Sotelo Avila, Capitulo 4, 8.doc 322f4d

CAPITULO 4 Problema 1. Por el interior de un gran conducto circular de 0.3 m de diámetro fluye agua con velocidad que siguen la distribución señalada en la figura, según la ley V=0.0225-r2 (en m/seg. ). Determinar la velocidad media con que el agua sale por las tuberías de 0.05 m de diámetro. Sabemos:  = 0.0225 – r2, r = 0.15 m., dA = 2 r  dr Figura del problema 1 r

Q   d A  0

0.15

m   0.0225  r  2 r dr   0.000795 Seg. 3

2

0

Dado que la tubería Problema se bifurca en el gastodeequivale: Q = 2V·A por una boquilla, de 2.5 cm de 2. dos, Un chorro agua es descargado diámetro, en dirección vertical y ascendente; suponemos que el chorro La velocidad en los permanece tubos es: circular y que se desprecian las pérdidas de energía durante el   ascenso.   1  Q    0.2024 m V    Seg.en un punto de 4,60 m sobre la boquilla , si la   0.05el2 diámetro de chorro,  2 a) Calcular   velocidad  4 del agua  al salir es de 12 m/seg.

dA=2rdr b) Determinar la presión que debe de leerse en el manómetro M, si el diámetro en la tubería es de 0.10 m y el desnivel (Z1-Z2) es de 0.4 m. Considere despreciable la pérdida de energía entre las secciones 0 y 1. c) Si el chorro forma con la horizontal un ángulo de 45° y se desprecia la fricción con el aire, determinar la altura máxima que alcanzará y la magnitud de la velocidad en ese punto.

Figura del problema 2

a) Planteamos una Bernoulli entre la boquilla y 4.60 m por encima de la misma, los puntos 1 y 2

P1 V2 P V2  Z 1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g Siendo el nivel de referencia el punto 1, entonces: P1=0; Z1=0; P2=0 Sustituyendo en la Ec. de Bernuolli:

12 2 2 9.81

 4.60 

V22

2 9.81

De donde obtenemos: V2 = 7.33 m/seg El gasto en la boquilla esta dado por:

Q1 = V1 A1 = (12 m/seg)( · 0.025²/4) = 0.0589 m3/seg Y además sabemos que Q1 = Q2, de donde V2 = Q2 /A2 = Q1 /A1

 0.0589  0.0075   V2    7.33 m / s 2 D2   ·D / 4 

Despejando el diámetro obtenemos: D2 = 0.032 mts. b) Planteamos una Bernoulli entre la boquilla y 0.40 m por abajo de ella, puntos 1 y 0

K 

1 1 Cv 2

Donde: P1 = 0, Z1-Z0 = 0.40 Sustituyendo:

0.40 

12 2 2 9.81

2



P0 V0   2 9.81

V0 = V1 · (D1/ D0)² = 12 (0.025 / 0.10)² = 0.75 m/s Sustituyendo en la ecuación V0

P0

 P0



 0.40 

12 2 2 9.81



 0.75 2 2 9.81

 7.71 mts. de columna de agua

c) Planteamos una Bernoulli entre la boquilla y el punto donde alcanza la altura máxima el chorro, puntos 1 y 2.

P1 V2 P V2  Z 1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g donde: P1 = 0, Z1 = 0, P2 = 0 La velocidad en el punto más alto se obtiene: V2 = Vcos  Sustituyendo:

12 2 2 9.81

 Z2 

12Cos 45 2 2 9.81

Despejando obtenemos: Z2 = 3.67 mts

VEn el punto máximo = (12m/seg)(cos 45º) = 8.48 m/seg

Problema 3. En una tubería de 0.30 m de diámetro escurre agua; para medir la velocidad se ha instalado un tubo de Pitot -como se muestra en la figura- donde el líquido empleado el la medición tiene un  = 850 Kg/m3, Calcular la velocidad V para h=0.25m y el gasto en la tubería. Planteamos una Ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2 para conocer el gasto, donde el punto 1 se selecciona debajo del manómetro y sobre del eje del tubo, y el punto 2 se selecciona en la entrada del tubo de pitot.

Figura del problema 3

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g Donde: Z1 = Z2; V2 = 0 ya que es una zona de estancamiento y las h12  0, por lo tanto nos queda la ecuación de la siguiente manera: 2

V1 P  P1  2 2g  Por otra parte obtenemos que la diferencia de presiones se calculara por la regla de los manómetros, esto es de la siguiente manera:

P1 – h1- hgh + h2 = P2 P2 – P1 =  (h2-h1) -hgh = h - hgh h(   hg ) P2  P1    Resultando: 2 h(   hg ) h(1000  850) V1   2g  1000

Despejando V1 nos queda que es .85 m/s y el gasto seria

Q =A·V Q = [( · 0.30²)/4] · .85 ] QTubo= 0.06 m3/seg Problema 4. Para el sifón -mostrado en la figura- calcular la velocidad del agua, el gasto y la presión en la sección 2, en el supuesto de que las perdidas fuesen despreciables. Planteamos una Bernoulli entre el deposito y la salida de sifón, puntos 1 y 3.

