extrae en un día. Solución :

El flujo másico es: m& aire = ρ·Q aire = (1.20 kg/m 3 )·(0.050 m3 /s) = 0.060 kg/s La masa de aire que se extrae en un día (24 h) es: & aire·∆t = (0.060 kg/s)(24× 3600 s) = 5184 kg m=m

Ejercicio 14. Conservación de la energía para una bola oscilante de acero Se analiza el movimiento de una bola de acero en un tazón de radio h , como se muestra en la figura. Inicialmente la bola está en el lugar más alto (punto A) y, a continuación, se suelta. Obtener las expresiones de la ecuación de la conservación de la energía para el caso de movimiento sin fricción y movimiento real con fricción. Solución :

Cuando la bola se suelta se acelera debido a la gravedad y alcanza su velocidad máxima (y elevación mínima) en el punto B , en el fondo del tazón y se mueve hacia arriba, hacia el punto C , en el lado opuesto. En el caso ideal de movimiento sin fricción, la bola oscilará entre los puntos A y C . El movimiento real incluye la conversión de la energía cinética y la potencial de la bola entre sí, junto con el hecho de vencer la resistencia al movimiento debido a la fricción. Ejercicios resueltos. Tema 1

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El balance general de energía para cualquier sistema que experimenta un proceso es: Eent – Esal = ∆Esistema Entonces, el balance de energía para la bola, para un proceso desde el punto 1 al 2, en el que no hay transferencia de energía en forma de calor o de masa y no hay cambio en la energía interna de la bola (el calor generado por el calentamiento debido a la fricción se disipa hacia el aire circundante) queda: -wfricción = (ec2 + ep2) – (ec1 + ep1) V12 /2 + gz1 = V22 /2 + gz2 + wfricción A menudo el w fricción se expresa como e pérdida, con la finalidad de representar la pérdida (conversión) de energía mecánica en energía térmica. Para el caso utópico de movimiento sin fricción, la expresión queda: V12 /2 + gz1 = V22 /2 + gz2

↔

V2 /2 + gz = C = constante

Donde el valor de la constante es C = gh. Es decir, cuando los efectos de fricción son despreciables, la suma de la energía cinética y la potencial de la bola se mantiene constante.


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Ejercicio 15. Eficiencia de un turbogenerador hidráulico Se usará el agua de un lago para generar electricidad a través de la instalación de un turbogenerador hidráulico en un lago que está 50 m por debajo de la superficie libre de un depósito grande de agua que puede suministrar ésta a razón de 5000 kg/s de manera uniforme. Si la generación de potencia eléctrica es de 1862 kW y la eficiencia del generador es del 95%, determinar, despreciando las pérdidas en los tubos: a) Eficiencia del turbogenerador. b) Eficiencia mecánica de la turbina. c) Salida de potencia mecánica de la turbina. Solución: a) Se toma el fondo del lago como el nivel de referencia. Entonces, la energía cinética y la potencial del agua son cero y el cambio en su energía mecánica por unidad de masa queda:

e mec ,ent - e mec ,sal =

P ρ

= gh = (9.81 m / s 2 )·(50 m)·(

1 kJ / kg ) = 0.491 kJ / kg 1000 m 2 / s 2

Velocidad a la que la energía mecánica es suministrada a la turbina por el fluido: .

.

| ∆ Emec,fluido |= m·( emec,ent - emec,sal ) = (5000 kgs)·(0.491kJ / kg) = 2455 kW La eficiencia del turbogenerador es: .

η turbo generador

=

W elec,sal .

∆ E mec,fluido

=

1862 kW = 0.76 2455 kW

b) Si se conoce la eficiencia total y la del generador, la eficiencia mecánica de la turbina se determina a partir de: η turbo generador

= η turbina ·η generador

⇒

η turbina

=

η turbo generador η generador

=

0.76 = 0.80 0.95

c) La salida de potencia se determina mediante la definición de eficiencia mecánica: .

.

