solucionario mecanica fluidos - victor l. streeter 9 edicion
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Fluid Mechanics Victor L StreeterTRANSCRIPT
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 CAPÍTULO 1 1
ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s
STASSI, MAURO JOSÉ 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
FT = 4,0 x 10–3 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)
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 2
STASSI, MAURO JOSÉ 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
FT = 14,0 x 10–3 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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 3
STASSI, MAURO JOSÉ 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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 4
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 5
P = gM
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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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 6
τ = μ U
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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 . ft3 1 lbm 1kg 0,02832 m3 1 x 106cm3
ρ = 0,80 gr cm3
μ = 6 cP 1 x10–2 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 x10–2 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
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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 7
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
v = 3 ft/s
F
P
30°
P = 120 lb A = 2 ft2
θ = 30 º μ = 1 P v = 3 ft/s Resolución
τ = F = μ U 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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 8
p
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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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 9
F
AnilloAgua
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∅Anillo = 20 mm = 0,02 m t = 20 ºC Resolución
F = π2.∅Anilloσ σ(20º C) = 0,074 N/m
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.
FFh
θ
∅ = 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/ft3h = 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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 10
cos θ = 62, 92 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft
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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.
F F F Fθ θ θ θ
Rr
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)
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 11
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Capítulo 2: Estática de fluidos Ejercicio 2-4 Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales.
Aire
Agua
Aire A
B
C
D
0,3
0,3
0,6
1,0
AceiteDens. Esp.0,9
Resolución Punto A
pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa pA = – 588 KPa
Punto B pB = γh = 9806 N/m .0,6 m = 5883,60 Pa B
3
pB = 588 KPa Punto C
pC = pB = 5883,60 Pa B
pC = 588 KPa Punto D
pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m3.1,9 m = 22651,86 Pa pD = 2265 KPa
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 1
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Ejercicio 2-15 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
h
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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 2
A
600
mm
0 0
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Datos S = 2,94 pA
0 = 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
A
600
mm
0 0
dh
dhhi
dh
hf
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 3
STASSI, MAURO JOSÉ 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.
A
B C
D
E F
Agua
21
5
2 ft diám
4 ft diám
Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución Sobre ABCD
A2 A3A1 1,41
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 4
A = 4,245 ft2
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Ay’p = A1y1 + A2y2 + A3y3 y’p = 0,707 ft20,47 ft + 2,828 ft2x0,707 ft + 0,707 ft20,47 ft
4,245 ft2y’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 ft3Fn = 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
B C
h
A
b
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 5
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Resolución Por integración
F = ∫ApdA = ∫Aγyxdy = γ∫0
hyxdy donde
y = hx b
x = by h reemplazando
F = γ∫0h(by)ydy
h F = γ∫0
h 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.
A B
C
A
5
5
Aceiteγ = 55 lb/ft3
3 4
Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 6
Por integración
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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∫5
7,4(37,0y – 5,0y2)dy 2,4 2,4
F = γ∫57,437,0y – γ∫5
7,45,0y2dy 2,4 2,4
F = γ37,0∫57,4y – γ5,0∫5
7,4y2dy 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 La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, descartando el peso de la presa.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 7
A
B
Puntal
24
6
3 φ
θ
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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 + FLFA = 197,34 kN + 405,64 kN
FA = 602,98 kN Ejercicio 2-59 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.)
5
h
O
Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 8
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
E = γh(h/2) E = γh2
2 ΣMo = 0
E[5 – h + (2/3)h] = xPCE[5 – (1/3)h] = xPC5E – 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 – 10,40 lbh3 + 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 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
720
3 4 11
Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 9
a)
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E1
E2
P1
P2
P3θ
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’.A1P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m2
P2= γ’.A2P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m2
P3= γ’.A3P3 = 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 lE2 = (20,22 m)27,00 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
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
ΣMA = 0 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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 10
xR = 11,588 m
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
b)
σmín σmáx
RY = σmL
σmáx + σmin = 2RY/L σmáx = 2RY/L – σmin
ΣMA = 0 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 – σminσmín + σmin13,55 m = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2RY/L
σmin(1 + 13,55 m) = 2γ670,99 m2/18,00 m σmin = 2γ670,99 m2 =
18,00 m(1 + 13,55)
σmin = γ5,12 reemplazando
σmáx = 2RY/A – σminσmáx = 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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 11
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
20 m0
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 =
RYxR = 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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 12
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.
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
R2aceite den. rel. 0,8
AguaA
B
C
D Resolución a)
FH = FAB + FAD – FDCFH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m
m3
FH = 15,69 kN/m b)
FV = – FAB + FADB + FBDCdonde 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 π(2,00 m)2 m3
ST = γT/γAST = 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
GB
W = E
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 13
SγV = γV’
STASSI, MAURO JOSÉ 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
x
ax
xga
Spp xγ−= 0
xgaSpp xγ−=− 0
xSpgax γ
Δ−=
reemplazando
3
2
980688,0
806,9)20000(
mN
sm
mPa
ax
×
−−=
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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 14
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
2
1
A
Resolución
xga
Sp xγ−=
ft
sft
sft
ftlbp 2
174,32
05,84,6240,2
2
2
3×−=
p = – 74,84 lb
ft2
2
1
A
Sí pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb
1 ft2 ft2entonces
xSpgax γ
−=
ftftlb
sft
ftlb
ax
24,624,2
174,32)1152(
3
22
×
−−=
ax = 123,75 ft/s2
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 15
STASSI, MAURO JOSÉ 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
2211 AVAV = entonces
2
112 A
AVV =
reemplazando
2
2
2
2
2 )70()200(2
4)70(
4)200(
2mmmm
sm
mm
mm
smV =
×
×
=π
π
V2 = 16,33 m/s
El caudal másico será
ρρ 22 AVQm ==•
3
2
100086,04
)07,0(33,16mkgm
smm ××
××=
• π
skgm 03,54=
•
Ejercicio 3-30
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 1
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?
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
A B
Aceite, dens. rel. 0,86
102
Resolución Como el flujo es permanente e incompresible, podemos aplicar la ecuación de Bernoulli, es decir
gv
zP
gv
zP
22
22
22
21
11 ++=++
γγ
Para A, reemplazando
gvz
Pz
P AA
atmatm
2
2
0 ++=+γγ
gvzz A
A 2)(
2
0 =−
)(2 0 AA zzgv −×=
)0,00,11(174,322 2 ftftsftvA −×=
sftvA 60,26=
Por continuidad
AAA vAQ =
sftftQA 60,2600,2 ×=
QA = 53,21 ft3/fts
Para B, reemplazando
gvzPz
P BB
Batm
2
2
0 ++=+γγ
gvzzPP B
BBatm 2)()(1 2
0 =−+−γ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 2
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−+−××= )()(12 0 ABatmB zzPPgv
γ
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−+×−××= )00,000,11()00,142,62(42,62
1174,322 3
3
2 mftftftlb
ftlbs
ftvB
sftvB 37,25=
Por continuidad
BBB vAQ =
sftftQB 37,2500,2 ×=
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 Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura.
Agua
Aceite dens. rel. 0,75 3
ft4
ft
4 in
.
Resolución Para utilizar la ecuación de Bernoulli el fluido debe ser uniforme, por lo que se plantea una altura equivalente
AAWW hh γγ =
WA
WA hh
γγ
='
WWA
AW ShhSh ==
γγ
reemplazando fthW 00,375,0 ×=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 3
fthW 25,2=
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Agua
6,25
1
2
Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos
gv
zP
gv
zP
22
22
22
21
11 ++=++
γγ
Reemplazando
gvz2
22
1 =
12 2 zgv ××=
ftsftv 25,6174,322 22 ××=
sftv 05,202 =
Por continuidad
222 vAQ =
sft
inftinQ 05,20)
00,1200,100,4(
42
2 ××=π
Q2 = 1,75 ft3/s
Ejercicio 3-33 Despreciando todas las pérdidas, encuéntrese la descarga por el medidor Venturi de la figura.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 4
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Agua
Aire
200
mm
300
mm
150
mm
1 2
Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
gv
zP
gv
zP
22
22
22
21
11 ++=++
γγ
Agua
Aire
200
mm
300
mm
150
mm
12 Datum
h1
h2
Dz
reemplazando
gv
gv
zzPP
22)(
21
22
2121 −=−+−γγ
)(21)()(1 2
1222121 vv
gzzPP −=−+−
γ
Por la ley del menisco γγ 2112 hhPP +−=
2121 )(1 hhPP −=−γ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 5
con respecto al datum
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
21 200 hmmhz +=+Δ
zhmmh Δ−+= 21 200 reemplazando
2221 200)(1 hzhmmPP −Δ−+=−γ
zmmPP Δ−=− 200)(112γ
reemplazando en la ecuación de Bernoulli
)(21)(200 2
12221 vv
gzzmmz −=−++Δ−
)(21)(200)( 2
1222121 vv
gzzmmzz −=−++−
)(21200 2
122 vv
gmm −=
Por la ecuación de continuidad
21 QQ =
2211 vAvA =
21
21 v
AAv =
reemplazando
)((21200 2
221
222
2 vAAv
gmm −=
)1(2
200 21
22
22
AA
gvmm −=
=−
×=
)1(
2002
21
22
2
AA
mmgv
=
−
××=
))00,300(
4
)00,150(41(
2,0806,92
2
2
2
2
mm
mm
msm
v
π
π
smv 29,22 =
222 vAQ =
smmQ 29,2)15,0(
42
2π
=
Q2 = 0,04 m3/s
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 6
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.
V
Hγ = 55 lb/ft3
6 in. diám
Resolución Por continuidad el caudal es el mismo en todas las secciones, entonces
sft
galsft
galQ3
3
34,3
min83,448
00,1
min1500 ==
Por definición de caudal
dd vAQ =
dd A
Qv =
reemplazando
sft
inftin
sft
vd 02,17)
00,1200,100,6(
4
34,3
2
3
=×
=π
en términos de carga de velocidad tenemos
ftg
v
sft
sft
d 50,4174,322
)02,17(2 2
22
=×
=
Planteamos la ecuación de Bernoulli
gv
zP
gv
zP
22
22
22
21
11 ++=++
γγ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 7
reemplazando
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
gv
Kg
vPH
P ddatmatm
22
22
++=+γγ
( )Kg
vH d += 1
2
2
Las pérdidas serán
1
2
2 −=
gvHK
d
150,400,32
−=ftftK
K = 6,11
Ejercicio 3-51 En la figura las pérdidas hasta la sección A son 5 v2
1/2g y las pérdidas de la boquilla son 0,05 v2
2/2g. Determínese la descarga y la presión en A. H = 8,00 m.
VD1 = 150 mm
Agua 50
D2 = 50 mm
A
H
Resolución
VD1 = 150 mm
Agua 50
D2 = 50 mm
A
H
0
BDatum
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 8
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B
gv
zP
gv
zP
22
22
22
21
11 ++=++
γγ
reemplazando
gvK
gvP
HP B
BBatmatm
22
22
++=+γγ
( )BB Kg
vH += 12
2
( )BB K
Hgv+
××=1
2
( )05,0100,8806,92 2 +
××=m
smvB
smvB 22,12=
Por continuidad
BA QQ =
BBA vAQ =
( )smmQA 22,1205,0
42π
=
QA = 0,024 m3/s
Por otro lado
( )BA
BA K
HgAAv
+××=
122
22
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A
gv
zP
gv
zP
22
22
22
21
11 ++=++
γγ
reemplazando
gvK
gvPH
P AA
AAatm
22
22
++=+γγ
( ) 2
21
AAA v
gKPH +
+=γ
reemplazando ( )
( )⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
××+
+=BA
BAA
KHg
AA
gKPH
12
21
2
2
γ
HAA
KKPH
A
B
B
AA⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
+= 2
2
11
γ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 9
Despejando
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
−= 2
2
111
A
B
B
AA A
AKKHP γ
( )
( )⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛++
−××=2
2
315,0
4
05,04
05,0100,51100,800,9806
m
mm
mNPA π
π
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 (V1
2/2g)(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.
2 in
. diá
m
P
10 ft
Agua 68 ºF
4 in.Tubo de descarga
Resolución
6 in. diám.
