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- 1. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 1 II Unidad Mecánica de los Fluidos. Guía de Ejercicios OBJETIVOS GENERALES En esta unidad curricular fundamento o base de un campo de la ingeniería, se trata de conseguir que el estudiante conozca, entienda y domine las propiedades y el comportamiento de los fluidos, muy diferente al de los sólidos, tanto en reposo como en movimiento, así como las aplicaciones de dichas leyes fundamentales en el campo industrial que le permitirá en asignaturas posteriores, abordar con mayor intensidad dichas aplicaciones tanto en el campo de las máquinas como en el de las instalaciones. Asignatura derivada de la física, con las dificultades de comprensión y razonamiento que ello supone para el alumno y con la ventaja de poder resolver problemas prácticos y habituales en la vida real. Se tratarán además de las propiedades que caracterizan a los fluidos, las ecuaciones fundamentales que definen su comportamiento, y una forma de análisis basada en la experimentación, muy útil en todos los campos de la física como es el Análisis dimensional. Es decir las siguientes ecuaciones: Ecuación de la estática y de la hidrostática y sus aplicaciones. Ecuación del numero de Reynolds Ecuación de la continuidad o conservación de la masa. Ecuación general de la energía. Análisis dimensional y semejanza. RECOMENDACIONES PARA CURSAR LA MATERIA Conocimientos previos necesarios Conocimientos básicos de Física, fundamentalmente de mecánica de sólidos, y manejo de las unidades de medida de las variables físicas. Conocimientos básicos de Matemáticas: trigonometría, resolución de integrales, ecuaciones diferenciales, y soltura en la resolución de ecuaciones. Habilidad y agilidad en el uso de la calculadora. Conocimiento de programas informáticos de entorno Windows: Word, Excell y Power-Point. Direcciones de Internet de interés. Para finalizar conviene resaltar que la asignatura exige al estudiante un trabajo continuo a lo largo del curso, para conseguir con facilidad su asimilación y dominio de los conceptos. PROBLEMAS RESUELTOS 2.1 La bomba de la figura trasvasija agua del depósito inferior al superior, a razón de 2,0 pie3/s. La pérdida de carga en la tubería de succión es de 6 pies, y en la tubería de descarga 12 pies. Ambas tuberías son de acero comercial de 6” de diámetro nominal cedula 40 (proceso a 20 0C). Determinar: (a) Presión a la entrada de la bomba (psi). (b) Presión a la salida de la bomba (psi). (c) Potencia que transmite la bomba al agua (HP). (d) Potencia o energía por unidad de tiempo requerida por la bomba para una eficiencia de 80/%.
- 2. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 2 SOLUCION: Datos: Q = 2,0 pie3 /s; hLE = 6,0 pie; hLS = 12 pie; Fluido = H2O; Conducto: acero de 6” cedula 40; PE = ?; PS = ?; PA = ?; Pl = ?; ℮ 𝑴 = 𝟖𝟎% ≈ 0,8. Sabemos que: 𝑸 = 𝒗 ∗ 𝑨 ; 𝑷 𝑨 = 𝒉 𝑨 ∗ 𝜸 ∗ 𝑸 ; ℮ 𝑴 = 𝑷 𝑨 𝑷 𝒍 ; D = 0,5054 pie (Apéndice F del R.M) ; T = 20 0 C ; A = 0,2006 pie2 (Apéndice F del R.M); γ = 62,3 Lb/pie3 (Apéndice A del R.M). Por lo tanto: a) Aplicando un balance de energía entre el punto 1 y dos, nos queda: 𝑷 𝟏 𝜸 + 𝒛 𝟏 + 𝒗 𝟏 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳𝟏−𝑬 = 𝑷 𝑬 𝜸 + 𝒛 𝑬 + 𝒗 𝑬 𝟐 𝟐𝒈 ; P1 = PAtm ≈ 0.; v1 ≈ 0. 𝑷 𝟏 𝜸 + 𝒛 𝟏 + 𝒗 𝟏 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳𝟏−𝑬 = 𝑷 𝑬 𝜸 + 𝒛 𝑬 + 𝒗 𝑬 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝒛 𝟏 − 𝒉 𝑳𝟏−𝑬 = 𝑷 𝑬 𝜸 + 𝒛 𝑬 + 𝒗 𝑬 𝟐 𝟐𝒈