W sal = η turbina ·| ∆ E mec ,fluido |= ( 0.80 )·( 2455 kW ) = 1964 kW

El lago alimenta 2455 kW de energía mecánica a la turbina, que convierte 1964 kW en trabajo que impulsa el generador, el cual genera 1862 kW de potencia eléctrica. Ejercicios resueltos. Tema 1

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ECUACIÓN DE BERNOULLI Aunque no es posible cubrir todos los tipos de problemas con un método de solución, el procedimiento general de los problemas de flujo de un fluido es: 1. Determinar qué elementos son conocidos y cuáles son las incógnitas del problema. 2. Decidir qué 2 secciones del sistema se utilizarán cuando se escriba la ecuación de Bernoulli. a. Se escoge una sección de la que se conocen muchos datos. La segunda es, por lo general, la sección en la cual se debe calcular algo. 3. Escribir la ecuación de Bernoulli para las 2 secciones elegidas. a. Es importante que la ecuación se escriba en la dirección del flujo. 4. Simplificar la ecuación conforme a las hipótesis de cada problema. 5. Resolver algebraicamente la ecuación para el término deseado. 6. Sustituir las cantidades conocidas y calcular el resultado. 7. Asegurarse que las unidades son consistentes a lo largo de la resolución del problema. Ejercicio 16. Presión en la sección de salida de una tubería circular A través de una tubería circular está fluyendo agua a 10ºC desde la sección 1 hasta la sección 2. En la sección 1, que tiene 25 mm de diámetro, la presión manométrica es de 345 kPa y la velocidad de flujo es de 3 m/s. La sección 2, que tiene 50 mm de diámetro, está a 2 m sobre la sección 1. Suponiendo que no hay pérdidas en el sistema, calcular la presión P 2. Solución :

Se escribe la ecuación de Bernoulli entre las secciones 1 y 2: V12 P2 V22 V12 - V22 + + gz 1 = + + gz 2 ⇒ P2 = P1 + ρ· + ρ·g( z 1 - z 2 ) ρ ρ 2 2 2

P1

En esta ecuación todos son datos a excepción de V 2, que se determina mediante la ecuación de continuidad: A2·V 2 = A1·V 1  V2 = V1·(A 1 /A2) = V1·(D 12 /D22) = (3 m/s)·(0.025 2 /0.052) = 0.75 m/s Sustituyendo los valores en la ecuación de Bernoulli se tiene que: (3 2 - 0.75 2 ) m 2 / s 2 P2 = (345·10 Pa) + (1000 kg / m )· + (1000 kg / m 3 )·( 9.81 m / s 2 )·( -2 m) 2 3

3

P2 = 329.6 kPa


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Ejercicio 17. Boquilla expuesta a la atmósfera En la figura se muestra un sifón que se utiliza para sacar agua de una alberca. El conducto que conforma el sifón tiene un diámetro interior de 40 mm y termina con una boquilla de 25 mm de diámetro. Suponiendo que no hay pérdidas de energía en el sistema, calcular: a) Caudal a través del sifón. b) Presión en los puntos B, C, D y E.

Solución :

a) Para calcular el caudal que sale por el sifón es necesario conocer la velocidad de salida (V F). Esto se hace aplicando la ecuación de Bernoulli entre dos secciones. En este caso se eligen los puntos A y F. Punto A: PA = 0; punto sobre la superficie libre en contacto con la atmósfera. VA = 0; el área superficial de la alberca es muy grande y la velocidad puede tomarse aproximadamente igual a cero. zA = 0 m; se toma como nivel de referencia. Punto F: PF = 0; punto en la corriente libre, fuera de la boquilla, en contacto con la atmósfera. zF = 3 m Por tanto: VA2 PF VF2 + + gz A = + + gz F ⇒ VF = ( z A - z F )·2g = (3 m)·2·( 9.81 m / s 2 ) = 7.67 m / s 2 2 ρ ρ

PA

Al aplicar la ecuación de continuidad se tiene: Q = AF·V F = (π·D F2 /4)·V F = (π·0.0252 /4)·(7.67 m/s) = 3.77·10 -3 m3 /s Ejercicios resueltos. Tema 1

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b) Presión en el punto B. Se escribe la ecuación de Bernoulli entre los puntos A y B: VA2 PB VB2 + + gz A = + + gz B ρ ρ 2 2

PA

PA = 0; VA = 0; zA = zB, ya que están al mismo nivel. Entonces: VB2 PB = γ·(- ) 2g