2 in
. diá
m
P
10 ft
Agua 68 ºF
4 in.Tubo de descarga
1
2 3 4
Datum
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 10
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4
gv
zP
gv
zP
22
24
44
23
33 ++=++
γγ
reemplazando
gvz
Pg
vz
P atm
22
24
4
23
33 ++=++
γγ
( )γ
334
24
23
22P
zzg
vg
v−−=−
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−=−γ
334
24
23 2
Pzzgvv
Como z4 = z3
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−×=−γ
324
23 2
Pgvv
Por continuidad
43 QQ =
4433 vAvA =
43
43 v
AAv =
reemplazando
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−×=−γ
324
242
3
24 2
Pgvv
AA
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−×=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
γ32
423
24 21
Pgv
AA
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−×
=
1
2
23
24
3
4
AA
Pg
vγ
( )
( ) ⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
−
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛×
−××
=
100,4
4
00,24
42,62
00,100,14400,5
174,322
2
2
3
2
2
2
2
4
in
in
ftlb
ftin
inlb
sft
v
π
π
sftv 46,314 =
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 11
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Por continuidad
43 QQ =
4433 vAvA =
43
43 v
AAv =
( )
( ) sft
sft
in
inv 86,746,31
00,44
00,24
2
2
3 ==π
π
Por continuidad
32 QQ =
3322 vAvA =
32
32 v
AA
v =
( )
( ) sft
sft
in
inv 49,386,7
00,64
00,44
2
2
2 == π
π
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2
gv
zP
gv
zP
22
22
22
21
11 ++=++
γγ
reemplazando
gv
DL
gvzPP
2003,0
2
22
22
221 +++=γγ
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
DL
gvzPP 003,012
22
221
γγ
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
= 1
2003,0 2
2
221
gv
zPPDL
γγ
La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir inHgP 301 =
ftinftinP
Hg
50,200,12
00,1301 =×=γ
ftftPSP
WHg
92,3357,1350,211 =×==γγ
De tabla C.2 página 568 de (Mecánica de los fluidos, Streeter)
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 12
ftP
W
79,02 =γ
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
( )
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
×
−−×
= 1
174,322)46,3(
1079,092,33003,0
00,1200,100,6
2
2
sft
sft
ftftftinftin
L
L = 20554,17 ft
La potencia suministrada por la bomba será
tWP =
tmgHP =
gHmP•
= QgHP ρ= QHP γ=
HAvP 22γ=
ftinftin
sft
ftlbP 00,10
00,1200,100,6
449,342,62
2
3 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×=
π
P = 247,74 lb.ft s
El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será
100
22003,0
2% 22
22
22
×
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+=
gv
gv
DL
gv
P
1001003,0
1×⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+=
DL
P
%80,01001
5,017,20554003,0
1=×
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+×
=
ftft
P
%P = 0,80 %
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 13
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.
6 in. diám
12 in. diám
18 in. diám
45°
60°
20 ft³/sH2O
12 ft8 ft³/s
10 lb/in²
Resolución Por definición de caudal
111 vAQ =
1
11 A
Qv =
sft
inftin
sft
v 32,11
00,1200,100,18
4
00,202
3
1 =
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×
=π
2
22 A
Qv =
sft
inftin
sft
v 29,15
00,1200,100,12
4
00,122
3
2 =
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
=π
3
33 A
Qv =
sft
inftin
sft
v 74,40
00,1200,100,6
4
00,82
3
3 =
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×
=π
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 14
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
6 in. diám
12 in. diám
18 in. diám
45°
60°
H2O
v3 = 40,74 ft/s
A3P3A3
v2 = 15,29 ft/s A2
P2A2
v1 = 11,32 ft/s
A1 P1A1
10 lb/in²
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces
( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ Las fuerzas externas en x son
( )xanclajexext FAPAPF +×+×−=∑ º60cosº45cos 3322
La integral sobre la superficie de control en x es
º0cosº60cosº0cosº45cos 333222 AvvAvvdAvvsc ××−××=•××∫ ρρρ Igualando
º0cosº60cosº0cosº45cosº60cosº45cos 3332223322 AvvAvvFAPAPxanclaje ××−××=+×+×− ρρ
Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2
gv
zP
gv
zP
22
22
22
21
11 ++=++
γγ
reemplazando
gvP
gvP
22
222
211 +=+
γγ
gv
gvPP
22
22
2112 −+=
γγ
( )22
2112 2
vvg
PP −+=γ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 15
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
×+×=
22
2
3
2
2
22 29,1532,11174,322
42,62
00,100,14400,10
sft
sft
sft
ftlb
ftin
inlbP
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
22 80,1337ftlbP =
Planteamos Bernoulli entre 1 y 3
gv
zP
gv
zP
22
23
33
21
11 ++=++
γγ
reemplazando
gvP
gvP
22
233
211 +=+
γγ
gv
gvPP
22
23
2113 −+=
γγ
( )23
2113 2
vvg
PP −+=γ
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
×+×=
22
2
3
2
2
23 74,4032,11174,322
42,62
00,100,14400,10
sft
sft
sft
ftlb
ftin
inlbP
23 05,46ftlbP −=
reemplazando º60cosº45cosº0cosº60cosº0cosº45cos 3322333222 ×−×+×−×= APAPAvvAvvF
xanclaje ρρ
=××+××+×
×××−××××=
º60cos20,005,46º45cos78,080,133720,0
74,4094,1º60cos74,4078,029,1594,1º45cos29,15
22
22
2
32
3
ftftlbft
ftlbft
sft
ftslug
sftft
sft
ftslug
sftF
xanclaje
FanclajeX = 682,82 lb
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección y, entonces
( ) dAvvF scyext •××∫=∑ ρ
Las fuerzas externas en y son ( )
yanclajeyext FsenAPsenAPAPF +×−×−=∑ º60º45 332211
La integral sobre la superficie de control en x es
º0cosº60º0cosº45º180cos 333222111 AvsenvAvsenvAvvdAvvsc ×+×+×=•××∫ ρρρρ Igualando
º0cosº60
º0cosº45º180cosº60º45
333
222111332211
Avsenv
AvsenvAvvFsenAPsenAPAPxyanclaje
×+
×+×=+×−×−
ρ
ρρ
despejando
º60º45
º0cosº60º0cosº45º180cos
3322
11333222111
senAPsenAP
APAvsenvAvsenvAvvFxyanclaje
×+×+
−×+×+×= ρρρ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 16
reemplazando
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
=××+××+
××−××××+
××××+×××−=
º6020,005,46º4578,080,1337
77,100,1
00,14400,1020,074,4094,1º6074,40
78,029,1594,1º4529,1577,132,1194,132,11
22
22
22
2
22
3
23
23
senftftlbsenft
ftlb
ftftin
inlbft
sft
ftslugsen
sft
ftsft
ftslugsen
sftft
sft
ftslug
sftF
yanclaje
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.
V1
V0 A0
Resolución
V1
V0
A0
V0
A0 El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada
V1
V0
V0-V1 y a la salida
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 17
V1
V0
V0-V1
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces
( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ La integral sobre la superficie de control en x es
( ) ( ) ( ) ( ) º0cosº180cos 0101001010 AvvvvAvvvvdAvvsc −××−−−××−=•××∫ ρρρ
( ) ( ) ( ) ( ) 0101001010 AvvvvAvvvvdAvvsc −××−−−××−−=•××∫ ρρρ
( ) 02
102 AvvdAvvsc ××−×−=•××∫ ρρ Las fuerzas externas en x son
( ) carroxext amF =∑
( )dtdvmF xext =∑
Igualando
( ) 02
101 2 Avv
dtdvm ××−×−= ρ
( )2110
2001 22 vvvvA
tmv +−××−=Δ
ρ
210100
2001 2222 vAvvAvA
tmv ××−×××+××−=Δ
ρρρ
02222 200100
210 =××+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ×××−Δ
+×× vAvvAt
mvA ρρρ
000,100002,00,22
00,1002002,00,2200,10
174,32
00,200
002,00,22
22
3
12
3
221
23
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛×××+
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
××××−+×××
sftft
ftslugs
vsftft
ftslugs
ssftlb
vftft
slugs
000,80038,1508,0 121 =+−× lbv
sslugsv
ftslug
Por báscara
v1 = 96,11 ft/s Como supusimos la aceleración constante planteamos
2
21 atx =
ssfttvt
tvx 00,1011,96
21
21
21
121 ===
x = 480,57 ft
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 18
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Ejercicio 3-123 Determínese el ángulo del álabe requerido para desviar la velocidad absoluta de un chorro 130º.
u = 50 ft/s
V0 = 130 ft/s
θ
Resolución
u = 50 ft/s V0 = 130 ft/s
130 α
( )uvvalabe −= 0
sft
sft
sftvalabe 00,8000,5000,130 =−=
Por teorema del seno
00,5000,80βθ sensen
=
48,0º130625,000,8000,50
=×== sensensen θβ
( ) º60,2848,0 == arcsenβ Por propiedad del triángulo
º39,21º60,28º130º180º180 =−−=−−= θβγ Finalmente
º39,21º180º180 −=−= γα
α = 158º 36’ 20’’
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 19
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
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2113113 ,,,1,, −−−−−− =Δ LTgTMLMLLLLHLDTLQ μρ
Las unidades son 3 TML ,,
entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3
π1 será
LHΔ
=∏1
π1 = ΔH/L π2 será
3212
xxxDQ μρ=∏
( ) ( ) ( ) 321 113132
xxx TMLMLTLL −−−−=∏ entonces Para M ⇒ 000 32 =+++ xx
Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx
Para T ⇒ 000 31 =−+− xx de aquí
11 −=x
12 −=x
13 =x entonces
ρμ
QD
=∏2
π2 = Dμ/Qρ
π3 será
3213
xxxgQ μρ=∏
( ) ( ) ( ) 321 1131323
xxx TMLMLTLLT −−−−−=∏ entonces Para M ⇒ 000 32 =+++ xx
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 1
Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Para T ⇒ 002 31 =−+−− xx de aquí
31 =x
52 =x
53 −=x entonces
5
53
3 μρgQ
=∏
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
[ ] [ ] [ ] [ ]3121 ,,, −−−− MLTLrTMLp ρω Las unidades son 3
TML ,, entonces, los parámetros adimensionales son
Nº π = 4 – 3 = 1 π será
321 xxx rp ρω=∏
( ) ( ) ( ) 321 31212
xxx LMLTTML −−−−=∏ entonces Para M ⇒ 0001 2 =+++ x
Para L ⇒ 0301 32 =+−+− xx
Para T ⇒ 0002 1 =−+−− x de aquí
21 −=x
12 −=x
23 −=x entonces
ρω 22rp
=∏
Entonces p = cte.r2ω2ρ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 2
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
pp
p
mm
m
lgv
lgv 22
=
Como la gravedad es la misma
p
p
m
m
lv
lv 22
=
m
pmp l
lvv 22 =
m
pmp l
lvv =
11000,1
smvp =
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
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1,,,,, 3211332 eMLTMLpLDTLQTMLP −−−−− Δ ρ Las unidades son 3
TML ,, entonces, los parámetros adimensionales son
Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será
e=∏1 π1 = e
π2 será 321
2xxx pPQ ρΔ=∏
( ) ( ) ( ) 321 32113322
xxx MLTMLTLTML −−−−−=∏
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 3
entonces
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Para M ⇒ 001 32 =+++ xx
Para L ⇒ 0332 321 =−−+ xxx
Para T ⇒ 0023 21 =+−−− xx de aquí
11 −=x
12 −=x
03 =x entonces
pQPΔ
=∏ 2
π2 = P/QΔp
π3 será
3213
xxx pDQ ρΔ=∏
( ) ( ) ( ) 321 321133
xxx MLTMLTLL −−−−=∏ entonces Para M ⇒ 000 32 =+++ xx
Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx
Para T ⇒ 0020 21 =+−− xx de aquí
5,01 −=x
25,02 =x
25,03 −=x entonces
4
4
3 ρQpD Δ
=∏
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 4
Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
p
pp
m
mm vDvDνν
=
pp
m
m
pm v
DD
vνν
=
sm
sms
m
mmmmvm 00,6
10007,1
10311,0
500,60000,600
26
26
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
×
×=
−
−
smvm 86,9=
smmvAQ mmm 86,9
56,0
4
2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛==
π
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
p
pp
m
mm vDvDνν
=
pp
m
m
pm v
DD
vνν
=
sm
sms
m
mmvm 50,0
10141,1
1070,1
500,400,4
26
25
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
×
×=
−
−
La viscosidad cinemática del aire se obtuvo de la figura C.2 de Mecánica de los fluidos (Streeter)
vm = 37,25m/s
smmvA mmm 25,37
500,4
4
2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛==
πQ
Qm = 18,72 m3/s
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 5
Como las pérdidas dependen del número de Reynolds y este es el mismo para modelo y prototipo las pérdidas serán las mismas.
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.
pδy
(p+(dp/dl)δl)δy
(τ+(dτ/dl)δy)δl
τδl
γδlδy
γδlδysen θ
U
u
a
l
dl
y
θ
θ
Resolución
( ) 012
12
3 =+∂∂
−= ahpl
Uaq γμ
( ) 3
121
2ahp
lUa γ
μ+
∂∂
=
( )hpla
U γμ+
∂∂
=×
2
6
Por otro lado
( )( )2
21 yayhp
laUyu −+
∂∂
−= γμ
reemplazando
( )22
621 yay
aU
aUyu −
×−=
μμ
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−= 2
2
3ay
ayU
aUyu
22
32 yaUy
aUu +−=
derivando respecto a y obtengo
yaU
aU
dydu
2
62+−=
El esfuerzo de corte será τ = – μ2U + μ6Uy
a a2
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 1
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?
pδy
(p+(dp/dl)δl)δy
(τ+(dτ/dl)δy)δl
τδl
γδlδy
γδlδysen θ
U
u
a
l
dl
y
θ
θ
Resolución
( )( )2
21 yayhp
laUyu −+
∂∂
−= γμ
( ) ( ) 2
21
21 yhp
layhp
laUyu γ
μγ
μ+
∂∂
−+∂∂
−=
derivando respecto a y obtengo
( ) ( )yhpl
ahpla
Udydu γ
μγ
μ+
∂∂
−+∂∂
−=1
21
El esfuerzo de corte es
dyduμτ =
entonces
( ) ( )yhpl
ahpla
U γγμτ +∂∂
−+∂∂
−=21
Valuado en y = 0, tenemos
( ) 021
0 =+∂∂
−== ahpla
Uy γμτ
despejando
( )hpla
U γμ +∂∂
=22
reemplazando
22 y
aUu =
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 2
El caudal será
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
∫∫ ==aa
dyyaUudyq
0
22
0
aUq3
=
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.