V2 P1 V2 P  Z1  1  3  Z 3  3  h13  2g  2g

Donde : P1 = 0; V1 = 0; z3 = 0; P3 = 0; h13  0.

Figura del problema 4

Sustituyendo: 3.60 

V32  V3 = 8.4 m/seg 2g

Calculando el área del tubo:

A

 · 0.20 2  0.031416 m 2 4

Evaluando el gasto con los datos anteriores obtenemos que:

Q= 8.4(0.031426) = 0.2639 m3/seg Para conocer la presión en 2 planteamos una Bernoulli entre los puntos 2 y 3.

P2 V2 P V2  Z 2  2  3  Z 3  3  h23  2g  2g Donde:

P3 = 0; Z3 = 0; h13  0

Sustituyendo:

 8. 4  5.4 8.4     2 9.81 2 9.81 2

PB

2

De la Ec. anterior botemos:

PB



  5.4 mts. de columna de agua

Problema 5. Si la bomba -de la figura- desarrolla 5CV sobre el flujo, ¿cuál es el gasto? Para dar solución al problema, seria plantear una bernoulli entre los puntos 1 y 2 que están en la entrada y en la salida del manómetro.

P1 V2 P V2  Z1  1  Ep  2  Z 2  2  h12  2g  2g

Figura del problema 5

En la ecuacion anterior, salvo las cotas que son iguales (Z 1=Z2), y las perdidas que son despreciables, aparentemente las demás variables son incógnitas, quedando nuestra ecuacion de la siguiente manera:

P1 V12 P V2   Ep  2  2  2g  2g Ahora, por otra parte las velocidades se pueden expresar de la siguiente manera 2

V1 0.826Q 2  4 2g D1

2

V2 0.826Q 2 ;  4 2g D2

y la potencia de la bomba quedaría de la siguiente manera

Pot Pot  Q · · Ep  Ep   Q ·

kg · m / seg ) CV Q ·

(5 CV )(75

y la diferencia de presiones la calculamos con la regla de los manómetros

P1+ h1+Hg(0.9) - h2 = P2 P2 – P1 = Hg + 0.9 + (h1-h2) = Hg · 0.9 -  · 0.9

Por lo tanto nos quedaría de la siguiente manera:

(0.9) Hg    P2  P1    P2  P1  13600   0.90  1   1000  P2  P1  11 .34 mts. de columna de agua 

Sustituyendo todos los términos anteriores en nuestra bernoulli original nos quedaría de la siguiente manera:

11 .34 

0.826Q 2 D1

4



0.826Q 2 D2

4



.375 Q

quedándonos finalmente un polinomio de tercer grado en términos del gasto

304.79Q 3  11.34Q  .375 por ultimo dando solución a este polinomio, el gasto seria Q=0.032m3/seg.

Problema 6. La velocidad en el punto 1, de la figura, es de 18m/seg ¿Cuál es la presión en el punto 2, si se desprecia la fricción? Debido a que la trayectoria del fluido es de tipo parabólico, la velocidad en el punto más alto (1) solo presenta componente en el eje X la cuál es constante durante el recorrido. En base a lo anterior y por métodos trigonométricos, obtenemos la velocidad en la boquilla 18  25.456 m / seg. Cos 45 Planteamos una Bernoulli entre 1 y 2, para conocer la presión en 2. V Boquilla 

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g En donde: P1 = 0; Z2 = 0; h12  0

V2 = VBoquilla · (DBoquilla/ DB)² = 25.456 ( 0.10 / 0.25 )² = 4.073 m/seg Sustituyendo:

20 

18 2 2 9.81



P2  4.073 2   2 9.81

Figura del problema 6

P2



 35.67 mts. de columna de agua

Problema 7. Un aceite fluye por el tubo circular de 0.20 m de diámetro, que se muestra en la figura; el flujo es permanente y el gasto es de 0.114 m3/seg . El peso específico del aceite es 770 Kg/m 3. La presión y condiciones de elevación son P1 = 0.56 Kg/cm² ; h1 = 1.5 m P2 = 0.35 Kg/cm² ; h2 = 6.10 m. Determinar la dirección del flujo y la disipación de energía entre los puntos 1 y 2. (Las presiones son manométricas) Figura del problema 7

Q = 0.114 m3/seg Aceite = 770 Kg/m3 P1 = 0.56 Kg/cm² = 5600 Kg/m² P2 = 0.35 Kg/cm² = 3500 Kg/m² Planteamos una Bernoulli entre los puntos 1 y 2, siendo V1 = V2

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g Sustituyendo valores:

5600 3500  1.5   6.10  h12 770 770 8.77 = 10.64 + h12 h12 = -1.87  Las perdidas salen negativas ya que se considero que el flujo es en sentido contrario, entonces: h21 = 1.87 La dirección del flujo siempre será de los puntos de mayor a menor energía. El propósito del problema es manejar este concepto ya que en redes es indispensable.

