preblemario de flujo de fluidos
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problemas de flujo de fluidoTRANSCRIPT
“CUADERNO DE FLUJO DE FLUIDOS”
BITACORA
Alumna: Malvaez Guzmán Nallely
Boleta: 2012320481
Grupo: 2IM17
Profesor: Palafox Ramos Jorge
Fecha: 3 de Marzo de 2015
Instituto Politécnico Nacional Escuela Superior de Ingeniería Química e Industrias
Extractivas
Tercer departamental
Capitulo 8
Problema 8.31. Se tiene agua a 10º C, ρ=999.7kg
m3 y μ=1.307E-3
kgm s
que
fluye de manera estacionaria en una tubería de 0.20 cm de diámetro y 15 m de largo a una velocidad promedio de 1.2 m/s. Determine: a) la caída de presión, b) la pérdida de carga y c) la necesidad de potencia de bombeo para superar esta caída de presión.
a) Caída de Presión=?
ℜ= ρ∗Vprom∗DHμd
Re< 2100 Laminar2100 ≤ℜ≤4000 Transitorio Re > 4000 Turbulento
ℜ=(999.7 kgm3 )∗(1.2ms )∗(0.20
cm∗1m100cm
)
1.307 x 10−3kg /m∗s
= 1835 ∴ “FLUJO LAMINAR”
∆ PL=( 32μd LV PROMDH 2 )
∆ PL=32∗15m∗1.307 x10−3 KG
ms∗1.2m
s
2
0.2cm∗1m100cm
= 188208 kgm/ m*s2 = N
m2 = Pa
b) Perdida de carga=?
∆ P=ρ∗g∗h L∴∆h L= ∆ Pρ∗g
AGUA
DH=0.20cmm
∆hL =
188208N
m2
999.7kgm3
∗9.81ms2
=19.19m
b) Potencia=?
POTENCIA=∆ PL∗V∗( π∗DH 2
4 )
Potencia = 188208∗(1.2ms )∗(0.20 cm∗1m
100cm )2∗π
4 = 0.709 Watts
Problema 8.32. Se tiene agua a 15 º C, ρ=999.1kg
m3 y μ=1.138E-3kgm s
que
fluye de a razón de 9 L/s de manera estacionaria en una tubería horizontal de 30 m de largo y 5 cm de diámetro fabricada de acero inoxidable. Determine: a) la caída de presión, b) la pérdida de carga y c) la potencia de bombeo necesaria para superar esta caída de presión.
Datos:
ACERO INOXIDABLE
ρ=999.1 kgm3
DH=5cm
μ=1.138∗10−3 kgmm∗s
Qv=V π DH2
4 ∴ V= 4Qv
π DH2
V=4∗(9 L
s∗1m3
1000 L )π∗¿¿
= 4.58 ms
ℜ= ρ∗Vprom∗DHμd
ℜ=(999.1 kgm3 )∗(4.58 ms )∗(5
cm∗1m100cm
)
1.138 x 10−3kg /m∗s
= 201049 ∴ “FLUJO
TURBULENTO”
Factor de Darcy
1
√ fD=−2 log (
εDH3.7
+2.51
ℜ√ fD¿)¿
Acero Inoxidable ε=0.002mm
1
√ fD=−2 log¿¿ ) ∴ f=0.01594
ΔPL = FD∗( LD )* ρ∗(V )2
2∗g
ΔPL=0.01594∗( 30m0.05m )∗¿ 999.1kg
m3 *
(4.58ms)2
2 = 100218.86 Pa
hL= FD∗( LD )* (V )2
2∗g
hL=0.01594∗( 30m0.05m )* (4.58m
s)2
2∗9.81 ms2
= 10.22 m
POTENCIA=∆ PL∗QV
Potencia = 100218.86∗(9 Ls ¿1m 31000 L ) = 902.07 Watts
Problema 8.4I. Se tiene aire que entra a una sección de 10 m de largo de ducto rectangular de 15 cm x 20 cm de sección transversal formado de acero comercial a 1 atm y 35º C a una velocidad promedio de 7 m/s. Sin considerar los efectos de entrada, determina la potencia de ventilador necesaria para superar las pérdidas de presión en esta sección del ducto.