UF50 mm diám.
e = 0,05 mm
0,15 MPa
μ = 1 poise
150 mm
Resolución
( )( )2
21 yayhp
ly
aUu −+
∂∂
−= γμ
además
( ) 361000,1
15,000,015,0
mN
mMPaMPa
lphp
l×=
−=
ΔΔ
=+∂∂ γ
reemplazando
( )253
65 1000,51000,1
00,100,100
00,100000,100,12
11000,5
70,0yym
mN
mcm
gkg
cmsg
ym
sm
u −××××××
−×
= −−
( )256 1000,511000,20100,1400 yymms
ys
u −×××−= −
26 11000,20100,400 yms
ys
u ×+=
( )2565 1000,111000,201000,1100,400 mms
ms
u −− ××+×=
smu 00,200=
El esfuerzo de corte será
dyduμτ =
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 3
entonces
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
mmsms
kgsms
kgdydu 5611 1000,111000,1000,1000,1100,40000,1000,1 −−− ××××+××== μτ
Pa00,25=τ
La fuerza total será
( )26 5,04
1015,015,005,000,25 mPaxmmPapAAF TCTππτ ×+××=+=
NFT 90,294=
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.
UF50 mm diám.
e = 0,05 mm
0,15 MPa
μ = 1 poise
150 mm
Resolución
mmPaAF CC 15,005,000,25 ××== πτ
NFC 59,0= El caudal será
( ) 3
121 ahp
lq γ
μ+
∂∂
−=
reemplazando
( )s
mmmN
mskg
q2
7353
6 10042,11000,51000,110,012
1 −− ×=×××
−=
smmDqQ
2710042,105,0 −×××== ππ
smQ
3810636,1 −×=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 4
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
LDpQμ
π128
4Δ=
LDpvAμ
π128
4Δ=
LDpDvμ
ππ1284
42 Δ
=
LpDvμ32
2Δ=
Además
1400Re ==μ
ρvD
entonces
ρμ
Dv 1400
=
reemplazando
LpD
D μρμ
321400 2Δ
=
LpD
2
3
321400
μρΔ
=
Además como el tubo es vertical
gLp ργ ==
Δ
reemplazando
2
3
321400
μρ
ρgD
=
32
32
2 144800 gDgDνμ
ρ==
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 5
3
2 44800g
D ν=
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
3
2
226
806,9
448001050,1
sm
sm
D⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛×
=
−
mmD 17,2=
Ejercicio 5-28 Calcúlese la descarga del sistema de la figura despreciando todas las pérdidas excepto las del tubo.
γ = 55 lb/ft³
μ = 0.1 Poise
14 in diám.
16 ft
20 ft
Resolución
γ = 55 lb/ft³
μ = 0.1 Poise
14 in diám.
16 ft
20 ft
1
2 Datum
La pérdida de carga entre 1 y 2 será
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 6
22
11 hPhP
+=+γγ
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
reemplazando
121
121 h
PPh
PP+
−=+−
γγγ
donde
hPPΔ=
−γ
21
entonces hPPP Δ=−=Δ γ21
ahora
( ) ( )L
hhL
hhhP 11 +Δ=
+Δ=+
∂∂ γγγγl
reemplazando
( )( )
3
3
75,6800,16
00,1600,400,55
ftlb
ft
ftftftlb
hP =+
=+∂∂ γl
Al sustituir en la ecuación de Hagen–Poiseuille
LDpQμ
π128
4Δ=
sft
Poisesft
slug
Poise
inftin
ftlb
Q3
4
3
00152,0
479
00,110,0128
00,1200,1
4175,68
=
×××
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
=π
sftQ
3
00152,0=
Ejercicio 5-29 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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 7
L
θ
D
H
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Resolución La pérdida de carga entre 1 y 2 será
( )LHhP γγ =+
∂∂l
reemplazando
( ) 3
300,6
00,40
00,2410
mkN
m
mmkN
hP ==+∂∂ γl
( ) 300,6mkNhP =+
∂∂ γl
La descarga será a partir de Hagen–Poiseuille
LDpQμ
π128
4Δ=
( )
smkg
mkN
NmkN
Q
××
×=
08,0128
008,000,1
00,100000,6 43 π
min45,0
00,100,1000
00,100,601054,7
3
3
336 dm
mdm
ms
smQ =×××= −
min45,0
3dmQ =
Ejercicio 5-30 En la figura y problema anterior encuéntrese H si la velocidad es 0,1 m/s.
L
θ
D
H
Resolución A partir de Hagen–Poiseuille
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 8
LDpQμ
π128
4Δ=
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
LDpvAμ
π128
4Δ=
LDpDvμ
ππ1284
42 Δ
=
LpDvμ32
2Δ=
Además
( )LH
LPhP γγ =
Δ=+
∂∂l
reemplazando
LHDv
μγ32
2
=
despejando
2
32D
LvHγ
μ=
( )m
mkN
NmkN
smm
smkg
H 00,16008,0
00,100,100000,10
10,000,4008,032
23
=×
×××
×=
mH 00,16=
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
1000001 ==ν
VDRe
Suponiendo que el fluido es agua, entonces ν = 1,00 x 10-5 entonces
sm
ms
m
DR
V e 33,03,0
1000,11000002
6
1
=××
==
−
ν
Ingresando al ábaco de Moody para Re = 100000 = 1,00 x 105 obtenemos 0215,0=f
A partir de la ecuación de Colebrook
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 9
2
9,0
74,57,3
ln
325,1
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
=
eRD
fε
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
2
9,09,0
9,074,57,3
ln
325,1
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
=
DvD
fνε
iteramos hasta encontrar D2, esto es
D 5.74v0,9 ν0,9D0,9 5.74v0,9
ν0,9D0,9 ε ε/3,7D 9,09,0
9,074,57,3 DvD
νε+ ln () [ln ()]2 f
0,1500 0,00002 0,5359 0,0000 0,0002 0,0003 0,0003 -8,0696 65,1182 0,0203 0,1100 0,00002 0,4054 0,0001 0,0002 0,0004 0,0004 -7,7636 60,2735 0,0220 0,1000 0,00002 0,3720 0,0001 0,0002 0,0004 0,0005 -7,6696 58,8220 0,0225 0,1200 0,00002 0,4384 0,0001 0,0002 0,0003 0,0004 -7,8495 61,6140 0,0215
Finalmente
mmD 120=
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
νπνπ
νν DQD
DQD
AQVDRe
4
4
2 ====
reemplazando
86,3819711000,120,0
00,100000,100,604
42
6
3
33
=×××
××==
−
smm
dmm
sdm
DQRe
πνπ
Como Re es mayor que 5000 se puede aplicar la ecuación de Colebrook, entonces
2
9,0
74,57,3
ln
325,1
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
=
eRD
fε
donde para el hierro forjado ε = 0,046 mm, reemplazando
2
9,086,38197174,5
2007,3046,0ln
325,1
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
×
=
mmmm
f
016,0=f Por la fórmula de Darcy-Weisbach a pérdida de carga será
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 10
gv
DLfh f 2
2
=
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
gAQ
DLfh f 2
12
2
=
gD
QDLfh f 2
1
4
22
2
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
π
gDLQfh f 2
1652
2
π=
reemplazando
( ) 252
2
3
33
806,9220,0
00,100000,100,6000,100016
016,0
smm
dmm
sdmm
hf
×
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛×××
×=π
mh f 02,15=
La potencia requerida será QhP γ=
reemplazando
ms
mmNP 02,1506,000,9806
3
3=
WattP 50,8836=
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 Re5.74 Re
0,9 ε ε/3,7D 9.0
74,57,3 eRD
+ε
ln () [ln ()]2 f hf
0,500 0,40 0,0000009 1131768,48 0,00002 0,00025 0,00014 0,00016 -8,77 76,88 0,02 7,29 0,600 0,40 0,0000009 943140,40 0,00002 0,00025 0,00011 0,00014 -8,90 79,17 0,02 2,85 0,620 0,40 0,0000009 912716,52 0,00002 0,00025 0,00011 0,00013 -8,92 79,55 0,02 2,40 0,640 0,40 0,0000009 884194,13 0,00003 0,00025 0,00011 0,00013 -8,94 79,92 0,02 2,04 0,650 0,40 0,0000009 870591,14 0,00003 0,00025 0,00010 0,00013 -8,95 80,09 0,02 1,89 0,645 0,40 0,0000009 877339,91 0,00003 0,00025 0,00010 0,00013 -8,94 80,00 0,02 1,96 0,643 0,40 0,0000009 880753,68 0,00003 0,00025 0,00011 0,00013 -8,94 79,96 0,02 2,00
mmD 643=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 11
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Utilizando la ecuación (5.8.18) tenemos 04,02,5
4.9
75.42
25.166.0⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
ff ghLQ
ghLQD νε
reemplazando 04,0
2,5
2
4.9326
75.4
2
23
25.1
00,2806,9
00,100040.01000,100,2806,9
40,000,100000025.066.0
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
×⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛×+
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛×
= −
msm
ms
ms
m
msm
smm
mD
mD 654,0=
mmD 654=
Ejercicio 5-90 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.
H
30 m 30 cm diám
Resolución
H
30 m 30 cm diámDatum 21
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
fhg
vz
Pg
vz
P+++=++
22
22
22
21
11
γγ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 12
reemplazando y despejando
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
gvK
DLfKPP
sb 2
2221 ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ++=−
γγ
gvK
DLfKH sb 2
22⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ++=
El número de Reynolds será
48,5305161000,130,000,1000
00,100,12544
6
3
33
=×××
××== −m
dmm
sdm
DQRe πνπ
como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook
2
9,0
74,57,3
ln
325,1
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
=
eRD
fε
reemplazando
015,0
48,53051674,5
30,07,31060,4ln
325,12
9,0
5=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
××
=−
mm
f
reemplazando en
gAQK
DLfKH sb 22
2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++=
gDQK
DLfKH sb 42
28π
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++=
obtenemos
( )=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛×
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++=
242
23
806,930,0
125,0800,1
30,000,30015,050,0
smm
sm
mmH
π
mH 48,0= 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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 13
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
H
1
2
Válvula de globo
Datum
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
Hpg
vh
Pg
vh
P+++=++
22
22
22
21
11
γγ
reemplazando y despejando
gvKKK
DLfKH svce 2
322⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ++++=
El número de Reynolds será
49,11574901010,1
00,1200,100,24
00,20442
5
3
=××××
×==
−
sft
inftin
sft
DQRe
πνπ
como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook
2
9,0
74,57,3
ln
325,1
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
=
eRD
fε
reemplazando
013,0
49,115749074,5
27,300015,0ln
325,12
9,0
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
×
=
ftft
f
reemplazando en
gDQKKK
DLfKH svce 42
283π
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++++=
obtenemos
( )=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛×
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++×++=
242
23
174,3200,2
00,20811090,03
00,200,5000013,080,0
sftft
sft
ftftH
π
ftH 50,29=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 14
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Ejercicio 5-98 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.
210 ft 3 in diám
Tubo de acero
Válvula angular
H
Resolución
210 ft 3 in diám
Tubo de acero
Válvula angular
H
1
2Datum
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
Hpg
vh
Pg
vh
P+++=++
22
22
22
21
11
γγ
reemplazando y despejando
gvKK
DLfKH sve 2
22⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +++=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 15
El número de Reynolds será
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
97,21088
479
00,110,0
00,1200,100,3
94,1
min83,448
00,1
min00,2004
43
3
=
×××××
×××
==
Poisesft
slug
Poiseinftin
ftslug
galsft
gal
DQRe
π
μπρ
como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook
2
9,0
74,57,3
ln
325,1
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
=
eRD
fε
reemplazando
027,0
97,2108874,5
25,07,300015,0ln
325,12
9,0
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
×
=
ftft
f
reemplazando en
gDQKK
DLfKH sve 42
28π
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +++=
obtenemos
( )=
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
××
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+++=
242
23
174,3225,0
min83,448
00,1
min00,2008
00,100,525,000,210027,050,0
sftft
galsft
gal
ftftH
π
ftH 29,37= 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?