- 3. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 3 𝑷 𝑬 𝜸 = 𝒛 𝟏 − 𝒛 𝑬 − 𝒉 𝑳𝟏−𝑬 − 𝒗 𝑬 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝑷 𝑬 = 𝜸 ∗ [( 𝒛 𝟏 − 𝒛 𝑬)− 𝒉 𝑳𝟏−𝑬 − 𝒗 𝑬 𝟐 𝟐𝒈 ] Por otra parte: 𝑸 = 𝒗 ∗ 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝑸 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝟐,𝟎 𝒑𝒊𝒆 𝟑 𝒔 𝟎,𝟐𝟎𝟎𝟔 𝒑𝒊𝒆𝟐 ⇒ 𝒗 = 𝟗, 𝟗𝟕 𝒑𝒊𝒆 𝒔 ; v = vE = vS (Por continuidad). Luego: 𝑷 𝑬 = 𝜸 ∗ [( 𝒛 𝟏 − 𝒛 𝑬) − 𝒉 𝑳𝟏−𝑬 − 𝒗 𝑬 𝟐 𝟐𝒈 ] 𝑷 𝑬 = 𝟔𝟐, 𝟑 𝑳𝒃 𝒑𝒊𝒆 𝟑 ∗ [(−𝟏𝟎− 𝟎) 𝒑𝒊𝒆− 𝟔, 𝟎 𝒑𝒊𝒆 − (𝟗, 𝟗𝟕 𝒎 𝒔 ) 𝟐 𝟐 ∗ 𝟑𝟐, 𝟐 𝒑𝒊𝒆/𝒔 𝟐] 𝑷 𝑬 = −𝟏𝟎𝟗𝟑 𝑳𝒃 𝒑𝒊𝒆 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝒑𝒊𝒆 𝟐 𝟏𝟒𝟒 𝒑𝒖𝒍𝒈 𝟐 ) = −𝟕. 𝟓𝟗 𝑳𝒃 𝒑𝒖𝒍𝒈 𝟐 ≅ 𝟕, 𝟓𝟗 𝒑𝒔𝒊 (𝑷𝒐𝒓 𝒅𝒆𝒃𝒂𝒋𝒐 𝒅𝒆 𝑷 𝑨𝒕𝒎.) b) Aplicando un balance de energía entre los puntos S y 2, nos queda: 𝑷 𝑺 𝜸 + 𝒛 𝑺 + 𝒗 𝑺 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳𝑺−𝟐 = 𝑷 𝟐 𝜸 + 𝒛 𝟐 + 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 ; P2 = PAtm ≈ 0; v2 ≈ 0. 𝑷 𝑺 𝜸 + 𝒛 𝑺 + 𝒗 𝑺 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳𝑺−𝟐 = 𝑷 𝟐 𝜸 + 𝒛 𝟐 + 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝑷 𝑺 𝜸 + 𝒛 𝑺 + 𝒗 𝑺 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳𝑺−𝟐 = 𝒛 𝟐 𝑷 𝑺 𝜸 = 𝒛 𝟐 − 𝒛 𝑺 + 𝒉 𝑳𝑺−𝟐 − 𝒗 𝑺 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝑷 𝑺 = 𝜸 ∗ [( 𝒛 𝟐 − 𝒛 𝑺) + 𝒉 𝑳𝟐−𝑺 − 𝒗 𝑺 𝟐 𝟐𝒈 ] 𝑷 𝑺 = 𝟔𝟐, 𝟑 𝑳𝒃 𝒑𝒊𝒆 𝟑 ∗ [( 𝟒𝟎 − 𝟎) 𝒑𝒊𝒆 − 𝟏𝟐, 𝟎 𝒑𝒊𝒆 − (𝟗, 𝟗𝟕 𝒎 𝒔 ) 𝟐 𝟐 ∗ 𝟑𝟐, 𝟐 𝒑𝒊𝒆/𝒔 𝟐] 𝑷 𝑺 = 𝟏𝟔𝟒𝟖,𝟒𝟔 𝑳𝒃 𝒑𝒊𝒆 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝒑𝒊𝒆 𝟐 𝟏𝟒𝟒 𝒑𝒖𝒍𝒈 𝟐 ) = 𝟏𝟏, 𝟒𝟓 𝑳𝒃 𝒑𝒖𝒍𝒈 𝟐 ≅ 𝟏𝟏, 𝟒𝟓 𝒑𝒔𝒊 c) Aplicando un balance de energía entre los puntos 1 y 2, nos queda: 𝑷 𝟏 𝜸 + 𝒛 𝟏 + 𝒗 𝟏 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝑷 𝟐 𝜸 + 𝒛 𝟐 + 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 ; P1 = P2 = PAtm .; v1 = v2 ≈ 0. 𝑷 𝟏 𝜸 + 𝒛 𝟏 + 𝒗 𝟏 𝟐 𝟐𝒈 + 𝒉 𝑨 − 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝑷 𝟐 𝜸 + 𝒛 𝟐 + 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝒛 𝟏 + 𝒉 𝑨 − 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝒛 𝟐 𝒉 𝑨 = ( 𝒛 𝟐 − 𝒛 𝟏)+ 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 ⇒ 𝒉 𝑨 = ( 𝟒𝟎 − 𝟏𝟎) 𝒑𝒊𝒆 + 𝟏𝟖 𝒑𝒊𝒆 ⇒ 𝒉 𝑨 = 𝟒𝟖 𝒑𝒊𝒆 Luego: 𝑷 𝑨 = 𝒉 𝑨 ∗ 𝜸 ∗ 𝑸 ⇒ 𝑷 𝑨 = 𝟒𝟖 𝒑𝒊𝒆 ∗ 𝟔𝟐, 𝟑 𝑳𝒃 𝒑𝒊𝒆 𝟑 ∗ 𝟐, 𝟎 𝒑𝒊𝒆 𝟑 𝒔
- 4. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 4 𝑷 𝑨 = ( 𝟓𝟗𝟖𝟎, 𝟖 𝑳𝒃 − 𝒑𝒊𝒆 𝒔 ) ∗ ( 𝟏 𝒉𝒑 𝟓𝟓𝟎, 𝟎 𝑳𝒃 − 𝒑𝒊𝒆 𝒔 ) ≅ 𝟏𝟎, 𝟖𝟕 𝒉𝒑. Finalmente: ℮ 𝑴 = 𝑷 𝑨 𝑷𝒍 ⇒ 𝑷𝒍 = 𝑷 𝑨 ℮ 𝑴 ⇒ 𝑷𝒍 = 𝟏𝟎, 𝟖𝟕 𝒉𝒑 𝟎, 𝟖 ⇒ 𝑷𝒍 = 𝟏𝟑, 𝟓𝟗 𝒉𝒑 2.2 Calcule la perdida de energía para el flujo de 0,02 m3/s de agua a 10 0C a través de una válvula de compuerta de ½” abierta por completo, conectada a una tubería de 4” de hierro dúctil no recubierto de 6”. SOLUCION: Datos: Q = 0,02 m3 /s ; hL = ?; T = 10 0 C ; Fluido: H2O ; Accesorio: válvula de compuerta c/a de ½” ; Conducto: tubería de6” de hierro dúctil no recubierto. Sabemos que: 𝒉 𝑳 = 𝒌 ∗ 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ; 𝒌 = 𝒇 𝑻 ∗ ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) ; fT = fr ; ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) = 𝟏𝟔𝟎(Por tablas) ; 𝑵 𝑹 = 𝝆∗𝑫∗𝒗 𝝁 ; ( 𝑫 𝜺 ) ; ρ = 1000Kg/m3 (Apéndice A del R.M); ε = 2,4x10-4 m ; D =156 mm ≈ 0,156 m (Apéndice I del R.M) ; A = 1,910x10-2 m2 (Apéndice I del R.M) ; μ = 1,30x10-3 N.s/m2 (Apéndice A del R.M) ; Q = v.A. Por lo tanto: 𝑸 = 𝒗 ∗ 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝑸 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝟎,𝟎𝟐 𝒎 𝟑 𝒔 𝟏,𝟗𝟏𝒙𝟏𝟎−𝟐 𝒎 𝟐 ⇒ 𝒗 = 𝟏, 𝟎𝟓 𝒎 𝒔 Luego: 𝑵 𝑹 = 𝝆∗𝑫∗𝒗 𝝁 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝑲𝒈 𝒎 𝟑∗𝟎,𝟏𝟓𝟔 𝒎∗𝟏,𝟎𝟓 𝒎 𝒔 𝟏,𝟑𝟎𝒙𝟏𝟎−𝟑 𝑷𝒂.𝒔 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟏𝟐𝟔𝟎𝟎𝟎(𝑭. 𝑻) Además: ( 𝑫 𝜺 ) = 𝟎,𝟏𝟓𝟔 𝒎 𝟐,𝟒𝒙𝟏𝟎−𝟒 𝒎 = 𝟔𝟓𝟎 Ubicamos los valore de NR y (D/ε) en el diagrama de Moody e interpolando nos queda: X1 = 500; Y1 = 0,025; X2 = 650; Y2 = fr; X3 = 750; Y3 = 0,023. 𝑿 𝟑−𝑿 𝟏 𝒀 𝟑−𝒀 𝟏 = 𝑿 𝟐−𝑿 𝟏 𝒀 𝟐−𝒀 𝟏 ⇒ 𝟕𝟓𝟎−𝟓𝟎𝟎 𝟎,𝟎𝟐𝟑−𝟎,𝟎𝟐𝟓 = 𝟔𝟓𝟎−𝟓𝟎𝟎 𝒇 𝒓−𝟎,𝟎𝟐𝟓 ⇒ 𝒇 𝒓 ≅ 𝟎, 𝟎𝟐𝟒 Entonces: 𝒌 = 𝒇 𝑻 ∗ ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) ⇒ 𝒌 = 𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) ⇒ 𝒌 = 𝟎, 𝟎𝟐𝟒 ∗ 𝟏𝟔𝟎 ⇒ 𝒌 = 𝟑, 𝟖𝟒 𝒎 Finalmente: 𝒉 𝑳 = 𝒌 ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) ⇒ 𝒉 𝑳 = 𝟑, 𝟖𝟒 𝒎 ∗ ( (𝟏,𝟎𝟓 𝒎 𝒔 ) 𝟐 𝟐∗𝟗,𝟖𝟏 𝒎/𝒔 𝟐 ) ⇒ 𝒉 𝑳 = 𝟎, 𝟐𝟏𝟔 𝒎