Para obtener V B se aplica la ecuación de continuidad y se obtiene: Q = AB·V B  VB = Q/ AB = (3.77·10-3 m3 /s)/(π·0.0402 /4) = 3.0 m/s Por tanto, la presión en el punto B es: VB2 PB = γ·(- ) = (9.81 kN/m 3 )·(-0.459 m) = -4.50 kPa 2g

El signo negativo indica que la presión en el punto B está por debajo de la presión atmosférica. Presión en el punto C. Se escribe la ecuación de Bernoulli entre los puntos A y C: PC VC2 VA2 + + gz A = + + gz C ρ ρ 2 2

PA

PA = 0; VA = 0; zA – zC = -1.2 m; VC = VB = 3.0 m/s, ya que (A C = AB). Entonces: PC = -16.27 kPa

Presión en el punto D: P D = PB, ya que la elevación de los puntos B y D son iguales. Presión en el punto E. Se escribe la ecuación de Bernoulli entre los puntos A y E: VA2 PE VE2 + + gz A = + + gz E ρ ρ 2 2

PA

PA = 0; VA = 0; zA – zE = +3.0 m; VE = VB = 3.0 m/s. Entonces: PE = 24.93 kPa


19


A la vista de los resultados obtenidos en este ejercicio se observa que: 1. La velocidad de flujo en la boquilla y, por tanto, el caudal proporcionado por el sifón, dependen de la diferencia de elevación entre la superficie libre del fluido y la salida de la boquilla. 2. La presión en el punto B está por debajo de la presión atmosférica, incluso a pesar de que está al mismo nivel que el punto A, expuesto a la atmósfera. La ecuación de Bernoulli muestra que la carga de presión en B ha disminuido en la misma proporción que el valor de la carga de de velocidad. Es decir, algo de energía se convierte en energía cinética, lo que trae como resultado una presión más en baja en B . 3. La velocidad de flujo es la misma en todos los puntos en donde el tamaño del conducto es el mismo, cuando existe un flujo estable. 4. La presión en el punto C es la más baja del sistema, debido a que éste se ubica en el sitio más elevado. 5. La presión en el punto D es la misma que la del punto B , debido a que ambos están a la misma altura y la carga de velocidad en ambos puntos es la misma. 6. La presión en el punto E es la mayor del sistema debido a que este punto se encuentra en el sitio más bajo.


20


Ejercicio 18. El medidor de Venturi El medidor de Venturi de la figura lleva agua a 60ºC ( γ γ 3 = 9.65 kN/m ) y el fluido manométrico tiene un peso específico de γ γf = 12.26 kN/m3. Calcular la velocidad de flujo (VA) y el caudal (Q) en la sección A. Solución :

La diferencia de elevación entre los puntos A y B es conocida. El manómetro permite determinar la diferencia de presión entre los puntos A y B . también se conoce el tamaño de las secciones en A y en B . La velocidad no se conoce en ningún punto del sistema y la velocidad en el punto A se mide de manera específica. Se escribe la ecuación de Bernoulli entre los puntos A y B : VA2 PB VB2 + +z = + +z γ 2g A γ 2 g B

PA

PA -P B

⇔

γ

VB2 - VA2 + (z A - zB ) = 2g

zA – zB = -0.46 m ( B está más arriba que A). Para evaluar el término correspondiente a la carga de presión [(P A – PB)/ γ ] se escribe la ecuación del manómetro empezando por el punto A: PA + γ ·y + γ ·(1.18 m) - γ f·(1.18 m) - γ ·y - γ ·(0.46 m) = P B PA - PB = γ ·(0.46 m - 1.18 m) + γ f·(1.18 m) = γ ·(-0.72 m) + γ f·(1.18 m) PA -PB γ

PA -PB γ

= -0.72 m +

γ f ·(1.18 m) γ

(12.26 kN/m 3 )·(1.18 m) = -0.72 m + = -0.72 m + 1.50 m = 0.78 m 9.65 kN/m 3

Para calcular las velocidades de los puntos A y B se usa la ecuación de continuidad: AA·V A = AB·V B  VB = (AA /AB)·V A = (DA2 /DB2)·V A = 2.25·VA Se sustituyen todos los datos en la ecuación de Bernoulli escrita entre los puntos A y B , se despeja el valor de V A y se calcula el caudal (Q): PA -PB γ