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 16
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
200 m 500 mm diám- Acero500 m 400 mm diám- Acero
P
Agua 20 ºC
Pump. Elev. = 0
El = 1 m
El = 31 m
Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
Hpg
vh
PH
gv
hP
B +++=+++22
22
22
21
11
γγ
reemplazando HphHh B +=+ 21
gv
DLf
gv
DLfHhh B 22
22
2
22
21
1
1121 ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=+−
Por la ecuación de continuidad
gDQ
DLf
gDQ
DLfHhh B 4
2
2
2
224
1
2
1
1121
88ππ ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=+−
gDQ
DLf
gDQ
DLfQhh 4
2
2
2
224
1
2
1
11
221
882440ππ ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=−+−
2422
224
11
1121 248840 Q
gDDLf
gDDLfhh ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=+−
ππ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−=
248840
422
224
11
11
21
gDDL
fgDD
Lf
hhQ
ππ
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] Re1 Re2 f1 f2 Q [m3/s] 1,0000 2546479,11 3183098,89 0,0126 0,0129 0,2193 0,2200 560225,40 700281,76 0,0142 0,0141 0,2099 0,2100 534760,61 668450,77 0,0143 0,0142 0,2095 0,2095 533487,37 666859,22 0,0143 0,0142 0,2095
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 17
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
sdmQ
3
5,209=
La potencia será
ηγQhP = reemplazando
( )ηγ 22440 QQP −= 32440 QQP γηγη −=
33
3
3
3 2095,072,000,1000242095,072,000,100040 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛×××−×××=
sm
mkg
sm
mkgP
kWattP 87,5=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 18
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Capítulo 6: Flujos externos Desarrollo teórico Capa límite laminar Se propone
ηδ===
yUuF
Reemplazando en
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
∂∂
= ∫h
dyuUux 0
0 ρτ
Obtenemos
∫−
∂∂
=1
02
22
0 ηδρτ dU
uuUx
U
∫ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
∂∂
=1
0
20 1 ηδρτ d
Uu
Uu
xU
( )∫ −∂∂
=1
0
20 1 ηηηδρτ d
xU
xU
∂∂
=δρτ 2
0 166,0
De la ley de viscosidad de Newton
00
=∂∂
=yy
uμτ
Cambiando las variables
00
=∂∂
=ηηδ
μτ FU
Entonces
δμτ U
=0
Reemplazando
xUU
∂∂
=δρ
δμ 2166,0
Separando las variables
δδρ
μ ∂=∂ 2166,0 UxU
Integrando tenemos
2166,0
2δυ Ux =
Despejando
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 1
xUxυδ
083,01
=
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Resolviendo
2/1
46,3
xRx=
δ
Capa límite turbulenta Se propone
71
71
ηδ
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛==
yUuF
Reemplazando en
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
∂∂
= ∫h
dyuUux 0
0 ρτ
Obtenemos
∫ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
∂∂
=1
0
71
71
20 1 ηηηδρτ d
xU
xU
∂∂
=δρτ 2
0 727
De la ley de viscosidad de Newton
00
=∂∂
=yy
uμτ
Cambiando las variables ( )
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂
∂=
δημτ
710
FU
Entonces
41
20 0228,0 ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
δυρτ
UU
igualando
xU
UU
∂∂
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ δρ
δυρ 24
1
2
7270228,0
Separando las variables
δδ
υ∂=∂ 254,4
41
41
41
xU
Integrando tenemos
45
41
41
54254,4 δυ Ux =
45
41
41
4032,3 δυ Ux =
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 2
Despejando
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
41
41
45
4032,3 U
xυδ =
54
41
41
4032,3 ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
U
xυδ
Resolviendo
xx 5
1Re
375,0=δ
Ejercicio propuesto en clase. Barrilete
T = 25 N
45°
U = 40 km/h
A = 1 m²
30°
Resolución El arrastre será
DD AUCD2
2ρ=
Despejando
DD AU
DC 2
2ρ
=
Reemplazando
47,0º3000,127,000,4023,1
º4500,252
22
3
=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ×
×=
senmkmsmh
hkm
mkg
NsenCD
47,0=DC
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 3
La sustentación será
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
LL AUCL2
2ρ=
Despejando
LL AU
DC 2
2ρ
=
Reemplazando
27,0º30cos00,127,000,4023,1
º45cos00,252
22
3
=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ×
×=
mkmsmh
hkm
mkg
NCL
47,0=LC
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
00,500,2000,100
==Dl
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 4
ahora, de tabla 6,1
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
86,0=DC La densidad será, por la ecuación de estado
( )305,1
15,273º25287
90mkg
KCKkgNm
kPaRTP
=+
∗×
==ρ
El arrastre frontal será
42
22 ∅=
πρUCD D
reemplazando
( )400,20
2
60,3
00,100,13005,1
86,02
2
3
mhkmsm
hkm
mkg
D π⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
×
×=
kND 96,184=
El arrastre lateral será
lUCD D ∅= πρ2
2
reemplazando
mmhkmsm
hkm
mkg
D 00,10000,202
60,3
00,100,13005,1
86,0
2
3
×⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
×
×= π
ND 30,3699=
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 5
2
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
reemplazando 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
( )319,1
15,273º20287
00,100mkg
KCKkgNm
kPaRTP
=+
∗×
==ρ
El arrastre será
42
22 ∅=
πρUCD D
despejando
DCD
U 2
24ρπ
=∅
reemplazando
mN
sm
mkg
33,282,100,45000
00,1019,1
82
3
=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛×
=∅
π
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
15,273+= CA TT
( ) 15,2739532 +⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ×−= FA TT
( ) KFTA 26,29415,2739532º70 =+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ×−=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 6
La densidad será, por la ecuación de estado
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
33
3
3
2
2
0032,000,1
0283,0594,14
00,120,126,294287
00,1
76,689470,14
ftslug
ftm
kgslug
mkg
KKkgNm
inlb
mN
psi
RTP
=××=
∗×
×
==ρ
Si proponemos un número de Reynolds alto encontramos CD a partir de la figura 6.11, esto es 05,1=DC
el diámetro será
DCD
U 2
24ρπ
=∅
reemplazando
ftlb
sft
ftslug
59,705,100,400
00,720032,0
82
3
=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛×
=∅
π
ft59,7=∅
El número de Reynolds será
Verifica
sft
ftsft
VDRe ⇒=×
==−
87,30371881080,1
59,700,722
4ν
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 7
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
D
F
W
D
Por equilibrio de fuerzas será
DFW =− reemplazando
22
33
234
34 rSUCSrSr Daceitepelota πργπγπ =−
( ) 22
3
234 rSUCSSr Daceitepelota πργπ =−
reemplazando
( )2
23
3
3
00,1200,100,1
2
80,094,180,050,340,62
00,1200,100,1
34
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
×=−⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛×
inftin
Uft
slug
Cftlb
inftin D ππ
22
2
12,24 UCsft
D=
DCsft
U2
2
12,24=
El número de Reynolds será
Ufts
poisesft
slug
poise
ftslugftU
UDSR aceite
e 90,123
00,479
00,100,1
94,180.000,600,1
3
=
××
×××==
μρ
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 8
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
CD U Re
1,000 4,911 608,499 0,500 6,946 860,548 0,450 7,321 907,097 0,420 7,578 938,935 0,410 7,670 950,316 0,405 7,717 956,164 0,400 7,765 962,122
Finalmente
sftU 76,7=
Si la densidad relativa de la pelota es 7,0 entonces
( ) 22
3
234 rSUCSSr Daceitepelota πργπ =−
reemplazando
( )2
23
3
3
00,1200,100,1
2
80,094,180,000,740,62
00,1200,100,1
34
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
×=−⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛×
inftin
Uft
slug
Cftlb
inftin D ππ
22
2
03,174 UCsft
D=
DCsft
U2
2
03,174=
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
4,0
03,174 2
2
sft
U =
sftU 86,20=
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 9
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
F
DD
W
Por equilibrio de fuerzas será
FDW =+ reemplazando
helioaireDglobo DDDUCW γπγππρ 3322
61
61
42−=+
Despejando
( ) 0426
1 22
3 =−−− globoDhelioaire WDUCD πργγπ
Esta es una ecuación cúbica donde
( )helioairea γγπ −=61
42
2 πρUCb D−=
0=c
globoWd −= La temperatura absoluta será
15,273+= CA TT
( ) 15,2739532 +⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ×−= FA TT
( ) KFTA 59,27715,2739532º40 =+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ×−=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 10
La densidad del aire será, por la ecuación de estado
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
33
3
3
2
2
0023,000,1
0283,0594,14
00,121,159,277287
00,1
76,689400,14
ftslug
ftm
kgslug
mkg
KKkgNm
inlb
mN
psi
RTP
=××=
∗×
×
==ρ
El peso específico del aire será
323 076,0174,320023,0ftlb
sft
ftslugg =×== ργ
La densidad del helio será, por la ecuación de estado
34
3
3
3
2
2
1025,300,1
0283,0594,14
00,116,059,2772077
00,1
76,689400,14
ftslug
ftm
kgslug
mkg
KKkgNm
inlb
mN
psi
RTP −×=××=
∗×
×
==ρ
El peso específico del helio será
3234 01,0174,321025,3
ftlb
sft
ftslugg =××== −ργ
reemplazando
034,001,0076,061
33 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
ftlb
ftlba π
2
2
3
019,042
100023,021,0
sftslugs
ftft
slug
b×
−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−=π
0=c lbd 300−=
Con una calculadora o programa obtenemos
ftD 83,20=
Si el globo esta atado al suelo, entonces
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 11
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
F
D
WT
V
θ
Por equilibrio de fuerzas en horizontal será θcosTD =
y en vertical θTsenWF +=
despejando
θsenWFT −
=
reemplazando
θθ
θ tgWF
senWFD −
=−
= cos
despejando
DWFtg −
=θ
reemplazando
( )
22
3
42
61
DVC
WDtg
D
globohelioaire
πρ
γγπθ
−−=
entonces
( )
( )
46,0
83,2042
00,360000,1
00,100,528000,100023,0
21,0
00,30001,0076,083,2061
2
2
3
333
=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛××
×
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
=
fts
hmilla
fthmi
ftslug
lbftlb
ftlbft
tg
π
πθ
entonces
''24'37º24=θ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 12
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
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
( )petroleoesferasDU γγμ
−=18
2
( )petroleoesferasagua SSDU −= γμ18
2
La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es
231000,8
msN ×
×= −μ
reemplazando
( )86,050,400,98061000,818
00,100000,110,0
3
23
2
−×
××
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
=− m
N
msN
mmmmm
U
smU 31048,2 −×=
Verificamos que el Reynolds sea menor que 1, entonces
Verifica
msN
mkg
mmmmm
sm
UDRe ⇒=×
×
×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛××
==−
−
30,01000,8
00,100000,1000
00,110,01048,2
23
33
μρ
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
( )airepartículaDU γγμ
−=18
2
( )airepartículaaguaSDU γγμ
−=18
2
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 13
La densidad del aire será, por la ecuación de estado
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
3
227,1
59,277287
00,101325
mkg
KKkgNm
mN
RTP
=
∗×
==ρ
El peso específico del aire será
323 47,12806,927,1mN
sm
mkgg =×== ργ
La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es
251000,2
msN ×
×= −μ
reemplazando
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −×
×××
=−
33
25
2
47,1200,980650,21000,218 m
NmN
msN
DU
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −×
×××
=−
33
25
2
47,1200,980650,21000,218 m
NmN
msN
DU
26 11006,68 Dsm
U×
×=
Para que se cumpla la ley de Stokes el número de Reynolds debe ser menor que 1, entonces
00,1<=μρUDRe
remplazando
00,1
11006,68 36
<××
=μ
ρDsmRe
despejando
sm
D
×××
×<
11006,68
00,16
3
ρ
μ
reemplazando
smmkg
msN
D
×××
×××
<
−
11006,6800,1000
1000,200,1
63
25
3
m
smmkg
msN
D 63
63
25
1064,611006,6800,1000
1000,200,1−
−
×=
×××
×××
<
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 14
mmD 0066,0=
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
La velocidad de asentamiento será
( )⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −×
×××
×=
−
−
33
25
26
47,1250,200,98061000,218
1064,6mN
mN
msN
mU
smU 31000,3 −×=
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
W
ω
U
Por equilibrio de fuerzas
maWS =− donde
maWUDCL =−24
22 ρπ
El coeficiente de sustentación lo obtenemos de figura 6.19 página 271 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), ingresando con
80,000,702
00,6000,1
00,125000
00,1200,156,2
2=
×
××××=
sft
sm
revradrpm
inftin
UD
πω
esto es 26,0=LC
La temperatura absoluta será 15,273+= CA TT
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 15
( ) 15,2739532 +⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ×−= FA TT
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
( ) KFTA 26,29415,2739532º70 =+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ×−=
La densidad del aire será, por la ecuación de estado
33
3
3
20023,0
00,10283,0
594,1400,120,1
26,294287
00,101325
ftslug
ftm
kgslug
mkg
KKkgNm
mN
RTP
=××=
∗×
==ρ
reemplazando
2
2
2
32
69,18
174,32
125,0
125,02
00,700023,0
00,1200,156,2
426,0
sft
sft
lb
lbsft
ftslug
inftin
a −=−
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
=
π
Para un movimiento de tiro oblicuo, tenemos en y 2
00 21 tatvyy yy ++=
y en x tvxx x+= 0
Si suponemos que la velocidad inicial es cero, entonces
xvxt =
reemplazando 2
21
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
xy v
xay
reemplazando 2
200,70
00,3969,1821
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
sftft
sfty
fty 90,2=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 16
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Capítulo 8: Flujo de un fluido ideal Ejercicio 8-1 Calcúlese el gradiente de la siguientes funciones esclares en dos dimensiones (a) ( )22ln2 yx +−=φ (b) VyUx +=φ (c) xy2=φ
Resolución
a)
22
4yxx