E2 = E1 + h21 P2 V22 P V2  Z2   1  Z1  1  h21  2g  2g Problema 8. En el sistema mostrado la bomba 3-4 debe de producir un caudal de 160 lt/seg. de aceite -cuyo peso específico es 762 Kg/m3- hacia el recipiente 2. Suponiendo que la pérdida de energía entre 1 y 3 es de 2.5 Kg. m / Kg. y entre 4 y 2 es de 6.5 Kg. m / Kg., determinar la potencia en CV que debe suministrar la bomba al flujo. Planteamos una Ecuación de Bernoulli entre los dos depósitos (puntos 1 y 2).

P1 V2 P V2  Z1  1  Ep  2  Z 2  2  h12  2g  2g

Figura del problema 8

Donde: P1 = 0, Z1 = 15, V1 = 0, P2 = 0, Z2 = 60, V2 = 0, y h12 es la suma de las perdidas de h 13 + h34 = 2.5 + 6.5. Para este tipo de problemas de conexiones en serie es muy común la suma de perdidas. Sustituyendo encontramos:

Ep = 54 mts. de columna de aceite. Pot = Q  Ep = (0.160 m3/seg)(762 Kg/m3)(54 m) = 6583.68 Kg. m/seg. Pot = 6583.68 / 75 = 87.78 CV Pot = 87.78 CV

Problema 9. El agua de un gran depósito, como se muestra en la figura, tiene su superficie libre 5 m arriba del tubo de salida. Según se muestra es bombeada y expulsada en forma de chorro libre mediante una boquilla. Para los datos proporcionados, ¿Cuál es la potencia en caballos de vapor requerida por la bomba? Dado que la trayectoria del agua es movimiento de tiro parabólico usamos las componentes de la velocidad x y y las cuales son expresadas de la siguiente manera:

Figura del problema 9

Vx = V cos ß Vy = V sen ß V 

V x2  V y2

Planteamos una Bernoulli entre los puntos 3 y 2

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g Sustituyendo los datos y empleando las formulas del tiro parabólico tenemos: P1=0; P2=0; Z1=0

V12x  V12y 2g



6  V22x 2g

Nota: en el tiro parabólico la componente de la velocidad en X siempre es constante, por lo tanto; V 1x = V2x, resultando:

V1Y2 6 2g Despejando obtenemos que V1y = (2 · g · 6)1/2 = 10.85 m/seg La velocidad en la boquilla es igual a:

V1y = VBoquilla sen ß ==> VBoquilla = V1y / Sen  = 10.85 / Sen 45° = 15.344 m/seg Planteamos una Bernoulli de la boquilla hasta un punto anterior a la bomba (codo).

V2 P1 V2 P  Z1  1  3  Z 3  3  h13  2g  2g Donde : P1 = 0; Z3 =0;

h13  0

La velocidad en la tubería es:

V3 = VBoquilla(DBoquilla / DTubo)² = (15.344) (0.10 / 0.20)² = 3.835 m/seg 1.5 

15.344  2 2 9.91



P3  3.835 2   2 9.81

;

P3



 12.75 mts. de columna de agua

Por último planteamos una Bernoulli entre el depósito y un punto posterior a la bomba (codo).

P V2 P4 V2  Z 4  4  Ep  3  Z 3  3  h43  2g  2g En donde: P4 = 0; V4 = 0; Z3 = 0

5  Ep  12.75 

 3.835 2 2 9.81

;

Ep = 8.5 mts.

Pot = (1000 Kg/m3) (0.12 m3)(8.5m) = 1020 Kg-m / seg. Pot = (1020/75) = 13.6 CV

Problema 10. En la figura del problema se descarga aceite de una ranura bidimensional en el aire como se indica en 2. En 3 el aceite se descarga por debajo de una puerta al piso. Despreciando las perdidas, determínese las descargas en 2 y 3 por pie de ancho. ¿ Por que difieren? Planteamos una ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, para conocer el gasto en 2. El punto 2 esta situado en la mitad del orificio y por fuera de este

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12 Figura 10 2 g  2 gdel problema 

Donde: P1 = 0, V1  0, P2 = 0, Z2 = 0, h12  0

3.3 

V22 2g

Despejando V2 obtenemos: V2  2 · g ·3.3

V2 = 8.05 m/seg. Q1 = (8.05 m/seg.) ( 0.29 m2 ) = 2.33 m3/seg. Planteamos otra ecuación de Bernoulli entre 1 y 3 para conocer el gasto en 3. El punto 3 esta situado en el centro del canal y por debajo de una lamina que le ejerce presión.

V2 P1 V2 P  Z1  1  3  Z 3  3  h13  2g  2g Donde: P1 = 0, V1  0, Z3 = 0, h13  0

3.3 

P3 V32   2g

Además: P3 = ( D3 / 2 ) ·  ( esto es debido a que el punto se encuentra a la mitad de la altura del canal). Despejando V3:

V3 

2 · g ·3.3

V3 = 8.4 m/seg. Q3 = ( 8.4 m/seg. ) ( 0.29 m2 ) = 2.44 m3 / seg. Las descargas difieren debido a que en el orificio se descarga a la atmósfera por lo cual la presión es cero, mientras que en el otro punto, se descarga sobre un canal donde se presenta una lamina que ejerce presión sobre el mismo.