Datos:
P= 1 atmT= 35 ℃
μaire=1.895∗10−3 kgmm∗s
Partiendo del gas ideal
5cm
10cm
20cmAIRE 7 ms
a) PV= m RT
P= mv∗RT
P= ρ RT
ρ= PRT
=
(1 atm∗101.325kPa1atm
)
(0.285 kPam3
kgm℃ )∗(35℃+273 ) ° K = 1.15
kgm
m3
Forma Rectangular
DH= 2ab
(a+b) =
2∗(0.20m )∗(0.15m)(0.20m+0.15m )
= 0.17 m
Re= (1.15 kkgmm∗s )∗(7 ms )∗(0.17m)
1.895∗10−3 kgmm∗s
= 7.22x10-4 ∴ “FLUJO
TURBULENTO”
1
√ fD=−2 log( 0.045mm171.4mm
3.9+
2.5472177√ fD ) ∴ f=0.02
∆ P L=0.020∗( 10m0.17m )∗(1.15 kgmm3 )∗(7 m
s)2
2
= 33.14 Pa = N
m2
QV = V*A A=L*L= 0.15*0.20=0.03 m2
QV= (7 ms
¿∗(0.03m2 )=0.21m3
s
POTENCIA = ∆ PL∗QV
POTENCIA = ( 33.14 Nm2 ¿∗(0.21 m
3
s)= 6.96 Watts
8.43 Se tiene GLICERINA a 40°C, con ρ=1252kg
m3 y μ=0.27kgmm∗sque fluye a
través de una tubería horizontal lisa de 4cm de diámetro, con una velocidad promedio de 3.5 m/s. Determine la caída de presión a lo largo de 10m de la tubería.
Datos:Glicerina T=40°Cv=3.5m /sL=10m
ℜ=(1252 kgm3 )∗(3.5 ms )∗(0.04m)
0.27kg /m∗s
= 649.18 ∴ “FLUJO LAMINAR”
a) QV
GLICERINA
DH=4 cm
Qv=V π DH2
4=
(3.5 ms )∗(0.04m )2∗π
4= 0.0043 m3/s
Qv=∆ Pπ R4
8 μdL R=
D2
∆ PL=QV∗128∗μd∗L
π D4 = 128∗(0.27 kgmm3 )∗(10m)(0.0043m 3/s )∗¿
π∗¿¿¿ = 1.84*
105N
m2=Pa
POTENCIA = ∆ PL∗QV
POTENCIA = (1.84*105 Nm2 ¿∗(0.0043 m
3
s)= 794.55 Watts
Problema 8-120 I. Una placa de orificio de 1.8 in de diámetro se usa para medir la razón de flujo de masa de agua a 60°F
(ρ=62.36 lbmft3
μ=7.536 x10−4 lbmfs
) a través de una tubería horizontal de 4 in
de diámetro. Se usa para medir la diferencia de presión a través de una placa de orificio. Si la lectura del manómetro diferencial es de 7 in, determine el flujo volumétrico del agua a través de la tubería, la velocidad promedio y la pérdida de carga causada por el medidor de orificio.