x +−
=∂∂φ
22
4yxy
y +−
=∂∂φ
El gradiente será
jyxyi
yxxj
yi
x ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
−+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
=∇ 2222
44φφφ
b)
Ux=
∂∂φ
Vy=
∂∂φ
El gradiente será
jViUjy
ix
+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
=∇φφφ
c)
yx
2=∂∂φ
xy
2=∂∂φ
El gradiente será
jxiyjy
ix
22 +=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
=∇φφφ
Ejercicio 8-2 Calcúlese la divergencia de los gradientes de φ encontrados en el problema 8.1. Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 8 1
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
a) ( )( )222
222
2
2 84yx
xyxx +
++−=
∂∂ φ
( )( )222
222
2
2 84yx
yyxy +
++−=
∂∂ φ
La divergencia será ( )( )
( )( )
[ ]( )
088484· 222
2222
222
222
222
222
2
2
2
2
=+
−−+−=
+
++−+
+
++−=
∂∂
+∂∂
=∇∇yx
yxyxyx
yyxyx
xyxyxφφφ
b)
02
2
=∂∂xφ
02
2
=∂∂yφ
La divergencia será
000· 2
2
2
2
=+=∂∂
+∂∂
=∇∇yxφφφ
c)
02
2
=∂∂xφ
02
2
=∂∂yφ
La divergencia será
000· 2
2
2
2
=+=∂∂
+∂∂
=∇∇yxφφφ
Ejercicio 8-3 Calcúlese el rotacional de los gradientes de φ del problema 8.1 Resolución
a)
( )222
2 8yx
xyyx +=
∂∂∂ φ
( )222
2 8yx
xyxy +=
∂∂∂ φ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 8 2
El rotor será
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
( ) ( )088
222222
22
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−
+=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂−
∂∂∂
=∇×∇ kyx
xyyx
xykxyyxφφφ
b)
02
=∂∂
∂yxφ
02
=∂∂
∂xyφ
El rotor será
( ) 00022
=−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂−
∂∂∂
=∇×∇ kkxyyxφφφ
c)
22
=∂∂
∂yxφ
22
=∂∂
∂xyφ
El rotor será
( ) 02222
=−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂−
∂∂∂
=∇×∇ kkxyyxφφφ
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
( )yyw
zv
x 2121
21
+−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
−=ω
( ) 50,1232
212,2,2 ==+−=xω
( ) xxxw
zu
y −=−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
−∂∂
= 2021
21ω
( ) 22,2,2 −=xω
( )1021
21
−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−∂∂
=yu
xv
zω
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 8 3
( ) 50,02,2,2 −=xω
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Ejercicio 8-7 Un potencial de velocidad en flujo bidimensional es φ = y + x2 – y2. Encuéntrese la función de corriente para este flujo. Resolución De las ecuaciones de Cauchy-Riemann
xy ∂∂
=∂∂ φψ
xx
2=∂∂φ
por lo tanto
xy
2=∂∂ψ
además
yx ∂∂
−=∂∂ φψ
yy
21−=∂∂φ
por lo tanto
12 −=∂∂ y
xψ
Por otro lado
dyy
dxx
d∂∂
+∂∂
=ψψψ
reemplazando ( )dyyxdxd 122 −+=ψ
dyydyxdxd −+= 22ψ integrando
∫∫∫ −+= dyydyxdx 22ψ
finalmente cteyyx +−+= 22ψ
Ejercicio 8-8 La función de corriente bidimensional para un flujo es ψ = 9 + 6x – 4y + 7xy. Encuéntrese el potencial de velocidad. Resolución
De las ecuaciones de Cauchy-Riemann
xy ∂∂
=∂∂ φψ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 8 4
xy
74 +−=∂∂ψ
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
por lo tanto
xx
74 +−=∂∂φ
además
yx ∂∂
−=∂∂ φψ
yx
76 +=∂∂ψ
por lo tanto
yy
76 −−=∂∂φ
Por otro lado
dyy
dxx
d∂∂
+∂∂
=φφφ
reemplazando ( ) ( )dyydxxd 7674 −−++−=φ
ydydyxdxdxd 7674 +−+−=φ integrando
∫∫∫∫ −−+−= ydydyxdxdx 7674φ
finalmente
( ) cteyyxx +−−+−= 6274 22φ
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
θψ 229 senr= Valuando en (1,0)
( ) 00,1 =ψ Valuando en (1,π/4)
5,44
,1 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ πψ
La descarga será
( ) 22
5,40,14
,1 ftsftQ =−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= ψπψ
( ) 22
5,40,14
,1 ftsftQ =−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= ψπψ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 8 5
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
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −= 1'2 0
SS
gRCv
despejando
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=
1'2 0
SS
gR
vC
reemplazando
( )32,1
155,13037,0806,92
00,4
2
=−××
=m
sm
sm
C
32,1=C
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
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −= 1'2 0
SS
gRCv
reemplazando
( )smm
smv 76,1155,13010,0806,9212,1 2 =−××=
smv 76,1=
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 9
1
r, ft 0,00 0,30 0,60 0,90 1,20 1,48R’, in 4,00 3,91 3,76 3,46 3,02 2,40
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
2
4DvvAQ π
==
La velocidad será, por ser una tubo del tipo Prandtl
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −= 1'2 0
SS
gRv
sustituyendo
r [m] R [m] v [m/s] Q [m3/s] 0,000 4,000 6,434 45,480 0,300 3,910 6,361 44,965 0,600 3,760 6,238 44,094 0,900 3,460 5,984 42,299 1,200 3,020 5,591 39,518 1,480 2,400 4,984 35,228
El caudal será
sftQ
3
93,41=
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
( )773,0
75,2806,9210,04
00,100000,160,44
22
2
3
33
0
=××
×==
msmm
dmm
sdm
gHAQ
C ad π
773,0=dC
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces
( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ Las fuerzas externas en x son
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 9
2
( )xanclajexext FF =∑
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
La integral sobre la superficie de control en x es
asc vg
QdAvv γρ =•××∫
Igualando
axanclaje vg
QF γ=
despejando
γQFg
v xanclajea
×=
El coeficiente de velocidad será
907,075,2806,92
00,9806045,0
00,300806,9
22
3
3
2
0
1 =××
×
×
=
×
==m
sm
mN
sm
Nsm
gHQFg
vv
C
xanclaje
vγ
907,0=vC
El coeficiente de contracción será
791,0907,0773,0
===v
dc C
CC
791,0=cC
Ejercicio 9-26 Para Cv = 0,96 en la figura calcúlense las pérdidas en mN/N y en mN/s.
AceiteDens. esp. 0,92
70 mm diám.
Cd = 0,74
Aire, 15 kPa
2 m
Resolución
Las pérdidas por unidad de peso serán ( )21 vPérdidas CHh −=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 9
3
donde H
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
agua
atma
SPP
zPPzHγγ−
+=−
+= 121
1
reemplazando
m
mN
PamH 66,300,980692,0
00,1500000,2
3
=×
+=
reemplazando
( )( )NNmmhPérdidas 287,096,0166,1 2 =−×=
NNmhPérdidas 287,0=
La pérdida de potencia será
pérdidaspotencia hQh γ= El caudal será
( )s
mmsmmgHACQ da
3
22
0 024,066,3806,9207,04
74,02 =××==π
reemplazando
smNm
mN
smhpotencia 53,62287,000,980692,0024,0 3
3
=×=
smNhpotencia 53,62=
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
4
1
2
21
0
1
2
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −+
=
DD
PPhgACQ va
γ
Despejando
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −+
4
1
220
2
221 1
2 DD
AgCQPPh
v
a
γ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 9
4
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
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
νπDQRe
4=
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
62
7
3
33
1048,11075,5075,0
00,100000,100,504
×=×××
×=
−
smm
dmm
sdm
Re
π
entonces, Cv será 985,0=vC
reemplazando
( ) ( ) ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛××
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −+
4
222
2
23
21
15,0075,01
4075,0985,0806,92
05,0
mm
msm
sm
PPhπγ
mPPh 42,021 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −+
γ 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
25
22
158 HtggQ θ
×=
despejando
52
2
18
152 ⎟
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
××=θtgg
QH
reemplazando
52
2
3
2º60
18
15
806,92
15,0
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
××
×
=tg
sm
sm
H
mH 414,0=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 9
5
STASSI, MAURO JOSÉ 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 Q1 Q1/N1D3 gH1/N21D2
1
60,00 200,00 0,25 3,81 57,50 228,00 0,28 3,65 55,00 256,00 0,32 3,50 52,50 280,00 0,35 3,34 50,00 303,00 0,37 3,18 47,50 330,00 0,41 3,02 45,00 345,00 0,43 2,86 42,50 362,00 0,45 2,70 40,00 382,00 0,47 2,54 37,50 396,00 0,49 2,38 35,00 411,00 0,51 2,22 32,50 425,00 0,52 2,07 30,00 438,00 0,54 1,91 27,50 449,00 0,55 1,75 25,00 459,00 0,57 1,59
Para la bomba 2 tenemos
H2 Q2 Q2/N2D3 gH2/N2D2 80,00 121,00 0,15 5,08 76,70 138,00 0,17 4,87 73,40 155,00 0,19 4,66 70,00 169,00 0,21 4,45 66,70 183,00 0,23 4,24 63,50 200,00 0,25 4,04 60,00 208,00 0,26 3,81 56,70 219,00 0,27 3,60 53,50 231,00 0,29 3,40 50,00 239,00 0,30 3,18 46,70 248,00 0,31 2,97 43,40 257,00 0,32 2,76 40,00 264,00 0,33 2,54 36,70 271,00 0,33 2,33 33,40 277,00 0,34 2,12
Las curvas adimensionales serán
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
1
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
CURVAS ADIMENSIONALES
0
1
2
3
4
5
6
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6
Q/ND3
gH/N
2D2
Bomba 1Bomba 2
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
45
H
PNNs =
45
H
QHNNs
εγ=
reemplazando
( )63,1899
00,100
92,000,1000,980600,10000,200
43
3
3=
×××=
m
sm
mNmrpm
Ns
63,1899=sN
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
2
εγHPQ =
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
reemplazando
sft
ftftlb
HPm
ftN
lbs
Nm
HPQ
3
3
30,686,000,4443,62
00,13048,000,1
448,400,100,746
00,27=
××
×××
=
sftQ
3
30,6=
La velocidad será
PHN
N s45
=
reemplazando
( ) rpm
HPm
ftN
lbs
Nm
HP
ftN 33
00,13048,000,1
448,400,100,746
00,27
00,4436 45
=××
×
×=
rpmN 33=
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)
1112 rVbrQ π= despejando la velocidad
111 2 br
QVr π=
sm
mms
m
Vr 12,205,0075,02
05,03
1 =××
=π
como α1 = 90º entonces
11 VVr =
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
3
La velocidad periférica 1 será
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
1
11 βtg
Vu =
reemplazando
sm
tgsm
u 68,3º30
12,21 ==
La velocidad angular será
602 1
1ru π
ω=
despejando
11 2
60r
uπ
ω =
reemplazando
rpmms
m 00,468075,02
6068,3 =×
×=π
ω
rpm00,468=ω
La velocidad periférica 2 será
602 2
2ru π
ω=
reemplazando
smmrpmu 84,7
6016,0200,4682 =
××=
π
2rV será
222 2 br
QVr π=
reemplazando
sm
mms
m
Vr 66,103,016,02
05,03
2 =××
=π
2uV será
222 uu vuV −=
2
222 βtg
vuV ru −=
reemplazando
sm
tgsm
smVu 97,4
º30
66,184,72 =−=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
4
La velocidad será 2V
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
222 ur VVV += reemplazando
sm
sm
smV 24,597,466,12 =+=
El ángulo α2 será
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
2
22
u
r
VVarctgα
reemplazando
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
=
smsm
arctg97,4
66,12α
''55'26º182 =α El diagrama de velocidad a la entrada será
3,68
2,12
4,24
30°
1V1
u1
El diagrama de velocidad a la salida será
7,844,97 2,87
1,66
3,325,24
2V2
u2=
Vr2
u2Vu2
18° 30°
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
5
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
b) La carga será
gVuH 222 cosα
=
reemplazando
2806,9
º18cos24,584,7
smsm
sm
H×
=
mH 97,3=
c) El momento de torsión será
( )1122 uu VrVrQT −= ρ reemplazando
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ×−××=
smm
smm
sm
mkgT 00,0075,097,416,005,000,1000
3
3
NmT 76,39=
d) La potencia será
HQTP γω == reemplazando
mmN
smP 97,300,980605,0 3
3
××=
WattP 50,1946=
e) La elevación de presión en el impulsor será, aplicando la ecuación de Bernoulli y despreciando el cambio de nivel
gvP
gvP
H22
222
211 +=++
γγ
despejando
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+=−
gv
gvHPP
22
22
21
12 γ
reemplazando
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+=−
2
2
2
2
312
806,92
24,5
806,92
12,297,300,9806
sm
sm
sm
sm
mmNPP
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
6
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
kPaPP 45,2712 =− 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
gVu
H u22=
despejando gHVu u =22
pero
2
2222 tan β
ruu
VvVu ==−
entonces
2
222 tan β
ru
VuV −=
reemplazando
gHVuu r =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
2
222 tan β
0tan 2
22
22 =−− gHVuu r
β
tenemos una ecuación de segundo grado donde
1=A
2222
2
2tan1
tan brQVB r
πββ−=−=
gHC −= reemplazando
00,1=A
sft
ftft
sft
tgB 82,8
00,1250,1
00,1200,52
00,5
º601
3
−=××
−=π
2
2
2 14,205900,64174,32sftft
sftC −=×−=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
7
entonces
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
sftu 00,502 =
De la expresión de velocidad angular tenemos
ωπ
=1
1 260
ru
y
ωπ
=2
2 260
ru
igualando
22
11 2
60260
ru
ru
ππ=
2
2
1
1
ru
ru
=
despejando
2
121 r
ruu =
reemplazando
sft
inin
sftu 00,20
00,500,200,501 ==
Por otro lado, como α1 = 90º entonces
11 VVr = Además
1112 rVbrQ π= despejando la velocidad
1111 2 br
QVVr π==
sft
fft
sft
V 10,19
00,1200,3
00,1200,22
00,53
1 =××
=π
El ángulo β1 será
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
1
11 u
Varctgβ
reemplazando
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
=
sftsft
arctg00,20
10,191β
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
8
''41'40º1431 =β
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
b) La velocidad angular será
11 2
60r
uπ
ω =
reemplazando
rpmfts
ft 00,1146
00,1200,22
6000,20 =×
×=π
ω
rpm00,1146=ω
c) La potencia será
HQTP γω == reemplazando
ftftlb
sftP 00,6443,6200,5 3
3
××=
HPs
ftlbP 31,3660,19977 =×
=
e) La elevación de presión en el impulsor será, aplicando la ecuación de Bernoulli y despreciando el cambio de nivel
gvP
gvP
H22
222
211 +=++
γγ
despejando
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+=−
gv
gvHPP
22
22
21
12 γ
reemplazando
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+=−
2
2
2
2
312
174,322
92,43
174,322
10,1900,6443,62
sft
sft
sft
sft
ftftlbPP
psiPP 20,1712 =−
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).