- 5. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 5 2.3 Calcule la caída de presión a través de una válvula de globo abierta por completo, situada en una tubería de 4” cedula 40 por la que circula 400 gal/min. de aceite (Sg = 0,87). SOLUCION: Datos: ΔP = ? ; Accesorio: válvula de globo c/a ; Conducto: tubería de acero de 4” calibre 40 ; Q = 400 gal/min ; Sg = 0,87 ; Fluido: aceite. Sabemos que: Q = v.A ; 𝑺 𝒈 = 𝜸 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 𝜸 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 ; 𝒉 𝑳 = 𝒌 ∗ 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ; 𝒌 = 𝒇 𝑻 ∗ ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) ; ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) = 𝟑𝟒𝟎 (Por tablas); fT = 0,017 (Por tablas) ; D = 0.3355 pie (Apéndice F del R.M) ; A = 0,08840 pie2 (Apéndice F del R.M) ; γ referencia = 62,4 Lb/pie3 (Por teoria). Por lo tanto: Aplicando un balance de energía entre los puntos 1 y 2 (antes y después de la válvula), tenemos: 𝑷 𝟏 𝜸 + 𝒛 𝟏 + 𝒗 𝟏 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳 = 𝑷 𝟐 𝜸 + 𝒛 𝟐 + 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 ; z1 = z2 (posición horizontal); v1=v2 (iguales áreas). 𝑷 𝟏 𝜸 + 𝒛 𝟏 + 𝒗 𝟏 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝑷 𝟐 𝜸 + 𝒛 𝟐 + 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝑷 𝟏 𝜸 − 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝑷 𝟐 𝜸 ⇒ 𝑷 𝟏 𝜸 − 𝑷 𝟐 𝜸 = 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 ∆𝑷 = 𝜸 ∗ 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 Por otra parte: 𝑸 = (𝟒𝟎𝟎 𝒈𝒂𝒍 𝒎𝒊𝒏 ) ∗ ( 𝟏 𝒑𝒊𝒆 𝟑/𝒔 𝟒𝟒𝟗 𝒈𝒂𝒍/𝒎𝒊𝒏 ) ⇒ 𝑸 = 𝟎, 𝟖𝟗 𝒑𝒊𝒆 𝟑 𝒔 𝑸 = 𝒗 ∗ 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝑸 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝟎,𝟖𝟗 𝒑𝒊𝒆 𝟑 𝒔 𝟎,𝟎𝟖𝟖𝟒𝟎 𝒑𝒊𝒆 𝟐 ⇒ 𝒗 = 𝟏𝟎, 𝟎𝟕 𝒑𝒊𝒆 𝒔 Luego: 𝒌 = 𝒇 𝑻 ∗ ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) ⇒ 𝒌 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟕 ∗ 𝟑𝟒𝟎 ⇒ 𝒌 = 𝟓, 𝟕𝟖 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝒌 ∗ 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝟓, 𝟕𝟖 ∗ (𝟏𝟎,𝟎𝟕 𝒑𝒊𝒆 𝒔 ) 𝟐 𝟐∗𝟑𝟐,𝟐 𝒑𝒊𝒆/𝒔 𝟐 ⇒ 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝟗, 𝟏 𝒑𝒊𝒆 Finalmente: 𝑺 𝒈 = 𝜸 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 𝜸 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 ⇒ 𝜸 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 = 𝑺 𝒈 ∗ 𝜸 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 ⇒ 𝜸 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 = 𝟎, 𝟖𝟗 ∗ 𝟔𝟐, 𝟒 𝑳𝒃 𝒑𝒊𝒆 𝟑 𝜸 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 = 𝟓𝟒, 𝟐𝟗 𝑳𝒃 𝒑𝒊𝒆 𝟑 ∆𝑷 = 𝜸 ∗ 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 ⇒ ∆𝑷 = 𝟓𝟒, 𝟐𝟗 𝑳𝒃 𝒑𝒊𝒆 𝟑 ∗ 𝟗, 𝟏 𝒑𝒊𝒆 ⇒ ∆𝑷 = (𝟒𝟗𝟒, 𝟎𝟒 𝑳𝒃 𝒑𝒊𝒆 𝟐 ) ∗ ( 𝟏 𝒑𝒊𝒆 𝟐 𝟏𝟒𝟒 𝒑𝒖𝒍𝒈 𝟐 ) ∆𝑷 ≅ 𝟑, 𝟒𝟑 𝒑𝒔𝒊 2.4 Calcule la potencia transmitida por el aceite al motor de fluido que se muestra en la figura, si la rapidez de flujo de volumen es de 0,25 m3/s. Existe una pérdida de energía de 1,4 m en el sistema de conductos. Si el motor tiene una eficiencia de 75%, calcule la producción de potencia o salida de potencia.