VB2 - VA2 + (z A - zB ) = 2g

⇒

5.06·V A2 - VA2 0.78 m + (-0.46 m) = 2·( 9.81 m / s 2 )

VA = 1.24 m / s Q = A A ·VA = 8.77·10 -2 m 3 / s


21


Ejercicio 19. Teorema de Torricelli. Flujo de un tanque Para el tanque de la figura calcular la velocidad de flujo que sale de la boquilla (V 2) para una profundidad de fluido h = 3 m. Solución :

Para determinar la velocidad de flujo que se obtiene en la boquilla se escribe la ecuación de Bernoulli entre un punto de referencia en la superficie del fluido y un punto en el chorro que se obtiene en la boquilla: V12 P2 V22 + + gz 1 = + + gz 2 ρ ρ 2 2

P1

P1 = P2 = 0; V1 ≈ 0. Entonces: V2 = 2·g·( z1 - z 2 ) = 2·g·h = 2·(9.81 m / s 2 )·( 3.0 m) = 7.67 m / s Ejercicio 20. Teorema de Torricelli. Chorro vertical Un chorro de líquido es lanzado hacia arriba. Si no hay pérdidas de energía, el chorro alcanzará una altura igual a la elevación de la superficie libre del fluido en el tanque. Comprobar esta afirmación calculando la velocidad en el punto 3. Solución :

Si no hay pérdidas de energía el chorro alcanzará una altura igual a la elevación de la superficie libre del fluido en el tanque y, a esa altura, la velocidad de la corriente es cero. Esto se puede demostrar utilizando la ecuación de Bernoulli. Primero se obtiene una expresión para la velocidad del chorro en el punto 2: V12 P2 V22 + + gz 1 = + + gz 2 ρ ρ 2 2

P1

Esta es una situación idéntica a la del problema anterior. Entonces: V2 = 2·g·h Ahora se escribe la ecuación de Bernoulli entre los puntos 2 y 3 en el nivel de la superficie libre del fluido, pero en la corriente del fluido: P3 V32 V22 + + gz 2 = + + gz 3 ρ ρ 2 2

P2

P2 = P3 = 0. Entonces, resolviendo para V 3: V3 = V22 + 2·g·( z 2 - z 3 ) = 2·g·h - 2·g·h = 0 Este resultado verifica que la corriente alcanza justo la altura de la superficie libre del fluido en el tanque. Para hacer que un chorro alcance mayor altura (como se hace en algunas fuentes ornamentales), se puede desarrollar una mayor presión por encima del fluido en el recipiente o se puede utilizar una bomba para obtener mayor presión. Ejercicios resueltos. Tema 1

22


Ejercicio 21. Teorema de Torricelli. Tanque presurizado Según los datos de la figura, calcular la presión de aire requerida por encima del agua para hacer que chorro suba 9.50 m desde la boquilla, si la profundidad del fluido (h) es 1.50 m.

Solución :

Primero se utiliza la ecuación de Bernoulli para obtener una expresión de la velocidad de flujo en la boquilla como función de la presión de aire: V12 P2 V22 + + gz 1 = + + gz 2 ρ ρ 2 2

P1

V1 = 0; P2 = 0. Entonces, resolviendo para V 2 se obtiene: V2 = 2·g·[( P1 / γ ) + ( z 1 - z 2 )] = 2·g·[( P1 / γ ) + h]

Esta ecuación es parecida al teorema de Torricelli. Se demostró anteriormente que para V = √(2gh), el chorro se elevará una altura h . Por analogía, el sistema presurizado hará que el chorro se eleve una altura [(P 1 / γ) +h]. Entonces, en este problema, si se desea una altura de 9.50 m y h = 1.50 m: 9.50 = P1 / γ + h = P1 / γ + 1.50




P1 = γ ·(9.50 – 1.50)m = (9.81 kN/m 3)·(8 m) = 78.48 kPa

23


ECUACIÓN GENERAL DE LA ENERGÍA Ejercicio 22. Caudal que pasa por una bomba El caudal que pasa por la bomba que se muestra en la figura es de 0.014 m 3/s. El fluido es aceite cuya gravedad específica es 0.86. Calcular la energía transmitida por la bomba al aceite por unidad de peso de aceite que fluye en el sistema. Despreciar cualquier pérdida en el sistema.