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
9
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
hs
25°
1
Resolución El índice de cavitación será
gHVe
2'
2
=σ
la altura H será
25°
6 ft
18 ft
H
2º25
12 tg
dDH ×−
=
reemplazando
fttg
ftftH 06,27
2º25
12
00,600,18=×
−=
reemplazando
52,006,27174,322
00,30'
2
2
=××
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
=ft
sft
sft
σ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
10
hs será
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
HPP
h vas 'σ
γ+
−=
reemplazando
ft
ftlb
ftN
lbftm
mN
ftft
Nlb
ftm
mN
fths 06,2752,0
43,62
89,33448,400,1
00,109,0101325
00,189,33
448,400,1
00,109,0101325
00,32
3
2
2
22
2
2
×+
×××−
××
=
fths 00,45=
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
2
2VPP v
ρσ
−=
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
16,0
2
00,1220,998
25,244700,140002
3
=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−=
sm
mkg
PaPaσ
16,0=σ
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
HPPh vas 'σ
γ+
−=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
11
obteniendo los datos de presión de vapor de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) y reemplazando
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
m
mN
mN
mmN
mhs 00,6008,0
00,9806
50,245133,10
10132530,8
3
2
2
×+−
=
mhs 85,12=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10
12
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Capítulo 11: Flujo a régimen permanente en conductos cerrados Ejercicio 11-4 ¿Qué carga se necesita en la figura para generar una descarga de 0,3 m3/s?
AceiteS = 0.88
μ = 0.04 poise
Borde a escuadra
Tubo suave
30 m200 mm
diám.
60 m300 mm
diám.
450 mm diám.6º 6º
2 m
Resolución A partir de la descarga obtenemos las velocidades
11 A
Qv =
22 A
Qv =
13 A
Qv =
sm
m
sm
v 55,9)20,0(
4
30,0
2
3
1 ==π
sm
m
sm
v 24,4)30,0(
4
30,0
2
3
2 ==π
sm
m
sm
v 89,1)45,0(
4
30,0
2
3
3 ==π
A partir de las velocidades obtenemos el número de Reynolds
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
1
poisesm
kg
poise
mkg
msmS
Dv agua
00,10
00,104,0
00,100088,020,055,9Re
3
111
××
×==
μρ
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
00,42020000,22000020,055,9Re 2111 =×==msm
smS
Dv agua
μρ
00,27984000,22000030,024,4Re 2222 =×==msm
smS
Dv agua
μρ
A partir del ábaco de Moody obtenemos 0135,01 =f
0145,02 =f La carga será
( ) ( )g
VgVV
Kg
VDLf
gVVK
gV
DLf
gVKH sie 222222
23
232
22
2
22
221
21
1
11
21 +
−++
−++=
donde
125,0125,050,0
===
s
i
e
KKK
reemplazando
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
806,92
89,1
806,92
89,124,4125,0
806,92
24,4
30,000,600145,0
806,92
24,455,9125,0
806,92
55,9
20,000,300135,0
806,92
55,950,0
sm
sm
sm
sm
sm
sm
sm
mm
sm
sm
sm
sm
sm
mm
sm
sm
H
×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+
×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
=
mH 80,14=
Ejercicio 11-6 Calcúlese la descarga en el sifón de la figura para H = 8 pies. ¿Cuál es la presión mínima del sistema?
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
2
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Tubo de acerode 8 pulgadas
Agua60º F
Codo estándar
8 ft
12 ftH
10°
20 ft6 ft
D
1.5D
Resolución La carga será
( )gVVK
gV
DLfKKH sce 22
22
212
1
1
11
−+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
Por la ecuación de continuidad
21
21 v
AAv =
2
2
1
21 v
DD
v ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
pero , reemplazando 12 50,1 DD =
( ) 22
1 50,1 vv =
21 25,2 vv = reemplazando
g
VVK
g
V
DLfKKH sce 2
25,2225,22
21
12
21
1
11
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
g
VK
gV
DLfKKH sce 2
25,211
21975,02
21
2
21
1
11
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−
+×
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
gVK
gV
DLfKKH sce 2
3086,02
1975,022
12
1
1
11
×+
×⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
gV
KDL
fKKH sce 23086,021975,0
21
1
11 ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
3
donde
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
90,050,0
==
c
e
KK
15,0=sK
reemplazando
gV
ftin
inftfH
215,03086,0
00,12
00,800,4090,0250,01975,0
21
1
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
×+
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+×+=
( )[ ]g
VfH2
15,03086,000,6080,150,01975,02
11 ×+++=
[ ]g
VfH2
05,085,1135,001,02
11 +++=
[ ] ft
sft
VfH 00,8174,322
85,1150,0
2
21
1 =×
+=
[ ] ft
sft
Vf 00,835,64
85,1150,0
2
21
1 =+
[ ] 2
22
11 78,51485,1150,0sftVf =+
[ ]1
2
2
1 85,1150,0
78,514
fsft
V+
=
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
41025,266,0
00015,0 −×==ft
ftDε
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 V1 Re1
1,0000 6,46 333968,95 0,0168 27,12 1403195,660,0150 27,55 1425087,870,0148 27,61 1428210,210,0147 27,62 1428837,15
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
4
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
sftV 62,271 =
entonces
11vAQ =
sft
sftftQ
32
61,962,2700,1200,8
4=⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛=
π
sftQ
3
61,9=
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
gV
DLfKz
Pes
s
210
2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++++=
γ
despejando
gV
DLfKzP ess 2
12
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++−−= γγ
reemplazando
2
2
33174,322
55,27
00,1200,800,8015,05,0143,6200,643,62
sft
sft
ft
ftftlbft
ftlbPs
×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
++−×−=
2
2
33174,322
55,27
00,1200,800,8015,05,0143,6200,643,62
sft
sft
ft
ftftlbft
ftlbPs
×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
++−×−=
22
2
2 19,1100,144
00,170,1611inlb
inft
ftlbPs −=×−=
22
2
2 19,1100,144
00,170,1611inlb
inft
ftlbPs −=×−=
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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
5
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
12 ft
A
12 ft 8 ft
100 ft 75 ft
100 ft
Tubo suave de 8 pulg de diámetroAgua a 60 ºF
Válvula de globo
Resolución
A1
23
4Datum
En 1 tenemos
ftzPa 00,121 =+γ
En 2 tenemos
gV
DLfzPz
21
22
22
1 ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +++=
γ
En 3 tenemos
gV
DLfKzPz v 2
12
33
31 ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ++++=
γ
En 4 tenemos
gV
DLfKz v 2
24
1 ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
reemplazando
2
2
174,32200,1200,8
00,27500,1000,12
sft
V
ft
ftfft×⎟
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+=
despejando
( )fsft
V50,41200,10
18,772 2
2
+=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
6
iterando
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
f V Re 1,0000 1,35 69938,51 0,0190 6,58 340378,99 0,0140 7,00 361947,06 0,0138 7,02 363135,96 0,0140 7,00 361947,06
donde obtenemos
sftV
f
00,7
014,0
=
=
entonces en 2 tenemos
ft
sft
sft
ftftftP 36,14
174,322
00,7
66,000,100014,0100,12
2
2
2 −=×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−−=
γ
la línea de altura motriz será
ftftftzP 64,900,2436,1422 =+−=+
γ
En 3 tenemos
ft
sft
sft
ftftft
P97,2
174,322
00,7
66,000,174014,050,4100,4
2
2
3 −=×
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−=
γ
la línea de altura motriz será
ftftftzP
03,500,897,233 =+−=+
γ
En 4 tenemos
ftzPa 00,04 =+γ
Sí graficamos
A
100 ft 75 ft
100 ft
Datum
Ejercicio 11-30
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
7
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,
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
Elev. 0
Bomba
Tanque
Resolución La carga que debe entregar la bomba será
852,1
852,1
8704,422 727,4
CQ
DLzPH ++=
γ
reemplazando
852,1
852,1
8704,4
3
2
2
00,13000,1200,8
00,2000727,400,1043,62
00,100,14400,12
Q
ft
ftft
ftlb
ftinpsi
H
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛++
×=
resolviendo 852,128,800,1068,27 QftftH ×++=
852,128,868,37 QftH ×+= La carga que entrega la bomba es
200,200,48 QH B ×−= iterando encontramos
Q H HBB
1,000 45,960 46,000 0,900 44,492 46,380 1,100 47,558 45,580 1,010 46,114 45,960 0,990 45,807 46,040 1,001 45,975 45,996
El caudal será
sftQ
3
001,1=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
8
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Desarrollo teórico Resistencia equivalente para una conexión en serie Para una conexión en serie tenemos
fmffft hhhh +++= ...21 y
mt QQQQ ==== ...21 Además
nteqft Qrh =
y n
f Qrh 111 = n
f Qrh 222 = nmmfm Qrh =
reemplazando nteqfmff Qrhhh =+++ ...21
nteq
nmm
nn QrQrQrQr =+++ ...2211
como , tomamos factor común y simplificamos, por lo que obtenemos mt QQQQ ==== ...21
i
m
imeq rrrrr ∑
=
∑=+++=1
21 ...
Resistencia equivalente para una conexión en paralelo Para una conexión en paralelo tenemos
fmffft hhhh ==== ...21 y
mt QQQQ +++= ...21 Además
nteqft Qrh =
despejando
tn
eqnft Qrh
11
=
neq
nft
t
r
hQ 1
1
=
y n
f Qrh 111 = despejando
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
9
1
1
1
1
1 Qrh nnf =
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
n
nf
r
hQ 1
1
1
11 =
nf Qrh 222 =
despejando
2
1
2
1
2 Qrh nnf =
n
nf
r
hQ 1
2
1
22 =
nmmfm Qrh =
despejando
mn
mnfm Qrh
11
=
nm
nfm
m
r
hQ 1
1
=
reemplazando
mn
eq
nft QQQ
r
h+++= ...211
1
nm
nfm
n
nf
n
nf
neq
nft
r
h
r
h
r
h
r
h1
1
1
2
1
21
1
1
11
1
... +++=
como , tomamos factor común fmffft hhhh ==== ...21
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛+++=
nm
nn
nft
neq
nft
rrrh
r
h11
2
1
1
1
1
1
1...11
simplificando
nm
nnneq rrrr
11
2
1
1
1
1...111+++=
invirtiendo y elevando a la n obtenemos, finalmente
n
nm
nneq
rrrr
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛+++= 11
2
1
1
1...11
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
10
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Ejercicio 11-34 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?
300 m 500 mm diám.