- 6. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 6 SOLUCION: Datos: PR = ? ; Fluido: aceite ; Q = 0,25 m3 /s ; hL = 1,4 m ; ℮M = 75% ≈ 0,75 ; PO = ? ; Sg = 0,86 ; Dint. = 300 mm ≈ 0,3 m. Sabemos que: 𝑷 𝑹 = 𝒉 𝑹 ∗ 𝜸 ∗ 𝑸 ; 𝑸 = 𝒗 ∗ 𝑨 ; ℮ 𝑴 = 𝑷 𝑶 𝑷 𝑹 ; 𝑺 𝒈 = 𝜸 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 𝜸 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 ; γreferencia = 9.81 KN/m.3 Por lo tanto: Aplicando un balance de energía entre los puntos 1 y 2, nos queda: 𝑷 𝟏 𝜸 + 𝒛 𝟏 + 𝒗 𝟏 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑹 − 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝑷 𝟐 𝜸 + 𝒛 𝟐 + 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 P1 = P2 = PAtm ; v1 ≈ 0. 𝑷 𝟏 𝜸 + 𝒛 𝟏 + 𝒗 𝟏 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑹 − 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝑷 𝟐 𝜸 + 𝒛 𝟐 + 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 𝒛 𝟏 − 𝒉 𝑹 − 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 = 𝒛 𝟐 + 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 𝒉 𝑹 = ( 𝒛 𝟏 − 𝒛 𝟐)− 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 − 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 Por otra parte: 𝑨 = 𝝅∗𝑫 𝟐 𝟒 ⇒ 𝑨 = 𝝅∗( 𝟎,𝟑 𝒎) 𝟐 𝟒 ⇒ 𝑨 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟏 𝒎 𝟐 𝑸 = 𝒗 ∗ 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝑸 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝟎,𝟐𝟓 𝒎 𝟑 𝒔 𝟎,𝟎𝟕𝟏 𝒎 𝟐 𝒗 = 𝟑, 𝟓𝟐 𝒎 𝒔 Luego: 𝒉 𝑹 = ( 𝒛 𝟏 − 𝒛 𝟐)− 𝒉 𝑳𝟏−𝟐 − 𝒗 𝟐 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝒉 𝑹 = [ 𝟎 − (−𝟏𝟎)] 𝒎 − 𝟏, 𝟒𝒎 − [ (𝟑,𝟓𝟐 𝒎 𝒔 ) 𝟐 𝟐∗𝟗,𝟖𝟏 𝒎/𝒔 𝟐 ] 𝒉 𝑹 = 𝟕, 𝟗𝟕 𝒎 Además:
- 7. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 7 𝑺 𝒈 = 𝜸 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 𝜸 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 ⇒ 𝜸 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 = 𝑺 𝒈 ∗ 𝜸 𝒓𝒆𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 ⇒ 𝜸 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 = 𝟎, 𝟖𝟔 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 𝑲𝑵 𝒎 𝟑 𝜸 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 = 𝟖, 𝟒𝟒 𝑲𝑵 𝒎 𝟑 Así: 𝑷 𝑹 = 𝒉 𝑹 ∗ 𝜸 ∗ 𝑸 ⇒ 𝑷 𝑹 = 𝟕, 𝟗𝟕 𝒎∗ 𝟖, 𝟒𝟒 𝑲𝑵 𝒎 𝟑 ∗ 𝟎, 𝟐𝟓 𝒎 𝟑 𝒔 ⇒ 𝑷 𝑹 = 𝟏𝟔, 𝟖𝟐 𝑲𝑾 Finalmente: ℮ 𝑴 = 𝑷 𝑶 𝑷 𝑹 ⇒ 𝑷 𝑶 = ℮ 𝑴 ∗ 𝑷 𝑹 ⇒ 𝑷 𝑶 = 𝟎, 𝟕𝟓 ∗ 𝟏𝟔, 𝟖𝟐 𝑲𝑾 ⇒ 𝑷 𝑶 = 𝟏𝟐, 𝟔𝟐 𝑲𝑾 2.5 Si 565 L/s de flujo se mueven desde A hasta B, ¿cuál es la potencia necesaria para bombear el agua? Suponga que 𝝂 = 0.1130 x10-5 m2 /s. SOLUCION: Datos: Q = 565 L/s ; PA = ? ; 𝝂 = 0.1130 x 10-5 m2 /s ; D = 200 mm ≈ 0,2 m ; L = 91 m ; ε= 0,000046 mm ; ρ = 1000 Kg/m3 (Apéndice A del R.M) ; kE = 0,7 ; kC = 0,9 ; kV = 1,0 ; kS = 1,0. Sabemos que: 𝑷 𝑨 = 𝒉 𝑨 ∗ 𝜸 ∗ 𝑸 ; 𝑨 = 𝝅∗𝑫 𝟐 𝟒 ; 𝒉 𝑳 = ∑ 𝒉 𝑳𝒑 + ∑ 𝒉 𝑳𝒔 ; 𝒉 𝑳𝒔 = 𝒌 ∗ 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ; 𝒉 𝑳𝒑 = 𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) ; 𝑵 𝑹 = 𝑫∗𝒗 𝝂 ; ( 𝑫 𝜺 ) ; 𝜸 = 𝝆 ∗ 𝒈. Por lo tanto: Aplicando un balance de energía entre los puntos A y B, nos queda: 𝑷 𝑨 𝜸 + 𝒛 𝑨 + 𝒗 𝑨 𝟐 𝟐𝒈 + 𝒉 𝑨 − 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝑷 𝑩 𝜸 + 𝒛 𝑩 + 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ; PA = PB = PAtm. ; vA = vB ≈ 0. 