Problema 11. Despreciándose todas las perdidas y los efectos de tensión superficial, dedúzcase una ecuación para la superficie del agua r del chorro en términos de y/H Mediante el teorema de Torricelli encontramos la velocidad en 2. V2  2 g H El gasto en 2 es: Q   r22

2g H Figura del problema 11

Analizando el punto 3 encontramos que: V3  2 g  H  y  , Q   r32

2 g  H  y

Igualando gastos obtenemos:

2 g H   r32

 r22 r32  r22 r32

1

 H 2    2 g H  y H  y 2g H

  1  r22  1 y  H 

r3 

2 g  H  y

1

2     

r2 1

y 4  1   H 

Comprobación:

con y = 0 obtenemos: r3 = r2

Problema 12. En la figura H = 6 m y h = 5.75 m. Calcúlese la descarga y las pérdidas locales. 1) Planteamos una ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2, para encontrar las pérdidas que se producen en el orificio. Para este motivo se coloco el tubo de pitot.

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g

Figura del problema 12

Donde: P1 = 0, V1  0, Z2 = 0, V2 = 0 y P2/=5.75

6  5.75  h12 h12 = 6 – 5.75 = 0.25 = 25 cms

2) Como las perdidas en el orificio ya se conocen planteamos otra ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 3, para determinar la velocidad de salida considerando que las perdidas son de 25cm.

P1 V2 P V2  Z1  1  3  Z 3  3  h13  2g  2g Donde: P1 = 0, V1  0, P3 = 0, Z3 = 0

V32

 6  0.25 2g V3 = 10.62 m/seg.

Q = (10.62 m/seg.) (0.005 m2) = 0.053 m3/seg Q = 0.053 m3/seg Problema 12.1. Para el problema anterior las perdidas se suelen expresar en términos de un coeficiente K que se utiliza en las perdidas locales. Determine cual es el valor de este coeficiente. Para encontrar el valor de K retomamos la ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 3.

6

V32 V2 K 3 2g 2g

Pero sabemos que las pérdidas equivalen a 0.25 por lo que:

K

Despejando

V32  0.25 2g V32 y sustituyendo en la ecuación de Bernoulli obtenemos: 2g

6

0.25 0.25 K  K = 0.04347 K K

Problema 12.2. Para el caso de orificios la velocidad real se suele expresar en términos de un coeficiente Cv: Vreal  Cv 2 g H . a) Determine cual es el valor de Cv para el problema 12. b) Demuestre si:

K 

1 1 Cv 2

a) Para encontrar el coeficiente Cv partimos de la siguiente Ecuación Vreal  Cv 2 g H Sustituyendo

10.62 = Cv

2 g 6

De donde:

Cv = 0.9788 b) Para la determinación y comprobación de los valores de K y de Cv nos apoyamos en las ecuaciones 6.2,

1 1 1  K  1 2 Cv .09782 K  0.043 K 

16.16, 16.17, del libro Hidráulica General de Sotelo Avila, y esto nos queda de la siguiente manera.

Problema 13. En un canal fluye agua, como se muestra en la figura. Despreciando las pérdidas, determínese las dos profundidades posibles del flujo Y1 y Y2. Planteamos una ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2.

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g Donde: P1 = P2 = 0, h12  0

Y1  Z 1 

Figura del problema 13

V12 V2  Y2  2 2g 2g

V22 Q2  Como la V2 no se conoce el valor se sustituye por V2= Q / A, con A = b · Y; quedando 2 g 2 g ·b 2·Y22 Q = V·A = 16.1 ft/seg. (40 ft2) = 644 ft3/seg Sustituyendo los valores en la ecuación de Bernoulli tenemos:

48

16.1 2 2g

16.05  Y2 

 Y2  64.8 Y22

 644 2

2 g ·102·Y22

Y23  16.05Y22  64.08  0 Resolviendo la ecuación obtenemos las dos profundidades posibles del flujo

Y2 = 2.14 ft Y2 = 15.79 ft . Problema 14. Fluye agua a alta velocidad hacia arriba del plano indicado como se muestra en la figura. Despreciando las pérdidas, calcúlese las dos profundidades posibles del flujo en la sección 2 Planteamos una ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2.

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g

Figura del problema 14

Donde: P1 = P2 = 0, h12  0

Y1 

V12 V2  Z 2  Y2  2 2g 2g

V22 Q2  Como la V2 no se conoce el valor se sustituye por V2= Q / A quedando 2g 2 g ·b 2·Y22 Q = V·A = 9.806 m/seg. (0.5 m · 2 m ) = 9.806 m3/seg Sustituyendo en la ecuación de Bernoulli obtenemos:

0.5 

 9.806 2 2g

 2.5  Y2 

5.4  2.5  Y2 

 9.806 2 2 g · 2 2·Y22

1.23 Y22

Y23  16.05Y22  64.08  0 Resolviendo la ecuación obtenemos las dos profundidades posibles del flujo

Y2 = 0.76 mts. Y2 = 2.74 mts.