H
600 m 300 mm diám.
300 m 200 mm diám.
300 m 300 mm diám.
800 m 300 mm diám.
Agua15 ºC
Tubos de hierro fundido limpios
Resolución
300 m 500 mm diám.
H
600 m 300 mm diám.
300 m 200 mm diám.
300 m 300 mm diám.
800 m 300 mm diám.
Agua15 ºC
Tubos de hierro fundido limpios
3 4
5
1
2
A partir de la fórmula de Colebrook
2
9,0
74,57,3
ln
325,1
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
=
eRD
fε
Si suponemos un número de Reynolds alto, tenemos
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
11
2
7,3ln
325,1
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
D
fε
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Para 1 tenemos, reemplazando
021,0
2007,325,0ln
325,1
7,3ln
325,122
1
1 =
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
mmmm
D
fε
Para 2 tenemos, reemplazando
019,0
3007,325,0ln
325,1
7,3ln
325,122
2
2 =
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
mmmm
D
fε
Para 3 tenemos, reemplazando
017,0
5007,325,0ln
325,1
7,3ln
325,122
3
3 =
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
mmmm
D
fε
Para 4 tenemos, reemplazando
019,0
3007,325,0ln
325,1
7,3ln
325,122
4
4 =
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
mmmm
D
fε
Para 3 tenemos, reemplazando
019,0
3007,325,0ln
325,1
7,3ln
325,122
5
5 =
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
mmmm
D
fε
La resistencia será, para 1
( )m
ms
msm
mgDLfr 6
2
52
251
21
11 38,162720,0806,9
00,3008021,08=
××
×==
ππ
La resistencia será, para 2
( )m
ms
msm
mgDLfr 6
2
52
252
22
22 89,19330,0806,9
00,3008019,08=
××
×==
ππ
La resistencia será, para 3
( )m
ms
msm
mgDL
fr 6
2
52
253
23
33 49,1350,0806,9
00,3008017,08
=××
×==
ππ
La resistencia será, para 4
( )m
ms
msm
mgDLfr 6
2
52
254
24
44 79,38730,0806,9
00,6008019,08=
××
×==
ππ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
12
La resistencia será, para 5
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
( )m
ms
msm
mgDL
fr 6
2
52
255
25
55 05,51730,0806,9
00,8008019,08
=××
×==
ππ
La resistencia equivalente 1-2, por la fórmula de Darcy-Weisbach n = 2, entonces
mms
mmsm
msrr
r 6
2
2
6
2
6
2
2
21
21 15,107
89,193
1
38,1627
11
111
=
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+=
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+=−
La resistencia equivalente 4-5 será
mms
mmsm
msrr
r 6
2
2
6
2
6
2
2
54
54 37,111
05,517
1
79,387
11
111
=
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+=
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+==−
La resistencia equivalente final, será
54321 −− ++= rrrreq
mmsm
msm
msm
msreq 6
2
6
2
6
2
6
2
01,23237,11149,1315,107 =++=
Además
52
8
t
ttteq gD
Lfrr
π==
El factor de fricción lo obtenemos suponiendo un número de Reynolds alto, esto es
019,0
3007,325,0ln
325,1
7,3ln
325,122 =
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
mmmm
D
f
t
tε
Despejando Lt, tenemos
t
eqtt f
rgDL
8
52π=
reemplazando
( )m
mmsm
sm
Lt 97,358019,08
01,23230,0806,9 6
25
22
=×
××=
π
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
13
mLt 97,358=
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Para encontrar la descarga planteamos Bernoulli entre las superficies libres de ambos depósitos tenemos
fhg
Vz
Pg
Vz
P+++=++
22
22
22
21
11
γγ
reemplazando
faa h
PH
P+++=++ 000
γγ
fhH = Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach, tenemos
2Teqf QrhH ==
La resistencia equivalente será
mmsreq 6
2
01,232=
reemplazando
sLts
mmsmQT 61,207
01,232
00,10
6
2 ==
sLtsQT 61,207=
Para verificar el número de Reynolds lo calculamos
Verifica
smm
sm
DQRe ⇒=
×××
×==
−
97,7729151014,130,0
208,0442
6
3
πνπ
Ejercicio 11-36 De la figura calcúlese el flujo en el sistema cuando se quita la bomba.
P
El 17 m
El 27 m
El 30 m
El 0 m
AB
C
300 m 300 mm Dε = 3 mm 300 m 300 mm Dε = 3 mm
300 m 200 m
m D
ε = 1 mm
1000 m 200 mm D
ε = 1 mm
J
Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
14
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
El 17 m
El 27 m
El 30 m
AB
C
J
1
2
3
Datum
Por continuidad
321 QQQ += Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach
2rQhf = Para 1 tenemos
gV
DLfh f 2
211
11 =
2
21
11
806,923,0600
sm
Vmmfh f
×=
Para 2 tenemos
gV
DLfh f 2
222
22 =
2
22
22
806,922,0300
sm
Vmmfh f
×=
Para 3 tenemos
gV
DL
fh f 2
233
33 =
2
23
33
806,922,01000
sm
Vmmfh f
×=
Sí suponemos mP
z JJ 00,20=+
γ, entonces
21
2
1 98,10100,3 Vmsfm =
22
2
2 48,7600,7 Vmsfm =
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
15
23
2
3 95,25400,10 Vmsf=
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
iterando hallamos el caudal
v1 Re1 f1 hf1 Q1
1,0000 300000,00 0,0382 1,95 0,0707 2,0000 600000,00 0,0381 7,76 0,1414 1,5000 450000,00 0,0381 4,37 0,1060 1,2500 375000,00 0,0382 3,04 0,0884 1,2425 372750,00 0,0382 3,00 0,0878
v2 Re2 f2 hf2 Q2
1,0000 200000,00 0,0310 2,37 0,0314 2,0000 400000,00 0,0307 9,39 0,0628 1,5000 300000,00 0,0308 5,30 0,0471 1,7500 350000,00 0,0308 7,20 0,0550 1,7250 345000,00 0,0308 7,00 0,0542
v3 Re3 f3 hf3 Q3
1,0000 200000,00 0,0310 7,90 0,0314 2,0000 400000,00 0,0307 31,30 0,0628 1,5000 300000,00 0,0308 17,67 0,0471 1,2500 250000,00 0,0309 12,30 0,0393 1,1260 225200,00 0,0309 10,00 0,0354
De la ecuación de continuidad
0321 =−− QQQ reemplazando
sm
sm
sm
sm 3333
0018,00354,00542,00878,0 =−−
entonces
sLtsQ 80,871 =
sLtsQ 20,542 =
sLtsQ 40,353 =
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
16
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
P
El 17 m
El 27 m
El 30 m
El 0 m
AB
C
300 m 300 mm Dε = 3 mm 300 m 300 mm Dε = 3 mm
300 m 200 m
m D
ε = 1 mm
1000 m 200 mm D
ε = 1 mm
J Resolución
P
El 17 m
El 27 m
El 30 m
AB
C
J Datum
1
2 3
La potencia de la bomba será
BQHPot γ= despejando
γPotQH B =
reemplazando y despejando H
300,9806
00,7500
mNs
Nm
QH B =
smQH B
4
76,0=
QsmH B
176,04
=
Por continuidad
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
17
BAJ QQQ +=
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach 2rQhf =
Para 1 tenemos
gV
DL
fh f 2
211
11 =
2
21
11
806,923,0600
sm
Vmmfh f
×=
Para 2 tenemos
gV
DL
fh f 2
222
22 =
2
22
22
806,922,0300
sm
Vmmfh f
×=
Para 3 tenemos
gV
DL
fh f 2
233
33 =
2
23
33
806,922,01000
sm
Vmmfh f
×=
Sí suponemos mP
z JJ 00,28=+
γ, entonces
21
2
1 99,5000,28 VmsfmH B =−
21
2
1
4
99,5000,28176,0 Vmsfm
Qsm
=−
21
2
1
4
99,50176,000,28 Vmsf
Qsmm −=
21
2
1211
4
99,50476,000,28 Vmsf
DVsmm −=
π
( )2
1
2
121
4
99,5030,0476,300,28 V
msf
mVsmm −=
π
21
2
11
2
99,5075,10
00,28 Vmsf
Vs
m
m −=
22
2
2 48,7600,1 Vmsfm =
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
18
23
2
3 95,25400,2 Vmsf=
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
iterando hallamos el caudal
v1 Re1 f1 hf1 Q1
1,0000 300000,00 0,0382 8,80 0,0707 0,3900 117000,00 0,0386 27,26 0,0276 0,3850 115500,00 0,0386 27,63 0,0272 0,3825 114750,00 0,0386 27,82 0,0270 0,3800 114000,00 0,0386 28,00 0,0269
v2 Re2 f2 hf2 Q2
1,0000 200000,00 0,0310 2,37 0,0314 0,7000 140000,00 0,0312 1,17 0,0220 0,6750 135000,00 0,0313 1,09 0,0212 0,6600 132000,00 0,0313 1,04 0,0207 0,6475 129500,00 0,0313 1,00 0,0203
v3 Re3 f3 hf3 Q3
1,0000 200000,00 0,0310 7,90 0,0314 0,5000 100000,00 0,0315 2,01 0,0157 0,4950 99000,00 0,0316 1,97 0,0156 0,4975 99500,00 0,0316 1,99 0,0156 0,4990 99800,00 0,0316 2,00 0,0157
sLtsQA 7,15=
sLtsQA 3,20=
Ejercicio 11-44 Calcúlese el flujo a través de cada una de las tuberías de la red mostrada en la figura, n = 2.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
19
r = 1
r = 3
r = 2
r = 2
r = 1
25
100 75
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Resolución Por el método de Hardy-Cross
10
100
−
−
∑
∑−=Δ
n
n
Qrn
QrQQ
Proponemos Q0, esto es
r = 1
r = 3
r = 2
r = 2
r = 1
25
100 75
ΔQ1 ΔQ2
70
30 20
10
55
I II
Para I, tenemos
00,280000,3000,200,1000,300,7000,1 222100 =×−×−×=∑ −nQrQ
( ) 00,32000,3000,200,1000,300,7000,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
75,800,32000,2800
−=−=ΔQ
Para II, tenemos
00,595000,1000,300,2000,100,5500,2 222100 =×+×−×=∑ −nQrQ
( ) 00,32000,1000,300,2000,100,5500,200,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
59,1800,32000,5950
−=−=ΔQ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
20
Sumando ΔQ tenemos
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
r = 1
r = 3
r = 2
r = 2
r = 1
25
100 75
ΔQ1 ΔQ2
78,75
21,25 29,84
-8,59
45,16
I II
Para I, tenemos
80,551925,2100,259,800,375,7800,1 222100 =×−×+×=∑ −nQrQ
( ) 04,29425,2100,259,800,375,7800,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
77,1804,29480,5519
−=−=ΔQ
Para II, tenemos
06,297659,800,384,2900,116,4500,2 222100 =×−×−×=∑ −nQrQ
( ) 86,29159,800,384,2900,116,4500,200,22 210 =×+×+××=∑ −nQr
17,1086,29106,2976
−=−=ΔQ
Sumando ΔQ tenemos
r = 1
r = 3
r = 2
r = 2
r = 1
25
100 75
ΔQ1 ΔQ2
59,98
40,02 58,78
-18,76
16,22
I II
Para I, tenemos
21,145002,4000,276,1800,398,5900,1 222100 =×−×+×=∑ −nQrQ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
21
( ) 60,39202,4000,276,1800,398,5900,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
69,360,39221,1450
−=−=ΔQ
Para II, tenemos
72,398476,1800,378,5800,122,1600,2 222100 −=×−×−×=∑ −nQrQ
( ) 00,29576,1800,378,5800,122,1600,200,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
51,1300,295
72,3984=
−−=ΔQ
Sumando ΔQ tenemos
r = 1
r = 3
r = 2
r = 2
r = 1
25
100 75
ΔQ1 ΔQ2
56,29
43,71 48,96
-5,25
26,04
I II
Para I, tenemos
88,59671,4300,225,500,329,5600,1 222100 −=×−×+×=∑ −nQrQ
( ) 92,31871,4300,225,500,329,5600,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
79,192,31888,596
=−
−=ΔQ
Para II, tenemos
11,105625,500,396,4800,104,2600,2 222100 −=×−×−×=∑ −nQrQ
( ) 58,21525,500,396,4800,104,2600,200,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
90,458,215
11,1056=
−−=ΔQ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
22
Sumando ΔQ tenemos
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
r = 1
r = 3
r = 2
r = 2
r = 1
25
100 75
ΔQ1 ΔQ2
58,08
41,92 42,27
-0,35
32,73
I II
Para I, tenemos
92,14092,4100,235,000,308,5800,1 222100 −=×−×+×=∑ −nQrQ
( ) 94,28592,4100,235,000,308,5800,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
49,094,28592,140
=−
−=ΔQ
Para II, tenemos
38,35535,000,327,4200,173,3200,2 222100 =×−×−×=∑ −nQrQ
( ) 56,21735,000,327,4200,173,3200,200,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
63,156,21738,355
−=−=ΔQ
Sumando ΔQ tenemos
r = 1
r = 3
r = 2
r = 2
r = 1
25
100 75
ΔQ1 ΔQ2
58,57
41,43 43,41
-1,98
31,59
I II
Para I, tenemos
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
23
32,943,4100,298,100,357,5800,1 222100 =×−×+×=∑ −nQrQ
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
( ) 74,29443,4100,298,100,357,5800,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
032,074,294
32,9−=−=ΔQ
Para II, tenemos
67,9998,100,341,4300,159,3100,2 222100 =×−×−×=∑ −nQrQ
( ) 06,22598,100,341,4300,159,3100,200,22 10 =×+×+××=∑ −nQr
44,006,22567,99
−=−=ΔQ
El diagrama final será 25
100 75
58,57
41,43 43,41
1,98
31,59
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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
24
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
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.