𝑷 𝑨 𝜸 + 𝒛 𝑨 + 𝒗 𝑨 𝟐 𝟐𝒈 + 𝒉 𝑨 − 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝑷 𝑩 𝜸 + 𝒛 𝑩 + 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝒛 𝑨 + 𝒉 𝑨 − 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝒛 𝑩
- 8. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 8 𝒉 𝑨 = 𝒛 𝑩 − 𝒛 𝑨 + 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 (Colocando N.R sobre el eje de la tubería horizontal) Entonces: 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = ∑ 𝒉 𝑳𝒑 + ∑ 𝒉 𝑳𝒔 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒌 𝑬 ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒌 𝑪 ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒌 𝑽 ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒌 𝑺 ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = [𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) + 𝒌 𝑬 + 𝒌 𝑪 + 𝒌 𝑽 + 𝒌 𝑺] ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) Por otra parte: 𝑸 = (𝟓𝟔𝟓 𝑳 𝒔 ) ∗ ( 𝟑,𝟔 𝒎 𝟑/𝒉 𝟏 𝑳/𝒔 ) ∗ ( 𝟏 𝒉 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 ) ⇒ 𝑸 = 𝟎, 𝟓𝟔𝟓 𝒎 𝟑 𝒔 ; 𝑨 = 𝝅∗𝑫 𝟐 𝟒 𝑸 = 𝒗 ∗ 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝑸 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝟎,𝟓𝟔𝟓 𝒎 𝟗/𝒔 𝝅∗(𝟎,𝟐 𝒎) 𝟐 𝟒 ⇒ 𝒗 = 𝟏𝟕, 𝟗𝟖 𝒎 𝒔 Luego: 𝑵 𝑹 = 𝑫∗𝒗 𝝂 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟎,𝟐 𝒎∗𝟏𝟕,𝟗𝟖 𝒎/𝒔 𝟎.𝟏𝟏𝟑𝟎𝒙𝟏𝟎−𝟓 𝒏 𝟐/𝒔 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟑, 𝟏𝟖𝒙𝟏𝟎 𝟔 (𝑭.𝑻) ( 𝑫 𝜺 ) = 𝟎.𝟐 𝒎 𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟒𝟔 𝒎 = 𝟒𝟑𝟒𝟕,𝟖 Ubicamos los valore de NR y (D/ε) en el diagrama de Moody e interpolando nos queda: X1 = 3000 ; Y1 = 0,0155 ; X2 = 4348 ; Y2 = fr ; X3 = 5000 ; Y3 = 0,0141. 𝑿 𝟑−𝑿 𝟏 𝒀 𝟑−𝒀 𝟏 = 𝑿 𝟐−𝑿 𝟏 𝒀 𝟐−𝒀 𝟏 ⇒ 𝟓𝟎𝟎𝟎−𝟑𝟎𝟎𝟎 𝟎,,𝟎𝟏𝟒𝟏−𝟎,𝟎𝟏𝟓𝟓 = 𝟒𝟑𝟒𝟖−𝟑𝟎𝟎𝟎 𝒇 𝒓−𝟎,𝟎𝟏𝟓𝟓 ⇒ 𝒇 𝒓 ≅ 𝟎, 𝟎𝟏𝟓. Entonces: 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = [𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) + 𝒌 𝑬 + 𝒌 𝑪 + 𝒌 𝑽 + 𝒌 𝑺] ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = [𝟎, 𝟎𝟏𝟓 ∗ 𝟗𝟏 𝟎,𝟐 + 𝟎, 𝟕 + 𝟎, 𝟗 + 𝟏, 𝟎 + 𝟏, 𝟎] ∗ ( ( 𝟏𝟕,𝟗𝟖 𝒎 𝒔 ) 𝟐 𝟐∗𝟗,𝟖𝟏 𝒎 𝒔 𝟐 ) 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝟏𝟕𝟏,𝟖 𝒎 Además: 𝒉 𝑨 = 𝒛 𝑩 − 𝒛 𝑨 + 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 ⇒ 𝒉 𝑨 = ( 𝟏𝟑 − 𝟑𝟔) 𝒎 + 𝟏𝟕𝟏, 𝟖 𝒎 ⇒ 𝒉 𝑨 = 𝟏𝟒𝟖, 𝟖 𝒎 Finalmente: 𝜸 = 𝝆 ∗ 𝒈 ⇒ 𝜸 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝑲𝒈 𝒎 𝟑 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 𝒎 𝒔 𝟐 ⇒ 𝜸 = 𝟗, 𝟖𝟏 𝑲𝑵 𝒎 𝟑 𝑷 𝑨 = 𝒉 𝑨 ∗ 𝜸 ∗ 𝑸 ⇒ 𝑷 𝑨 = 𝟏𝟒𝟖. 𝟖 𝒎 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 𝑲𝑵 𝒎 𝟑 ∗ 𝟎, 𝟓𝟔𝟓 𝒎 𝟑 𝒔 ⇒ 𝑷 𝑨 = 𝟖𝟐𝟒, 𝟕𝟒 𝑲𝑾 2.6 Desde un depósito elevado se abastece de agua a un canal de regadío, como se muestra en la figura. Calcule el flujo volumétrico del agua en el canal, si ésta tiene 80 0F.