Problema 15. Despreciando todas las pérdidas, determínese las dos profundidades posibles del flujo; cuando el canal se angosta en la caída a 6 ft de ancho en la sección 2 Planteamos una ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2.

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g

1 K  2 1 Cv Figura del problema 15

Donde: P1 = P2 = 0, h12  0

V12 V22 Y1  Z 1   Y2  2g 2g Como la V2 no se conoce el valor se sustituye por V2 = Q / A quedando

V22 Q2  2g 2 g ·b 2·Y22

Q = V·A = 16.1 ft/seg. (40 ft2) = 644 ft3/seg Sustituyendo los valores en la ecuación de Bernoulli tenemos: 2  16.1 48

2g

16.05  Y 2 

 Y2 

 644 2 2 g ·6 2·Y22

180 Y 22

Y23  16.05Y22  180  0 Resolviendo la ecuación obtenemos las dos profundidades posibles del flujo

Y2 = 3.84 ft Y2 = 15.28 ft

Problema 16. El tirante de un río, aguas arriba de una presa, es de 3.70 m, como se ve en la figura; el gasto es de 1.12 m 3/seg. por cada metro de ancho de la presa. Determinar: a) El tirante y2 al pie de la presa suponiendo despreciables las perdidas; La fuerza horizontal resultante del empuje dinámico del agua, por cada metro de ancho, sobre la cara aguas arriba de la presa. a) Planteamos una ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2 sobre la superficie del canal

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g

Figura del problema 16

Donde: P1 = 0, P2 = 0, h12  0 (Las presiones presentan valor cero ya que estamos trabajando con puntos sobre la superficie de un canal)

V22 Q2  Pero sabemos que: y además Y2 = Z2 2 g 2 g bY22 2  0302  3.7  Y

2g

2  1.12 2  2 2 g 1 Y2

Y23  3.7046Y22  0.064  0 Y2 = 0.134 m La fuerza hidráulica esta dada por: F =  Y A Sen Sobre el muro se aplican dos fuerzas, una por cada cara.

F = Fp1 + Fp2 + Fmuro Fp1 =  (3.70 / 2) (1 · 3.70) Sen90° = 6845 Kg. Sobre X Fp2 =  (0.134 / 2) (1· 0.134) Sen90° = 8.978 Kg. Sobre X

F = Q (V2 – V1) Fmuro = - Fp1 - Fp2 + Q (V2 – V1) Fmuro = (-6845, 0, 0) + (8.978, 0, 0) + (1000 / 9.81)(1.12) [ (1.12 / 0.134, 0,0) – (1.12 / 3.7, 0, 0)] Fmuro = (- 5915.4 Kg., 0, 0)

Problema 17. ¿ Qué fuerza F se requiere para sostener la placa que se muestra en la figura con un flujo de agua a una velocidad V0 = 20 m/seg. ? Planteamos la ecuación de Impulso y Cantidad de Movimiento

F = Q(VSalida - VEntrada) Para este ejemplo contamos con una entrada y dos salidas.

F = (Q1V1 + pQ2V2 ) - (Q0V0)

Figura del problema 17

Si planteamos una Bernoulli entre 0 y 1 o entre 0 y 2 podemos comprobar que V0 = V1 = V2.

V0 = ( 20, 0, 0) V1 = ( 0, 0, 20) V2 = ( 0, 0,-20)

Q = (20 m/s)(  · 0.5²)/4 = 0.04 m3/seg

Sustituyendo valores encontramos:

F =  (0.02)(0, 0, 20) +  (0.02)(0, 0, -20) -  (0.04)(20, 0, 0) =  [ (0.20)(0, 0, 20) + (0.02)(0, 0, -20) - (0.04)(20, 0, 0) ] =  [ (-0.04)(20, 0, 0) ] = ( 1000 / 9.81 ) [ (-0.8, 0, 0) ] = (-81.55, 0, 0 )

 Fx = -81.55 Kgs. Esta es la única fuerza que se requiere para sostener la placa, ya que las fuerzas de presión a la entrada y salidas no existen por ser puntos sobre la superficie. NOTA: Si el chorro incide en dirección normal a la placa, ß = 90º también se obtiene la fuerza de la siguiente ecuación:

F  Fx 

 V2  Q0V0  2  A0 0 g 2g

Con la cuál podemos comprobar el resultado

Fx = 2(1000)( · 0.05² / 4)(20² / 2g) = 80.06 Kgs

Problema 18. Determinar la fuerza que ejerce un viento de 80 Km./h sobre cada metro de un cable de transmisión de energía eléctrica, de 2.54 cm de diámetro (1 pulg), suponiendo que la temperatura del aire es de 10ºC. Solución. Para l0ºC la viscosidad cinemática del aire es v=0.155 stokes = 15.5 x 10-6 m2/seg; y la densidad  = 0.127 Kg. seg2/m4. La velocidad del flujo libre es v0 = 80 Km./h = 22.2 m/seg. y el número de Reynolds vale:

Re 

V0 D 22.2 ·0.0254   3.64 x104 6 v 15.5 x10

El coeficiente de arrastre para este caso es CD = 1.2

V02 F  CD  A 2 F = (1.2)(0.127)[(22.2)2 / 2] (0.0254) = 0.954 Kg./m F = 0.954 Kg./m

Problema 19. En una chimenea cilíndrica de 0.92 m de diámetro, expuesta a un viento con una velocidad de 58 Km./h, determínese el momento flexionante en su base --en función de la altura de la misma-- suponiendo despreciables los cambios de velocidad debidos al efecto de la capa límite turbulenta en toda altura. Supóngase la temperatura del aire es de 10ºC. Solución. Para una temperatura de l0º C la viscosidad cinemática del aire es v = 0.155 stokes = 15.5x10-6 m2/seg; y la densidad  = 0.127 Kg. seg2 / m4. La velocidad del flujo libre es v0 = 58 Km./h = 16.1 m/seg. y le número de Reynolds vale:

Re 

V0 D (16.1)(0.92)   9.56 x105 6 v 15.5 x10

El coeficiente de arrastre para este caso es CD = 0.39

F  CD 

V02 A 2

Ecuación (11.6) Sotelo Avila

F = (0.39) (0.127)[(16.1)2 / 2] (0.92) = 5.906 Kg./m El momento flexionante en la base de la chimenea, en función de la altura h, resulta ser:

M = ( 5.906 h2 ) / 2 = 2.953 h2 (kg. m) M= 2.953 h2 (kg. m)

Problema 20. Calcular la fuerza de arrastre de un viento de 80 Km./h, sobre un anuncio comercial de 3 x 15 m, a una altura suficiente para despreciar los cambios de velocidad por efecto de la capa límite. Suponer que la temperatura del aire es de 15ºC. Solución. Como para el aire a 15ºC,  = 0.125 Kg. seg2/seg, el número de Reynolds vale entonces:

Re = ( 22.2 · 3 ) / 16x10 –6 = 4.6 x 106 Para una placa de longitud infinita CD = 2 y para la relación ancho/longitud = 3/15 = 0.2, el coeficiente de correlación vale 0.6. De lo anterior se deduce que el verdadero coeficiente de arrastre es:

CD = (0.6)(2) = 1.2 La fuerza de arrastre resulta:

F  CD 

V02 A 2

F = (1.2)(0.125)[(22.2)2 / 2] (3)(15) = 1663 Kg. F = 1663 Kg.

Problema 21. Una bomba extrae agua de un recipiente como se muestra en la figura. La bomba añade, al flujo 12 CV, ¿ Cuál es la fuerza horizontal que desarrolla el flujo sobre el soporte D? Despreciar las pérdidas. Planteamos una ecuación de Bernoulli entre el recipiente y Boquilla. Entre los puntos 1 y 2.

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g

Donde: P1 = 0, Z1 = 0, V1  0, P2 = 0, h12 = 0

Ep  Y además:

Ep 

V22 0.0826Q 2   Z2 2g D4 Pot 12CV  75  0.9  Q 1000Q Q

Figura del problema 21

Sustituyendo en la ecuación de Bernoulli obtenemos: 0.9 0.0826Q 2  2 Q 0.14

826Q3 + 2Q - 0.9 = 0 Resolviendo el polinomio obtenemos Q = 0.0951 m3/seg Resolviendo solo para el eje X

 F = Q(V2 - V1) donde V1  0  F = Fp1 + Fp2 + FD = QV2 Donde: Fp1= Fp2 = 0

FD = Q(Q/A2) = Q2/A2

1000  0.0951 · 9.81   0.1 2 4

2

FD 

FD = 117.38 Kg. Problema 22. El agua entra en una tubería desde un recipiente de grandes dimensiones y después de abandonarla incide sobre un álabe deflector que desvía el chorro a 90ºC, según se muestra en la figura. Si sobre el álabe deflector se desarrolla un empuje horizontal de 100 Kg., ¿ Cuál es la potencia en caballos de Vapor, desarrollada por la turbina si antes de la misma la presión es de 3 Kg/cm2? Planteamos una ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2.

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  Et  h12  2g  2g

Figura del problema 22

El término de energía de la turbina (ET), se coloca al lado derecho de la ecuación de Bernoulli, debido a que la turbina le quita la energía al agua, la cuál se transforma en electricidad a través de un generador eléctrico. Donde: Z1 = Z2, V1 = V2, P2 = 0, h12  0 Sustituyendo

30 = ET Pot = Q  ET En este problema se nos da el gasto en forma indirecta para el calculo de la potencia Fx = 100 Kg. Fx = -100 = Q(VSal x - VEnt x) VSal x = 0 -100 = - Q(Q/A) = - Q2/A

 Q2 x  100  0 g   0.15 2 4 - 5768.44 Q2 + 100 =0 Q = 0.132 m3/seg Pot = Q  ET = (0.132)(1000)(30) = 3960 Kg. m/seg. PotTurbina = 52.8 CV

Problema 23. Calcular la fuerza que produce el flujo de agua sobre la curva y la boquilla mostrados en la figura; el agua abandona la boquilla como un chorro libre. El volumen interior del conjunto del codo y la boquilla es de 115 lt. y todo el conjunto está contenido en el plano horizontal. Para conocer la respuesta del problema es necesario conocer V1, P1, V2, P2; Sabemos que: V1 = 1.5 m/seg.