P
350 m 123 m 174 m
45,1 l/s 39,0 l/sBomba (65 KW) Resolución Formulación de Darcy-Weisbach Los datos son
Tuberia L [m] km ks [m] Q [m3/s] 1,00 350,00 7,90 0,00006 0,045 2,00 123,00 3,30 0,00006 0,039 3,00 174,00 3,50 0,00006 0,073
La longitud equivalente será
Q Re f fDKm Leq
0,045 287582,17 0,0078 177,96 527,96 0,039 267427,45 0,0078 68,44 191,44 0,073 340700,88 0,0076 110,55 284,55
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
ininm
inmD 00,466,30254,000,1093,02 ≈=×=
inm
inmD 00,640,50254,000,1137,03 ≈=×=
La pérdida de carga será hf1 hf2 hf3 Σ
55,700 15,114 9,951 80,764 Vemos que el sistema esta sobredimensionado pero un diámetro comercial mayor implica un subdimensionamiento.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
25
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
ininm
inmD 00,466,30254,000,1093,02 ≈=×=
inm
inmD 00,640,50254,000,1137,03 ≈=×=
La pérdida de carga será hf1 hf2 hf3 Σ
99,246 26,645 17,171 143,062 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.
500 m 400 m
600 m
400 m
200 m200 m
300 m
10" 6"
6"
4" 4"
10"
8"
1 2
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
26
3
5 4
200
60
40
303040
ks = 0,06 mm
I II
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Resolución Los datos son
Tuberia L [m] D [m] km ks [m] ks/D 1,00 500,00 0,2540 0,00 0,00006 0,0002 2,00 200,00 0,1016 0,00 0,00006 0,0006 3,00 600,00 0,2032 0,00 0,00006 0,0003 4,00 300,00 0,2540 0,00 0,00006 0,0002 5,00 400,00 0,1524 10,00 0,00006 0,0004 6,00 200,00 0,1016 0,00 0,00006 0,0006 7,00 400,00 0,1524 0,00 0,00006 0,0004
La primera iteración será, para I
Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo
1,00 0,15 658993,30 0,01 0,00 500,00 271,92 6,12 81,58 2,00 0,04 439328,87 0,01 0,00 200,00 11206,38 17,93 896,51 3,00 -0,01 54916,11 0,01 0,00 600,00 1417,98 -0,14 28,36 4,00 -0,05 219664,43 0,01 0,00 300,00 189,29 -0,47 18,93
23,43 1025,37 ΔQ [m3/s] -0,02
para II
Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo
2,00 -0,04 439328,87 0,01 0,00 200,00 114,75 -0,18 9,18 5,00 0,05 366107,39 0,01 202,76 602,76 4558,16 11,40 455,82 6,00 0,01 109832,22 0,01 0,00 200,00 13617,03 1,36 272,34 7,00 -0,02 146442,96 0,01 0,00 400,00 3438,79 -1,38 137,55
11,20 874,89 ΔQ [m3/s] -0,01
La segunda iteración será, para I
Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo
1,00 0,13 558591,72 0,01 0,00 500,00 277,87 4,49 70,66 2,00 0,02 188324,91 0,01 0,00 200,00 12594,57 3,70 431,91 3,00 -0,03 180418,09 0,01 0,00 600,00 1187,96 -1,28 78,06 4,00 -0,07 320066,02 0,01 0,00 300,00 179,67 -0,95 26,18
5,96 606,81 ΔQ [m3/s] -0,0098
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
27
para II
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo
2,00 -0,05 231962,57 0,01 0,00 300,00 187,85 -0,52 19,84 5,00 0,04 272389,02 0,01 194,71 594,71 4683,17 6,48 348,43 6,00 0,00 30745,33 0,01 0,00 200,00 16588,34 -0,13 92,87 7,00 -0,03 240161,32 0,01 0,00 400,00 3205,48 -3,45 210,28
2,38 671,42 ΔQ [m3/s] -0,0035
Los caudales finales y las pérdidas de carga serán
Tuberia Q [m3/s] r hf=r.Q2 Nudo 1,00 0,1271 30,30 0,4898 1,00 100,00 2,00 0,0699 85,14 0,4166 2,00 99,51 3,00 -0,0329 141,35 0,1526 3,00 99,40 4,00 -0,0729 95,56 0,5072 6,00 99,49 5,00 0,0372 83,23 0,1152 5,00 99,34 6,00 -0,0028 711,33 0,0056 4,00 99,22 7,00 -0,0328 114,78 0,1235
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.
2 1
654
60 L/s
3
L = 100 m
L = 100 mkm = 3,6
Ø = 350 mm
Ø = 250 mmkm = 3,8
L = 80 m
km = 3,2Ø = 250 mm
L =
60 m
km =
2,4
Ø =
250
mm
L =
60 m
km =
2,4
Ø =
250
mm
L =
200
mkm
= 5
,4Ø
= 2
00 m
m
L = 150 mkm = 4,6
Ø = 300 mm
I II
50 L/s180 L/s
120 L/sH
= 5
0 m
Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
28
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
Los datos son
Tuberia L [m] D [m] km ks [m] ks/D 1,00 100,00 0,35 3,60 0,0000015 4,286E-06 2,00 60,00 0,25 2,40 0,0000015 0,000006 3,00 100,00 0,25 3,80 0,0000015 0,000006 4,00 60,00 0,25 2,40 0,0000015 0,000006 5,00 150,00 0,30 4,60 0,0000015 0,000005 6,00 200,00 0,20 5,40 0,0000015 0,0000075 7,00 80,00 0,25 3,20 0,0000015 0,000006
La primera iteración será, para I
Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo
1,00 -0,20 637654,47 0,0070 180,48 280,48 30,84 -1,23 12,33 2,00 0,28 1249802,77 0,0064 93,67 153,67 83,37 6,54 46,69 3,00 0,21 937352,07 0,0066 143,01 243,01 136,72 6,03 57,42 4,00 0,01 44635,81 0,0102 58,68 118,68 102,78 0,01 2,06
11,34 118,50 ΔQ [m3/s] -0,0957
para II
Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo
4,00 -0,01 44635,81 0,0102 58,68 118,68 102,78 -0,01 2,06 5,00 -0,15 557947,66 0,0071 194,24 344,24 83,25 -1,87 24,97 6,00 -0,03 167384,30 0,0084 128,84 328,84 712,46 -0,64 42,75 7,00 0,15 669537,20 0,0069 115,32 195,32 114,76 2,58 34,43
0,06 104,20 ΔQ [m3/s] -0,0006
La segunda iteración será, para I
Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo
1,00 -0,30 942824,74 0,0066 189,82 289,82 30,30 -2,65 17,92 2,00 0,18 822564,39 0,0068 88,83 148,83 85,14 2,89 31,38 3,00 0,11 510113,69 0,0072 132,14 232,14 141,35 1,85 32,31 4,00 -0,09 382602,57 0,0075 80,30 140,30 88,79 -0,65 15,22
1,44 96,83 ΔQ [m3/s] -0,0148
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
29
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
para II
Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo
4,00 -0,01 47101,94 0,0101 59,18 119,18 102,34 -0,01 2,16 5,00 -0,15 560002,77 0,0071 194,33 344,33 83,23 -1,89 25,06 6,00 -0,03 170466,96 0,0084 129,18 329,18 711,33 -0,66 43,47 7,00 0,15 667071,07 0,0069 115,27 195,27 114,78 2,56 34,31
0,0018 104,99 ΔQ [m3/s] -0,000017
Los caudales finales y las pérdidas de carga serán
Tuberia Q [m3/s] r hf=r.Q2 Nudo 1,00 -0,30 30,30 2,65 2,00 47,35 2,00 0,18 85,14 2,89 6,00 47,11 3,00 0,11 141,35 1,85 5,00 45,26 4,00 -0,08 95,56 0,54 3,00 45,46 5,00 -0,15 83,23 1,89 4,00 42,70 6,00 -0,03 711,33 0,66 7,00 0,15 114,78 2,56
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11
30
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
mmf
KD 50,56202,0
50,250,4=
×=
La longitud equivalente será
mmmf
KDLLe 50,146250,56200,900 =+=+=
Entonces ( )
( )m
mmm
AAzzm 84,51
50,200,600,9
2
211 =
×==
El φ correspondiente es
6739,050,284,51
00,90050,1462020,0 ===
mm
mm
Dz
LL
f meφ
entonces ( ) ( ) ( ) 8532,06739,011 6739,0 =+=+= −− eeF φφφ
Utilizando la figura 13.4 de la página 525 de (Mecánica de fluidos, Streeter), vemos que dicha función se resuelve para
4630,0−=φ valuando
( ) ( ) ( ) 9208,04630,011 4630,0 =+=+= −− eeF φφφ esta se resuelve para
353,0=φ La fluctuación máxima zm para 4630,0−=φ será
mmmm
fD
LLz
em 61,35
02,050,2
50,146200,9004630,0 −=−== φ
La fluctuación máxima zm para 353,0=φ será
mmmm
fD
LLz
em 15,27
02,050,2
50,146200,900353,0 === φ
El máximo negativo será
( )( )
mm
mmA
Azzz m 18,6
00,650,261,352
2
121 −=
×−===
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13
1
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
mzz 18,621 −==
El máximo positivo será
( )( )
mm
mmA
Azzz m 71,4
00,650,215,272
2
121 =
×===
mzz 71,421 ==
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
mmf
KD 00,50024,0
30,000,4=
×=
La longitud equivalente será
mmmf
KDLLe 00,125000,5000,1200 =+=+=
La velocidad para flujo permanente será
gV
DL
fH e
2
20=
Despejando
DL
f
gHVe
20 =
reemplazando
sm
mm
msm
V 33,1
30,000,1250024,0
00,9806,920 =
××=
El tiempo que tarda en llegar el caudal al 95 % al valor correspondiente al flujo permanente
05,095,1ln
20
gHLV
t =
reemplazando
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13
2
sm
sm
smm
t 13,3305,095,1ln
00,9806,92
33,100,1200=
××
×=
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
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=
eD
EK
K
a1
ρ
El módulo de elasticidad del acero es PaMPaE 115 1000,21000,2 ×=×=
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
PaK 91014,2 ×=
300,1000mkg
=ρ
Ahora reemplazando, obtenemos
sm
mm
PaPamkgPa
a 76,1016
01,000,1
1000,21014,21
00,1000
1014,2
11
9
3
9
=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛××
+
×
=
sma 76,1016=
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13
3
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=
eD
EK
K
a1
ρ
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=
eD
EK
SK
a agua
1
ρ
El módulo de elasticidad del acero es PaMPaE 115 1000,21000,2 ×=×=
Ahora reemplazando, obtenemos
sft
ft
ft
Paftlb
Pa
ftinPsi
ftslugs
ftinPsi
a 03,3335
00,1200,1
00,800,1
00,400,3
00,1200,1
00,800,1
00,1
0207,01000,2
00,100,144150000
1
94,1
00,100,144150000
211
2
2
3
2
2
=
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−
××
×+
×
=
sfta 03,335=
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
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=
eD
EK
K
a1
ρ
El módulo de elasticidad del acero es PaMPaE 115 1000,21000,2 ×=×=
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
PaK 91014,2 ×=
300,1000mkg
=ρ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13
4
Ahora reemplazando, obtenemos
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
sm
mm
PaPa
mkgPa
a 55,995
012,030,1
1000,21014,21
00,1000
1014,2
11
9
3
9
=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛××
+
×
=
El tiempo máximo será
aLtcr
2=
reemplazando
s
sm
mtcr 01,255,955
00,10002=
×=
stcr 01,2=
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
aLtcr
2=
reemplazando
s
sm
mtcr 00,600,1000
00,30002=
×=
La presión pico se obtiene a partir de la fórmula de Allieve, esto es
gaUhmáx =Δ
reemplazando
m
sm
sm
sm
hmáx 96,203806,9
00,200,1000
2
==Δ
mhmáx 96,203=Δ
Ejercicio 13-14 Determínese el tramo de tubería en el problema anterior que queda bajo la presión pico.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13
5
Resolución
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007
De la expresión del tiempo despejamos la longitud, esto es
aLtt crcr
2=−
( )2
ccr ttaL
−=
reemplazando
( )m
sssm
L 00,5002
00,500,600,1000=
−=
mL 00,500=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13
6