- 9. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 9 SOLUCION: Datos: Q = ? ; Fluido: H2O ; T = 80 0 F ; Conducto: tubería de acero 4” cedula 40 ; Accesorio 1: codo de radio largo ; Accesorio 2: válvula de compuerta A/M. Sabemos que: Q = v.A ; 𝒉 𝑳 = ∑ 𝒉 𝑳𝒑 + ∑ 𝒉 𝑳𝒔 ; 𝒉 𝑳𝒑 = 𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) ; 𝒉 𝑳𝒔 = 𝒌 ∗ 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ; 𝒌 = 𝒇 𝑻 ∗ ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) ; ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) 𝒗𝒂𝒍𝒗. = 𝟏𝟔𝟎 (Por tablas) ; ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) 𝒄𝒐𝒅.. = 𝟐𝟎 (Por tablas) ; 𝑵 𝑹 = 𝑫∗𝒗 𝝂 ; ( 𝑫 𝜺 ) ; fT =0,017 (Por tablas) ; D = 0,3355 pie (Apéndice F del R.M) ; A = 0,0884 pie2 (Apéndice F del R.M) ; 𝝂 = 9,15x10-6 pie2 /s (Apéndice A del R.M) ; ε = 1,5x10-4 pie. Por lo tanto: Como se nos pide determinar el caudal,de acuerdo a la teoría, se trata de un sistema en serie de la clase II por lo que es necesario recurrir al método de iteración para poder determinar dicho caudal. A continuación describiremos el procedimiento: i. Aplicando un balance de energía entre los puntos A y B, nos queda: 𝑷 𝑨 𝜸 + 𝒛 𝑨 + 𝒗 𝑨 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝑷 𝑩 𝜸 + 𝒛 𝑩 + 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ; PA = PB = PAtm. ; vA ≈ 0.
- 10. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 10 ii. Se evalúan las cantidades conocidas. 𝑷 𝑨 𝜸 + 𝒛 𝑨 + 𝒗 𝑨 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝑷 𝑩 𝜸 + 𝒛 𝑩 + 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 𝒛 𝑨 − 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝒛 𝑩 + 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝒛 𝑨 − 𝒛 𝑩 = 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 + 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 [ 𝟎 − (−𝟒𝟎)] 𝒎 = 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 + 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝟒𝟎𝒎 = 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 + 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 (𝟏) iii. Expresamos las pérdidas de energía en términos de la velocidad desconocida v y el factor de fricción fr. 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = ∑ 𝒉 𝑳𝒑 + ∑ 𝒉 𝑳𝒔 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒌 𝑬𝒏𝒕 ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒌 𝑪𝒐𝒅 ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒌 𝑽𝒂𝒍𝒗 ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒌 𝑬𝒏𝒕 ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒇 𝑻 ∗ ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) 𝒄𝒐𝒅.. ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒇 𝑻 ∗ ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) 𝒗𝒂𝒍𝒗. ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) ; v = vB. 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = [𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) + 𝒌 𝑬𝒏𝒕 + 𝒇 𝑻 ∗ ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) 𝒄𝒐𝒅.. + 𝒇 𝑻 ∗ ( 𝑳 𝒆 𝑫 ) 𝒗𝒂𝒍𝒗. ] ∗ ( 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ) 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = [𝒇 𝒓 ∗ ( 𝟑𝟑𝟎 𝒑𝒊𝒆 𝟎,𝟑𝟑𝟓𝟓 𝒑𝒊𝒆 ) + 𝟏, 𝟎 + 𝟎, 𝟎𝟏𝟕∗ 𝟐𝟎 + 𝟎, 𝟎𝟏𝟕∗ 𝟏𝟔𝟎] ∗ ( 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ) 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = ( 𝟒, 𝟎𝟔 + 𝟗𝟖𝟑. 