Solución :

Utilizando las secciones donde están colocados los medidores de presión, se escribe la ecuación general de la energía, incluyendo sólo los términos necesarios:

PA VA2 PB VB2 + + z A + hA = + + zB ρA g 2g ρB g 2g

⇒

PB - PA VB2 - VA2 hA = + + (z B - z A ) ρg 2g

VA = VB, ya que el tamaño del conducto es el mismo en la sección A y en la sección B . zA – zB = 1.0 m, según la figura. ρ = (0.86)·(1000 kg/m 3) = 860 kg/m3

PA = -28 kPa PB = 296 kPa Por tanto:

[296 - (-28)]·103 kPa hA = + 1.0 m = 38.4 m + 1.0 m = 39.4 m = 39.4 N·m / N (860 kg / m3 )·(9.81 m / s 2 ) Es decir, la bomba transmite 39.4 N·m de energía a cada newton de aceite que fluye por ella. Ejercicios resueltos. Tema 1

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EJERCICIOS PROPUESTOS Estos ejercicios forman parte de la colección de problemas de la asignatura y deben entregarse en fecha y forma para poder aprobar la asignatura. Ejercicio 1. Fluidos newtonianos Para las sustancias A, B, C y D se han realizado ensayos y se han obtenido las relaciones entre los esfuerzos cortantes ( τ, N/m2) y la velocidad de deformación (du/dy, rad/s) dadas en la tabla adjunta. A la vista de los resultados: a) Indicar qué sustancias son fluido. b) Señalar qué sustancias corresponden a fluido newtoniano. Solución : Se realizan las representaciones gráficas τ frente a du/dy.

a) Sustancias que son fluido: C y D, ya que sus diagramas muestran que para valores del esfuerzo cortante ( τ) muy pequeño, hay velocidad de deformación (du/dy). No son fluidos las sustancias A y B, ya que sus diagramas muestran que precisan un esfuerzo cortante finito para comenzar a deformarse. b) La sustancia D es fluido newtoniano, ya que la relación entre la tensión cortante ( τ) y el gradiente de velocidad (du/dy) es constante. La sustancia C no es fluido newtoniano, ya que la relación entre la tensión cortante (τ) y el gradiente de velocidad (du/dy) no es constante.


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Ejercicio 2. Variación de la densidad con la temperatura y la presión Se tiene agua inicialmente a 20ºC y 1 atm. Determinar la densidad final del agua: a) Si se calienta hasta 50ºC a una presión constante de 1 atm. b) Si se comprime hasta alcanzar la presión de 100 atm a una temperatura constante de 20ºC. Datos: densidad del agua a 20ºC y 1 atm, ρ = 998.0 kg/m3; coeficiente de expansión volumétrica a la temperatura promedio de 35ºC, β = 0.337·10-3 K-1; compresibilidad isotérmica del agua α = 4.80·10-5 atm-1. Solución :

Como α y β son constantes, el cambio en la densidad, en términos de los cambios en la presión y la temperatura se expresa de forma aproximada como: ∆ρ = α·ρ·∆P - β·ρ·∆T

a) Cambio en la densidad debido a la variación en la temperatura de 20ºC hasta 50ºC, a presión constante. ∆ρ = -β·ρ·∆T

= -(0.337·10 -3K 1 )·( 998 kg / m 3 )·(50 - 20)K = -10.0 kg / m 3

Como ∆ρ = ρ 2 - ρ1 , la densidad del agua a 50ºC y 1 atm es: ρ2

= ρ1 + ∆ρ = (998 - 10.0) = 988 kg / m 3

b) Cambio en la densidad debido a la variación de la presión de 1 atm a 100 atm, a temperatura constante. ∆ρ = α·ρ·∆P = (4.80·10 -5

atm 1 )·( 998 kg / m 3 )·(100 - 1) atm = 4.7 kg / m 3

Como ∆ρ = ρ 2 - ρ1 , la densidad del agua a 20ºC y 100 atm es: ρ2

= ρ1 + ∆ρ = (998 + 4.7 ) = 1002 .7 kg / m 3

Por tanto, la densidad el agua disminuye cuando se calienta y aumenta cuando se comprime, como era de esperar.