Qv=AoCd √ 2 (P1−P2 )ρF (1−β4 )
ρ f (=) Densidad del fluido de la tuberíaρw (=) Densidad del fluido en el manómetro
Cd=0.61
a) Flujo másico
Ao=π d2
4¿ π ¿¿¿
β= dD
=1.8∈ ¿4∈¿=0.45¿
¿
QV=AoCd
√2( ρw
ρ f
−1)gh¿
(1−β4)¿
Qv= (0.0177 ft 2) (0.61 ) √2( 848.25 lbmft362.36lbm
ft3
−1)(32.2 fts2 )¿¿¿
QV=0.23 ft3/ s
b) Velocidad
4in 1.8 in
7in
v1=4Qv
π D2=4(0.23 ft
3
s)
π ¿¿¿
∆ PL=( ρw−ρ f ) gh
∆ PL=¿=3.18 PSI
PROBLEMA 8.123. Un medidor Venturi equipado con un manómetro diferencial se usa para medir la razón de flujo de agua a 15º C (
ρ=999.1 kgm3 ) a través de una tubería horizontal de 5 cm de diámetro. El
diámetro de la garganta Venturi es de 3 cm, y la caída de presión medida es de 5 kPa. Cuando se considera el coeficiente de descarga como 0.98, determine el flujo volumétrico del agua y la velocidad promedio en la tubería.
ρ=999.1 kgmm3
Ao = π∗d2
4
3cm5cm
Ao = π∗(0.03m2 )4
= 7X10−4 m2
β= dD
=3 cm5cm
=0.60
Qv=¿7X 10−4 m2 ) * (0.98) * √ 2∗(5000 Pa)
(999.1 kgmm3 )∗(1−0.604 ) = 2.4 *10−3 m3
s=2.4 L/s
DH media = D1+D 22
= 0.04 m
V= 4∗Qvπ∗D2 =
4∗(2.4∗10−3 m3
s )π∗¿¿
Problema 8.125. La razón de flujo de aire a 20°C(ρ=1.204 kgmm3
) a través
de un ducto de 15cm de diámetro se mide con un medidor Venturi equipado con un manómetro de agua. La garganta del Venturi tiene un diámetro de 5 cm y el manómetro tiene una lectura máxima de 40cm. Considere que el coeficiente de descarga de 0.98 y determine el máximo flujo de aire.
18 cm 5cm
h
Manómetro diferencial
Qv=AoCd √2¿¿¿
ρ f (=) Densidad del fluido de la tubería
ρw (=) Densidad del fluido en el manómetro
a) Flujo másico
Ao=π d2
4¿π (0.05m)2
4=0.002m2
β= dD
= 5cm15cm
=0.33
Qv= (1.9x 10−3m2 ) (0.98 ) √ 2( 1000 kgmm31.204kgmm3
−1)(9.81 ms2 )(0.4m)
(1−0.334 )
Qv=0.151m3/ s
m=ρ f Qv=1.204kgmm3 (0.151 m3s )=0.1819 kgms
Problema 8.131. Una tobera equipada con un manómetro diferencial
se usa para medir la razón de flujo de agua a 10º C (ρ=999.7kg
m3 y
μ=1.307E-3 kgm s
) en una tubería horizontal de 3 cm de diámetro. El
diámetro de la salida de la tobera es de 1.5 cm y la caída de presión medida es de 3 kPa. Determine el flujo volumétrico del agua, la velocidad promedio a través de la tubería.
Cd= 0.96
A=π r2=π D2
4=π (0.015m)2
4=1.7∗10−4m2
β= dD
=0.015m0.03m
=0.50
Qv=¿1.76* 10−4 m2 ) * ( 0.96 ) * √ 2∗(3000 Pa)
(999.1 kgmm3 )∗(1−0.504 ) = 4.12 *10−3 m3
s=0.4
L/s
ΔP=3kPa
1.5cm3 cm
Vprom.= 4∗Qvπ∗D2 = 4∗(4.12∗10−3 m3s )
π∗¿¿
Problema 8.62
Una tubería horizontal tiene una expansión repentina desde D1= 8 cm hasta D2= 16 cm. La velocidad del agua en la sección más pequeña es de 10 m/s y el flujo es turbulento. La presión en la sección más pequeña es P1= 410 kPa. Cuando se considera el factor de corrección de energía cinética como 1.06 tanto en la entrada como enla salida, determine la presión corriente abjo P2, y estime el error que habría ocurrido si se hubiera usado la ecuación de Bernoulli.