𝟔𝒇 𝒓)∗ ( 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ) (𝟐) iv. Sustituyendo (2) en (1) y despejando la velocidad en términos de fr, tenemos: 𝟒𝟎𝒎 = ( 𝟒, 𝟎𝟔+ 𝟗𝟖𝟑.𝟔𝒇 𝒓) ∗ ( 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ) + 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ⇒ 𝟒𝟎 = [ 𝟒, 𝟎𝟔+ 𝟗𝟖𝟑,𝟔𝒇 𝒓 + 𝟏] ∗ ( 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ) 𝒗 𝑩 = √ 𝟐𝒈∗𝟒𝟎 𝟓,𝟎𝟔+𝟗𝟖𝟑,𝟔 𝒇 𝒓 ⇒ 𝒗 𝑩 = √ 𝟐∗𝟑𝟐,𝟐∗𝟒𝟎 𝟓,𝟎𝟔+𝟗𝟖𝟑,𝟔 𝒇 𝒓 ⇒ 𝒗 𝑩 = √ 𝟐𝟓𝟕𝟔 𝟓,𝟎𝟔+𝟗𝟖𝟑,𝟔 𝒇 𝒓 (𝟑) v. Expresamos el número de Reynolds en términos de la velocidad. 𝑵 𝑹 = 𝑫∗𝒗 𝝂 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟎.𝟑𝟑𝟓𝟓∗𝒗 𝑩 𝟗,𝟏𝟓𝒙𝟏𝟎−𝟔 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟑, 𝟔𝟕𝒙𝟏𝟎 𝟒 ∗ 𝒗 𝑩 (𝟒) vi. Calculamos la rugosidad relativa. ( 𝑫 𝜺 ) = 𝟎,𝟑𝟑𝟓𝟓 𝒑𝒊𝒆 𝟏,𝟓𝒙𝟏𝟎−𝟒 = 𝟐𝟐𝟑𝟔, 𝟕 vii. Seleccionamos un valor de prueba fr basado en el valor conocido de (D/ε) y un NR en el rango de turbulencia. Tomemos fr = 0,020 viii. Calculamos la velocidad vB a partir de la ecuación (3). 𝒗 𝑩 = √ 𝟐𝟓𝟕𝟔 𝟓,𝟎𝟔+𝟗𝟖𝟑,𝟔 𝒇 𝒓 ⇒ 𝒗 𝑩 = √ 𝟐𝟓𝟕𝟔 𝟓,𝟎𝟔+𝟗𝟖𝟑,𝟔∗𝟎,𝟎𝟐 ⇒ 𝒗 𝑩 = 𝟏𝟎, 𝟐𝟏 𝒑𝒊𝒆 𝒔 ix. Calculamos el NR a partir de la ecuación (4). 𝑵 𝑹 = 𝟑, 𝟔𝟕𝒙𝟏𝟎 𝟒 ∗ 𝒗 𝑩 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟑, 𝟔𝟕𝒙𝟏𝟎 𝟒 ∗ 𝟏𝟎, 𝟐𝟏 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟑, 𝟕𝒙𝟏𝟎 𝟓 x. Evaluamos el valor de fr para el NR del paso anterior y el valor conocido de (D/ε), utilizando el diagrama de Moody. Tenemos un fr = 0,0175. xi. Puesto que este valor es diferente del valor seleccionado, se repiten los pasos vii) al x). Tomemos fr = 0,0175, se tiene:
- 11. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 11 𝒗 𝑩 = √ 𝟐𝟓𝟕𝟔 𝟓,𝟎𝟔+𝟗𝟖𝟑,𝟔 𝒇 𝒓 ⇒ 𝒗 𝑩 = √ 𝟐𝟓𝟕𝟔 𝟓,𝟎𝟔+𝟗𝟖𝟑,𝟔∗𝟎,𝟎𝟏𝟕𝟓 ⇒ 𝒗 𝑩 = 𝟏𝟎, 𝟕𝟓 𝒑𝒊𝒆 𝒔 𝑵 𝑹 = 𝟑, 𝟔𝟕𝒙𝟏𝟎 𝟒 ∗ 𝒗 𝑩 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟑, 𝟔𝟕𝒙𝟏𝟎 𝟒 ∗ 𝟏𝟎, 𝟕𝟓 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟑, 𝟗𝟒𝒙𝟏𝟎 𝟓 El nuevo valor es fr = 0,0175 el cual no cambia. Finalmente: 𝒗 𝑩 = 𝟏𝟎, 𝟕𝟓 𝒑𝒊𝒆 𝒔 𝑸 = 𝒗 𝑩 ∗ 𝑨 ⇒ 𝑸 = 𝟏𝟎, 𝟕𝟓 𝒑𝒊𝒆 𝒔 ∗ 𝟎, 𝟎𝟖𝟖𝟒 𝒑𝒊𝒆 𝟐 ⇒ 𝑸 = 𝟎, 𝟗𝟓 𝒑𝒊𝒆 𝟑 𝒔 2.7 Una línea de agua se va a instalar al green del séptimo hoyo de un campo de golf como se muestra en la figura. La alimentación es de una línea principal en el punto A donde la presión es de 80 psig relativas. Con la finalidad de asegurar el funcionamiento adecuado de los aspersores en el green, la presión en el punto B debe ser de al menos 60 psig relativas. Determine el tamaño mas pequeño permisible de tubería estándar de acero Calibre 40 para alimentar 0,50 pie3/s de agua a 60 0F. SOLUCION: Datos: Q = 0,50 pie3 /s ; Fluido: H2O ; T = 60 0 F ; Conducto: tubería de acero 4” cedula 40 ; PA = 80 psig ; PB = 60 psig ; D = ? ; L = 600 pies. Sabemos que: Q = v.A ; 𝒉 𝑳𝒑 = 𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) ∗ ( 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ) ; 𝑵 𝑹 = 𝑫∗𝒗 𝝂 ; ( 𝑫 𝜺 ) ; 𝑨 = 𝝅∗𝑫 𝟐 𝟒 ; ε = 1,5 x10-4 pies. Por lo tanto: Como se nos pide determinar el diámetro de la tubería, de acuerdo a la teoría, se trata de un sistema en serie de la clase III por lo que es necesario recurrir al método de iteración para poder determinar dicho diámetro. A continuación describiremos el procedimiento: i. Aplicando un balance de energía entre los puntos A y B, nos queda: 𝑷 𝑨 𝜸 + 𝒛 𝑨 + 𝒗 𝑨 𝟐 𝟐𝒈 − 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝑷 𝑩 𝜸 + 𝒛 𝑩 + 𝒗 𝑩 𝟐 𝟐𝒈 ; vA = vB (Colocando N.R en el punto A) 𝑷 𝑨 𝜸 + 𝒛 𝑨 − 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝑷 𝑩 𝜸 + 𝒛 𝑩 ⇒ 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝑷 𝑨 𝜸 − 𝑷 𝑩 𝜸 + 𝒛 𝑨 − 𝒛 𝑩