26


Ejercicio 3. Presión mínima para evitar la cavitación En un sistema de distribución de agua se observa que la temperatura de ésta es de aproximadamente 30ºC. Determinar la presión mínima admisible en el sistema para evitar la cavitación. Dato: la presión de vapor del agua a 30ºC es P v = 4.25 kPa. Solución :

Para evitar la cavitación no debe permitirse que la presión en cualquier punto en el flujo caiga por debajo de la presión de vapor (o de saturación) a la temperatura dada, es decir: Pmin = Psat@30ºC = 4.25 kPa Por tanto, la presión debe mantenerse por encima de 4.25 kPa en todo punto del flujo para evitar la cavitación. La presión de vapor se incrementa cuando aumenta la temperatura y, por tanto, el riesgo de cavitación es mayor a temperaturas más altas del fluido. Ejercicio 4. Viscosidad Se quiere mover un bloque de 50 cm x 30 cm x 20 cm que pesa 150 N a una velocidad constante de 0.8 m/s sobre una superficie inclinada con un coeficiente de fricción de 0.27. a) Determinar la fuerza (F) necesaria a aplicar en la dirección horizontal. b) Si se aplica una película de aceite de 0.4 mm de espesor, con una viscosidad dinámica de 0.012 Pa·s entre el bloque y la superficie inclinada, calcular el porcentaje de reducción en la fuerza necesaria. Comentar el resultado obtenido.


27


Solución :

a) La velocidad del bloque es constante y, por tanto, su aceleración y la fuerza neta que actúa sobre él es cero. A partir del diagrama del sólido libre se puede plantear el balance de fuerzas: V = 0.8 m/s F f

F 1

20

F N

20

20 = 150 W

x

∑ F

x

= 0:

F 1

− F f cos 20° − F N 1 sin 20° = 0

(1)

∑ F

= 0:

F N 1 cos 20° − F f sin 20° − W = 0

(2)

y

Fuerza de fricción: F f =

(3)

fF N 1

Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) y resolviendo, se obtiene: F N 1

=

W

cos 20° − f sin 20°

=

150 N cos 20° − 0.27 sin 20°

= 177.0 N

Entonces, de la ecuación (1): F 1

= F f

cos 20° + F N 1 sin 20° = (0.27 ×177 N ) cos 20° + (177 N ) sin 20° = 105.5

N

b) En este caso, la fuerza de fricción es sustituida por el esfuerzo de corte aplicado desde la base de la superficie del bloque debido a la película de aceite, que se puede calcular a partir del dato de la viscosidad dinámica del aceite: Fshear

= τ w As = µ As

V h

= ( 0. 012 N ⋅ s/m 2 )( 0. 5 × 0. 2 m 2 )

0.8 m/s 4 × 10-4 m

= 2.4 N

Del diagrama del sólido libre se obtiene:

∑ F

x

= 0:

F 2

− F shear cos 20° − F N 2 sin 20° = 0

(4)

∑ F

= 0:

F N 2 cos 20° − F shear sin 20° − W = 0

(5)

y

V = 0.8 m/s

50 cm

0.4

F 2

20 Ejercicios resueltos. Tema 1

F shear F N

W = 150

= 28


De la ecuación (5): F N 2

= ( F shear sin 20° + W ) / cos 20° = [(2.4 N ) sin 20° + (150 N )] / cos 20° = 160.5 N

Sustituyendo en la ecuación (4), la fuerza horizontal requerida es: F 2

= F shear cos 20° + F N 2 sin 20° = (2.4 N) cos 20° + (160.5 N) sin 20° = 57.2

N

Entonces, el porcentaje de reducción en la fuerza necesaria es: Percentage reduction in required force =

F1 − F 2 F1

×100% =

105.5 − 57.2 105.5

×100% = 45.8%

La fuerza requerida para empujar el bloque sobre la superficie inclinada se reduce significativamente si se añade sobre ésta una película de aceite. Ejercicio 5. Tensión superficial Una bola de acero sólido puede flotar sobre el agua debido al efecto de la tensión superficial. Determinar el diámetro máximo de una bola de acero que flotaría sobre el agua a 20ºC. ¿Cuál sería la respuesta para una bola de aluminio? Comentar los resultados obtenidos. Datos: ρaluminio = 2700 kg/m3; ρacero = 7800 kg/m3; tensión superficial del agua a 20ºC, σ = 0.073 N/m Solución :