   0.3 2 Q  V1 A1  1.5 4 

 m3   0.106  seg. 

Por lo tanto:

V2 

0.106

  0.15 4

2

6

m seg . Figura del problema 23

P1 = 1 Kg./cm2 = 1x104 Kg./m2

   0.30 2  F1  P1 A1  1x10 4    706.85 Kg . 4  

F2 = P2.A2 = 0, esto es debido a que P2 = 0, ya que el punto 2 se encuentra bajo la presión atmosférica.

F = Fp1 + Fp2 + Fcodo + W Fcodo = - Fp1 – Fp2 + Q(V2 – V1) - W Fcodo = (-706.85, 0, 0) + (0, 0, 0) + (/g) (424.11) [(33.74Cos45°, 0, 33.74Sen45°) – (15, 0, 0)] – (0, 115, 0) Fcodo = (-787.9Kg, -115Kg, 0)

Problema 24. Una tubería horizontal de 6 m de diámetro tiene un codo reductor que conduce el agua a una tubería de 4 m. de diámetro, unida a 45° de la anterior. La presión a la entrada del codo es de 10 Kg./cm2 y la velocidad de 15 m/seg. Determinar las componentes de la fuerza que han de soportar los anclajes del codo y el peso del líquido dentro del mismo. Para resolver este problema necesitamos conocer V 1, P1, V2, P2, por lo que planteamos una ecuación de Bernoulli para determinar P2:

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g

Figura del problema 24

Donde: Z1 = 0, Z2 = 0, h12  0 2 P2  33.74 2 1x10 5 15     1000 19.6 19.6

P2 = 53410 Kg./m2 El gasto esta dado por:    6 2 Q  15  4

 m3   424.11  seg . 

Por lo tanto:

V2 

424.11

  4 4

2

 33.74

m seg .

  6 2  F1  1x10 5    2827433.39 Kg .  4    4 2  F2  53410   671169.85Kg .  4 

Fcodo = - Fp1 – Fp2 + Q(V2 – V1) Fcodo = (-2827433.39, 0, 0) + (671169.85Cos45°, 0, 671169.85Sen45°) + (/g)(424.11)[(33.74Cos45°, 0, 33.74Sen45°) – (15, 0, 0)] Fcodo = (-1969901 Kg., 0 Kg., 1506018.34 Kg.) Fcodo = (-1969.9 Ton, 0 Ton, 1506.02 Ton.)

Problema 25. Determinar la velocidad media y los coeficientes  y  en un conducto cilíndrico donde se produce: a) un escurrimiento laminar cuya distribución de velocidades sigue la ley

v = vmax [1-(r/R)²] b) Un escurrimiento turbulento cuya distribución de velocidades sigue la ley

v = vmax (1-r/R)1/7 = vmax (y/R)1/7 En ambos casos vmax es la velocidad en el eje del tubo; R el radio del mismo y y = R - r la distancia a la pared de los puntos de radio r y la velocidad v como se muestra en la figura.

Figura del problema 25

Solución a) La velocidad media es

V 

1 xR 2

2  v MAX r   v 1  0 MAX   R   2rdr  2   R

La ley de distribución de velocidades se escribe en la forma: 2  v r    2 1     V  R    El coeficiente  8   R 2

3

2 2 R  r   r     2rdr  1  2  rdr   8 1       0  R  0   R    R 2   2   R

El valor aproximado de  es

 = 1 + (2 – 1)/3 = 1.33 Solución b) La velocidad media V, resulta de su definición, a saber: R

R 2V  2  vrdr 0

donde r = R - y, dr = -dy. Haciendo caso omiso del signo menos, se tiene que: R  y R 2V  2v MAX   R  y    R 0

1/ 7

R  y8/ 7 dy  2v MAX   R 6 / 7 y 1 / 7  1 / 7 R 0

resolviendo la integral resulta así:

V= (49/60) vmax

 dy 

La ecuación de distribución de velocidades puede expresarse como

v 60  y     V 49  R 

1/ 7

El coeficiente de Coriolis  resulta de

 

1 R 2

R

3

 60   y  0  49   R 

3/ 7

3

 60  1 2rdr  2  2  49  R

R

 y   R  y  0

R

3/ 7

dy

 = 1.06 Esto es, un valor próximo a 1. el valor aproximado de  es

 = 1 + ( 1.06 – 1 ) / 3 = 1.02 Problema 26. El empuje D en la dirección del flujo sobre la pila cilíndrica de diámetro d, construida en un canal de ancho a donde el flujo tiene una velocidad uniforme V0 en la sección 1-2, se puede determinar indirectamente midiendo la distribución de velocidades en una sección 2-4, aguas abajo y próxima a la pila, tal como se muestra en la Figura. La energía (sin considerar pérdidas) se supone constante al pasar de la sección 1-3 a 2-4 a) Determinar la magnitud de ese empuje D sobre la pila por unidad de longitud de la misma, atendiendo a las modificaciones que sufre la distribución de velocidades. b) Definido e coeficiente de arrastre por la ecuación:

CD = D / (½  v0² d)

Calcular su magnitud en términos de d/a y el valor que tendría sí d/a --> 0.