- 12. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 12 ii. Despejamos la perdida de energía total y evaluamos las cantidades conocidas. 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝑷 𝑨−𝑷 𝑩 𝜸 + 𝒛 𝑨 − 𝒛 𝑩 ⇒ 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = [ ( 𝟖𝟎−𝟔𝟎) 𝑳𝒃 𝒑𝒖𝒍𝒈 𝟐∗( (𝟏𝟒𝟒 𝒑𝒖𝒍𝒈 𝟐) 𝟏 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝟐 ) 𝟔𝟐,𝟒 𝑳𝒃 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝟑 ] + ( 𝟎 − 𝟐𝟓) 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝟒𝟔, 𝟐 𝒑𝒊𝒆𝒔 − 𝟐𝟓 𝒑𝒊𝒆𝒔 ⇒ 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝟐𝟏, 𝟐 𝒑𝒊𝒆𝒔 iii. Expresamos las pérdidas de energía en términos de la velocidad, utilizando la ecuación de Darcy. 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) ∗ ( 𝒗 𝟐 𝟐𝒈 ) iv. Expresamos la velocidad en términos de la velocidad de flujo de volumen y el diámetro de la tubería. 𝒗 = 𝑸 𝑨 ⇒ 𝒗 = 𝑸 𝝅∗𝑫 𝟐 𝟒 ⇒ 𝒗 = 𝟒𝑸 𝝅∗𝑫 𝟐 v. Sustituimos la expresión de v en la ecuación de Darcy. 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) ∗ [ ( 𝟒𝑸 𝝅∗𝑫 𝟐 ) 𝟐 𝟐𝒈 ] ⇒ 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = 𝒇 𝒓 ∗ ( 𝑳 𝑫 ) ∗ ( 𝟏𝟔𝑸 𝟐 𝝅 𝟐∗𝑫 𝟒∗𝟐𝒈 ) 𝒉 𝑳𝑨−𝑩 = ( 𝟖𝑳∗𝑸 𝟐 𝝅 𝟐∗𝒈 ) ∗ ( 𝒇 𝒓 𝑫 𝟓 ) vi. Despejamos el diámetro de la ecuación anterior. 𝑫 = ( 𝟖𝑳∗𝑸 𝟐 𝝅 𝟐∗𝒈∗𝒉 𝑳𝑨−𝑩 ∗ 𝒇 𝒓) 𝟎,𝟓 vii. Expresamos el NR en términos del diámetro y sustituimos v en la misma. 𝑵 𝑹 = 𝒗∗𝑫 𝝂 ⇒ 𝑵 𝑹 = ( 𝟒𝑸 𝝅∗𝑫 𝟐 ) ∗ ( 𝑫 𝝂 ) ⇒ 𝑵 𝑹 = ( 𝟒𝑸 𝝅∗𝝂 ) ∗ ( 𝟏 𝑫 ) 𝑵 𝑹 = ( 𝟒∗𝟎,𝟓𝟎 𝝅∗𝟏,𝟐𝟏𝒙𝟏𝟎−𝟓 ) ∗ ( 𝟏 𝑫 ) ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟓,𝟐𝟔𝒙𝟏𝟎 𝟒 𝑫 viii. Asumimos un valor de prueba para el factor de fricción. fr = 0,020 ix. Calculamos D a partir de la ecuación del paso vi) con el valor de fr asumido. 𝑫 = ( 𝟖𝑳∗𝑸 𝟐 𝝅 𝟐∗𝒈∗𝒉 𝑳𝑨−𝑩 ∗ 𝒇 𝒓) 𝟎,𝟓 ⇒ 𝑫 = ( 𝟖∗𝟔𝟎𝟎∗(𝟎,𝟓𝟎) 𝟐 𝝅 𝟐∗𝟑𝟐,𝟐∗𝟐𝟏,𝟐 ∗ 𝟎, 𝟎𝟐) 𝟎,𝟓 ⇒ 𝑫 = 𝟎, 𝟑𝟐𝟒 𝒑𝒊𝒆𝒔 x. Calculamos el NR a partir del valor de D obtenido en el paso anterior. 𝑵 𝑹 = 𝟓,𝟐𝟔𝒙𝟏𝟎 𝟒 𝑫 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟓,𝟐𝟔𝒙𝟏𝟎 𝟒 𝟎,𝟑𝟐𝟒 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟏, 𝟔𝟐𝒙𝟏𝟎 𝟓 xi. Calculamos la rugosidad relativa. ( 𝑫 𝜺 ) = 𝟎,𝟑𝟐𝟒 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝟏,𝟓𝒙𝟏𝟎−𝟒 𝒑𝒊𝒆𝒔 = 𝟐𝟏𝟔𝟎
- 13. Guía: Mecánica de Fluidos y Fundamentos de Termodinámica. Elaborada por: Prof. Ing. Larry Segueri Página 13 xii. Determinamos el nuevo valor de fr a partir del diagrama de Moody. Tenemos un fr = 0,019 ≠ 0,020 Puesto que el nuevo valor de fr es diferente al valor asumido se repiten los pasos del viii) al xii). Asumimos fr = 0,019 𝑫 = ( 𝟖𝑳∗𝑸 𝟐 𝝅 𝟐∗𝒈∗𝒉 𝑳𝑨−𝑩 ∗ 𝒇 𝒓) 𝟎,𝟓 ⇒ 𝑫 = ( 𝟖∗𝟔𝟎𝟎∗(𝟎,𝟓𝟎) 𝟐 𝝅 𝟐∗𝟑𝟐,𝟐∗𝟐𝟏,𝟐 ∗ 𝟎, 𝟎𝟏𝟗) 𝟎,𝟓 ⇒ 𝑫 = 𝟎, 𝟑𝟐𝟎 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝑵 𝑹 = 𝟓,𝟐𝟔𝒙𝟏𝟎 𝟒 𝑫 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟓,𝟐𝟔𝒙𝟏𝟎 𝟒 𝟎,𝟑𝟐𝟎 ⇒ 𝑵 𝑹 = 𝟏, 𝟔𝟓𝒙𝟏𝟎 𝟓 ( 𝑫 𝜺 ) = 𝟎,𝟑𝟐𝟎 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝟏,𝟓𝒙𝟏𝟎−𝟒 𝒑𝒊𝒆𝒔 = 𝟐𝟏𝟑𝟓 fr = 0,019; el cual no cambia. Entonces, el tamaño mínimo permitido para la tubería esde 0,320 pies. Debemos seleccionar una tubería estándar Calibre 40 cercana a este tamaño. Una tubería de acero de 4” Calibre 40 tiene un diámetro interno de 0,3355 pies y se selecciona para esta aplicación.