La tensión superficial y el peso de la bola se pueden expresar como: Fs = π·D·σ

W = m·g = ρ·g·V = ρg·πD 3 / 6

Cuando la bola flota, la fuerza neta que actúa en dirección vertical es cero. Por tanto: 6·σ Fs = W  D = . ρ·g Sustituyendo los valores conocidos, el diámetro máximo para una bola de acero y una de aluminio son: D acero

6·σ = = ρ·g

D Alu min io

6·σ = = ρ·g

6·( 0.073 N/m) 1 kg m/s 2 = 2.4·10 -3 m = 2.4 mm 3 2 1 N (7800 kg/m )·(9.81m/s ) 6·( 0.073 N/m) 1 kg m/s 2 = 4.1·10 -3 m = 4.1 mm 3 2 1 N (2700 kg/m )·(9.81m/s )

El diámetro de la bola es inversamente proporcional a la raíz cuadrada de la densidad y, por tanto, para un material dado, flotarán mejor las bolas cuanto menor sea su diámetro. Ejercicios resueltos. Tema 1

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Ejercicio 6. Cinemática de fluidos Sea un campo bidimensional, estacionario e incompresible de velocidad dado por las siguientes componentes en el plano XY : u = 0.205 + 1.72x + 0.851y

v = -0.509 + 0.953x – 1.72y

Calcular el campo de aceleración (componentes a x y ay) y la aceleración en el punto (x, y) = (1, 3). Solución :

Componentes del campo de aceleraciones en coordenadas cartesianas: a x a y

∂u ∂u ∂u ∂u + u + v + w = 0 + ( 0.205 + 1.72x + 0.851y )(1.72 ) + ( −0.509 + 0.953x −1.72 y )( 0.851) + 0 ∂t ∂x ∂y ∂z ∂v ∂v ∂v ∂v = + u + v + w = 0 + ( 0.205 + 1.72x + 0.851y )( 0.953) + ( −0.509 + 0.953x −1.72 y )( −1.72) + 0 ∂t ∂x ∂y ∂z

=

Simplificando: ax = -0.080559 + 3.769403x

a y = 1.070845 + 3.769403y

En el punto (x, y) = (1, 3) las componentes de la aceleración son: ax = 3.69 m/s2

ay = 12.4 m/s2

Ejercicio 7. Ecuación de la conservación de la masa Entra aire de manera estacionaria en una tobera a 2.21 kg/m 3 y 45 m/s y sale a 0.762 kg/m3 y 150 m/s. Si el área de entrada de la tobera es de 80 cm 2, determinar: a) Flujo másico que pasa por la tobera. b) Área de salida de la tobera. Solución :

a) Flujo másico: m& = ρ1A 1V1 = (2.21 kg/m 3 )(0.008 m 2 )( 45 m/s ) = 0.796 kg / s b) Hay una entrada y una salida, por lo tanto,

&1 m

= m& 2 = m& .

Entonces el área de salida de la tobera es:

m& = ρ2 A 2 V2

⇒

A2 =

& m 0.796 kg/s = = 0.00696 m2 = 69.6 cm2 ρ 2 V2 (0.762 kg/ m3 )(150 m/s)


30


Ejercicio 8. Teorema de Torricelli. Tiempo requerido para vaciar un tanque Calcular, para un tanque de diámetro interior 1.50 m, el tiempo requerido para vaciarlo desde un nivel de 3.0 m a 0.50 m, si el diámetro de la boquilla de salida es 50 mm. Solución :

Para calcular el tiempo requerido para vaciar un tanque, teniendo en cuenta la variación de la velocidad a medida a la que disminuye la profundidad, se utilizará el teorema de Torricelli. Así, la velocidad de flujo en el chorro es: V = 2·g·h

El caudal que pasa por la boquilla es Q = A j·V j (m3 /s). En una pequeña cantidad de tiempo (dt), el volumen del fluido que pasa por la boquilla es: Volumen que fluye = Q·dt = A j·V j·dt Mientras tanto, debido a que el fluido está saliendo del tanque, el nivel de fluido disminuye. Durante el pequeño incremento dt , el nivel de fluido baja una pequeña distancia dh . Entonces, el volumen del fluido que sale del tanque es: Volumen removido = -A t·dh Estos dos volúmenes han de ser iguales. Entonces: A j·V j·dt = -At·dh