AGUA
Ecuación de Bernoulli modificada “Carga”
P1pg
+∝1V 12
2g+z1+hB−U=
P2pg
+∝2V 22
2g+z2+hT−U+hL
Tubería
z1=z2 ∝=1.06
P1−P2pg
=∝V 2
2−V 12
2g+hL
P2=P1−∝ pV 2
2−V 12
2−pg hL
m1=m2
V1 A1 = V2 A2
D1=8 cmD2=16 cm
V 1π D 2
4=V 2
π D2
4
V 2=V 1D 12
D 22
V 2=10
ms∗8cm2
16 cm2 =2.5
ms
HL= KL*V2
2g EXPANSION REPENTINA
KL= ∝ (1- d2/D2 )2
KL= 1.6∗(1− 8cm216 cm2 )2 = .5963
hL=0 .59∗((10ms )
2
2(9.81ms2 ))
hL=3.03m
P2=410000 Nm2−1.06∗1000
kg
m3∗252−202
2m2
s2−1000 kg
m3∗9.81ms2
∗3.03
¿429000 Pa=429KPa
Problema 8.96
Cierta parte de unas tuberías de hierro fundido de un sistema de distribución de agua involucra dos tuberías en paralelo. Ambas tuberías paralelas tienen un diámetro de 30cm y el flujo es totalmente turbulento. Una de las ramas (tubería A) mide 1000m de largo mientras que otra rama (tubería B) mide 3000m de largo. Si la razón de flujo a
través de la tubería A es de 0.4 m3
s determine la razón de flujo a través de
la tubería B. No considere pérdidas menores y suponga que la temperatura del agua es de 15°C. Demuestre que el flujo es totalmente rugoso y por lo tanto el factor de fricción es independiente del número de Reynolds.
0.4m3
s
Tuberia A= ˙TuberiaB
3000m
1000m
30 cm
hL=f D( LD ) V2
2g
FDA( LD )V A2
2g=FDB( LD ) V B
2
2g
Flujo turbulento ∴ FDA=FDB
V B=V A√( LA
LB)=5.65 ms √ 1000m3000m
=¿ 3.26 ms
V A=Q v 4
π D2=4 (0.4 m3
s )π (0.3m )2
=5.65m /s
QVB=πDH
2
4(V B )=π 0.3m2
4(3.26m /s )=0.23 m
3
s
QT=QA+QB=0.63m3
s =630 L/s
Problema 8.90
Un granjero debe bombear agua a 70°F de un río a un tanque de almacenamiento de agua cercano y emplea una tubería plástica de 125 ft de largo y 5 in de diámetro con tres codos suaves embridados de 90°. La velocidad del agua cerca de la superficie del río es de 6ft/s, y la entrada de la tubería se coloca en el río normal a la dirección del flujo de agua para sacar ventaja de la presión dinámica. La diferencia de elevación entre el río y la superficie libre del tanque es de 12 ft. Para una razón de flujo de 1.5 ft3/s y una eficiencia de acoplamiento bomba-motor de 70 por ciento, determine la entrada de potencia eléctrica necesaria para el acoplamiento bomba-motor.