- (A t / A j ) dt = ·dh V j

Del teorema de Torricelli se puede sustituir el valor de la velocidad: dt =

- (A t / A j ) ·dh 2·g·h

⇔

dt =

- (A t / A j ) ·h 2·g

1 / 2

·dh

El tiempo requerido para que el nivel del fluido descienda de una profundidad h 1 a otra h 2 se obtiene integrando la ecuación anterior entre los instantes t 1 y t 2: 1/2 - (A t /A j ) h1/2 2(A t /A j ) 1/2 1/2 2 - h1 t 2 - t1 = · = ·(h 1 - h 2 ) 1/2 2·g 2·g

Para los datos del tanque de la figura: At = π·(1.502)/4 = 1.767 m 2; A j = π·(0.052)/4 = 0.001963 m 2; A /A t j = 900 Por tanto, el tiempo requerido para vaciar el tanque desde 3.0 m hasta 0.50 m es: t 2 - t1 =

2(900) 1/2 1/2 ·(3 0.5 1 2 ) = 417 s = 6 min 57 s 2·(9.81 m/s 2 )


31


Ejercicio 9. Potencia transmitida a un motor Está fluyendo agua a 10ºC con una rapidez de 115 l/min por el motor que se muestra en la figura. La presión en A es 700 kPa y la presión en B es 125 kPa. Se estima que, debido a la fricción en la tubería, existe una pérdida de energía de 4 N·m/N en el agua que fluye. Calcular: a) Potencia transmitida al motor de fluido por el agua. b) Si la eficiencia mecánica del motor es del 85%, calcular la salida de potencia. Solución :

a) Se toman los puntos A y B como referencia y se escribe la ecuación general de la energía entre esos dos puntos, en la dirección del flujo: PA VA2 PB VB2 + + z A - hR - hL = + + zB ρ A g 2g ρB g 2g PA - PB VA2 - VB2 hR = + + ( z A - z B ) - hL ρg 2g Para resolver esta ecuación es necesario calcular V A y V B, para lo que se utiliza el dato del caudal y se aplica la ecuación de continuidad en cada una de las secciones: 1 m 3 / s Q = (115 l / min)· = 1.92·10 -3 m 3 / s 60000 l / min

Q = VA · A A Q = VB ·A B

⇒

1.92·10 -3 m 3 / s VA = = 3.91 m / s 4.909·10 -4 m 2

⇒

1.92·10 -3 m 3 / s VB = = 0.43 m / s 4.418·10 -3 m 2

(700 - 125)·10 3 kPa (3.912 - 0.43 2 ) m 2 / s 2 hR = + + (1.8 m) - (4.0 m) (1000 kg / m 3 )·(9.81 m / s 2 ) 2·( 9.81 m / s 2 ) hR = 58.6 m + 0.77 m + 1.8 m - 4.0 m = 57.2 m b) La potencia (P) transmitida por el fluido al motor se obtiene multiplicando hR (medida de la energía transmitida por cada unidad de peso de fluido mientras pasa por el dispositivo) por el peso específico del fluido y por el caudal: P = h R· γ ·Q = (57.2 m)·(9.81·10 3 N/m3)·(1.92·10 -3 m3 /s) = 1077 N· m/s = 1.08 kW Como la eficiencia del motor es del 85%, la salida de potencia es: Psalida = (0.85)·(1.08 kW) = 0.92 kW Ejercicios resueltos. Tema 1

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BIBLIOGRAFÍA      

Yunus A. Cengel & John M. Cimbala. Mecánica de Fluidos. Fundamentos y aplicaciones. Editorial Mc Graw-Hill. White, Frank M. Mecánica de fluidos. Editorial Mc Graw-Hill. Mott, Robert L. Mecánica de fluidos aplicada. Editorial: Prentice Hall. Merle C. Potter & David C. Wiggert. Mecánica de fluidos aplicada. Editorial: Prentice Hall. 2004. Yunus A. Cengel & Michael A. Boles. Termodinámica. Editorial: Editorial McGraw – Hill. 2009. Yunus A. Cengel. Transferencia de calor y masa. Editorial: Editorial McGraw – Hill. 2007.

Bibliografía

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Tema 1. Mecánica de fluidos_Ejercicios resueltos(4)

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