Ecuación de Bernoulli modificada “Carga”
P1pg
+∝1V 12
2g+z1+hB−U=
P2pg
+∝2V 2
2g+z2+hT−e+hL
P1=P2 ∝=1
∝V 1
2
2g+hB−U=z 2+hL
v=Q v 4
π D2=4 (1.5 ft3s )π ¿¿¿
Re= ¿¿ = 4.35x105 ∴ “FLUJO TURBULENTO”
1
√ fD=−2 log( E
Dh3.9
+2.54
4.23 x105√ fD ) ∴ f=0.013
KL = KL ENTRADA + 3* KL CODOS + KL SALIDA = .5+3*.3+1.05= 2.45
Codo 1
Codo 2 Codo 3
QV=1.5 ft 3/s
Z2=12 ft
Z1=0
hL=
(F¿¿D( LD )+£ KL)∗V 2
2 g¿
hL=0.003¿= 11.93 ft
hB−U=z 2+hL−∝V 1
2
2g
hB−U=12 ft+¿11.93 ft−1(6 ft
s)2
2∗32.2 fts2
¿ =23.37 ft
W B-e = (62.3 lbmft3 )∗(23.37 ft )∗(32.2 fts2 )∗(1.5 ft3s )0.70
| 1KW
737lbf fts || 1lbf
32.2lb ,m
ft2 |= 4.23
KWatts
Problema 8.92
Un tanque de agua lleno con agua que el sol calentó a 40°C servirá para duchas en un campo que usa flujo impulsado por gravedad. El sistema incluye 20 m de tubería de hierro galvanizado de 1.5 cm de diámetro con cuatro codos esquinados de 90° sin álabes directores y una válvula de globo totalmente abierta. Si el agua fluye a una razón de 0.8 L/s a través de la ducha, determine qué tan alto, del nivel de salida de la ducha, debe estar el nivel del agua en el tanque. No considere las pérdidas en la entrada y la regadera, e ignore el efecto del factor de corrección de energía cinética.
Z1
Ecuación de Bernoulli modificada “Carga”
P1pg
+∝1V 12
2g+z1+hB−U=
P2pg
+∝2V 22
2g+z2+hT−e+hL
P1=P2 ∝=1
∝V 1
2
2g+z 1¿∝
V 222 g
+hL
z1¿∝V 22−V 1
2
2 g+h
L
v=Q v 4
π D2=4 (0.8 l
s∗1m3
1000 l )π (0.015m )2
=4.52m /s
Re= ¿¿ = 103000∴ “FLUJO TURBULENTO”
Codo 1 Codo 2
Codo 3 Codo 4
Z2=0
1
√ fD=−2 log( 0 .15153.9 +
2.54103000√ fD ) ∴ f=0.038
KL = KL ENTRADA + 4* KL CODOS+ 1 *KL válvula + KL SALIDA = 0.5+4*11+1*10+1.05= 15.95
hL=
(F¿¿D( LD )+£ KL)∗V 2
2 g¿
hL=0.038( 20m0.15m )+15.95¿∗(4.52 m
s)2
2∗9.81 ms2
= 69.36 m
z1¿1(4.52 m
s)2−02
2∗9.81ms2
+69.36m
❑
=70.4 m
Problema 8.93
Dos depósitos de agua, A y B, están conectados a través de una tubería de hierro fundido de 40 m de largo y 2 cm de diámetro con una entrada de borde agudo. La tubería también tiene una válvula de retención de charnela y una válvula de compuerta totalmente abierta. El nivel del agua en ambos depósitos es el mismo, pero el depósito A está presurizado con aire comprimido, mientras que el depósito B está abierto a la atmósfera a 88 kPa. Si la razón de flujo inicial a través de la tubería es de 1.2 l/s, determine la presión de aire absoluta en lo alto del depósito A. considere que la temperatura del agua es de 10 °C.
Ecuación de Bernoulli modificada “Carga”
P1pg
+∝1V 12
2g+z1+hB−U=
P2pg
+∝2V 22
2g+z2+hT−e+hL
P1=P2+pg hL
v=Q v 4
π D2=4 (1.2 l
s∗1m3
1000l )π (0.02m )2
=3.81m /s
Re= ¿¿ = 58432 ∴ “FLUJO TURBULENTO”
1
√ fD=−2 log( 0 .26203.9 +
2.5458432√ fD ) ∴ f=0.04
KL = KL ENTRADA + 1 *KL válvulaC + 1 *KL válvulaR + KL SALIDA = 0.5+2+0.2+1.05= 3.75