Figura del problema 26

Solución a) De acuerdo con la ecuación de continuidad se debe satisfacer que

v 0 a = v 1 (a- 4d) + 2 v 1 d v0 v1  2d 1 a

Obviamente, la velocidad media en las secciones 1-3 y 2-4 debe ser la misma, es decir:

V=vo y el gasto por unidad de profundidad: v0 a Para la sección 1-3 la presión media es p 0 y lo coeficientes  =  = 1. por tener la distribución uniforme de velocidades. Para la sección 2-4 la presión media es p y los coeficientes  y , distintos de uno, por lo cual es necesario calcular el valor. Para la zona central la velocidad se distribuye según la ley lineal siguiente:

v0 

v0 x 2d   2 d 1   a  

y para las zonas laterales es constante, es decir, de valor:

v 

v0 2d . 1 a

Resulta más sencillo calcular primero ß como veremos: 2         a/2 v0 x v0 2  2d  dx        2d 2d   2d a 0      2v 0 d 1  a    v 0 1  a     

2      dx        

Efectuada la integración con los límites señalados, resulta entonces que

2d  1   38 2  2   a1  a2d2  4d 2d a   31  a  



2d

0

x 2 dx  

a/2

2d

 dx  

por lo tanto el valor aproximado de  es:  = 3 - 2 Usando la ecuación de la energía (con la  hr = 0), aplicada entre las dos ecuaciones, se tiene a 2

2

po v0 v p    0  2g  2g 2

p  p0  

v0 1    2

y de aquí : Finalmente, de la ecuación de la cantidad de movimiento, aplicada en la dirección del flujo y al mismo VC, se tiene lo siguiente:

p0 a  pa  F D   v0 a  v0  v0 

sustituyendo el valor de p, calculado anteriormente, resulta

p0 a  p0 a  

2

v0 2 a1     F D   v0 a   1 2

o bien

 1 2   F D   v0 a     2 2  y con alfa = 3ß - 2, se obtiene

1  2 1  F D   v0 a    2 2  Substituyendo ahora ß, calculado anteriormente, y haciendo las simplificaciones necesarias, se tiene finalmente el empuje"

F

D

 d   1 3  2 2 a    v0 d  2  3 2d   1     a   

C Solución b)

D

 d   1 3  4 a    2 3  2d    1    a    

De acuerdo con la definición indicada para el coeficiente de arrastre, éste vale

Si d/a --> 0, esto es, si el ancho a es muy grande, entonces

C

D



4 3

F

D



2 2  v0 d 3

CAPITULO 8 Problema 1. Agua a 10°C es forzada a fluir en un tubo capilar D=0.8mm y 70m de longitud. La diferencia de presiones entre los extremos del tubo es de 0.02 Kg/cm2. Determinar la velocidad media, el gasto y el numero de Reynolds para  = 0.0133 cm2/seg. En este problema se maneja un tubo horizontal de diámetro constante, implica que Z1=Z2, por lo tanto V1=V2.

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g

kg P1  P2 200 m 2 h12    0.2 mts de columna de agua kg  1000 m3 Por lo que respecta a calcular la velocidad, el problema consiste en seleccionar adecuadamente la formula para el coeficiente de fricción, y como se nos da viscosidad se usara Darcy. f

L V2  0.2 mts D 2g

ahora bien el coeficiente de friccion se calculara con f = 64/NR debido a que se supone que es un flujo laminar es decir con numero de Reynolds menor de 2000. Por otra parte el NR se calculara con la formula NR = (VD) / . Entonces sustituyendo en nuestra ecuación de perdidas lo pasado tenemos que:

64 L V 2  0.2 Nr D 2 g 64 L V 2 64 ·V· L · v  0.2  VD D 2 g 2g · D2

 sustituyendo valores obtenemos

64(1.33 x10 6 )(70)V  0.2 (0.8 x10  3 ) 2 (19.62) despejando la velocidad no queda que es V=4.2x10-4 m/s o bien 0.042 cm/s. Por ultimo el gasto y el numero de Reynolds se calculan con V=0.042 cm/s.

 0.082·   ·0.042  0.0002cm3 / s Q  A·V   4   . VD (0.042)(0.08) Nr    0.2526  0.0133 Problema 2. Un enfriador de aceite consiste de tubos de 1.25 cm de diámetro interior y 3.65 m de longitud. El aceite, con un peso específico de 900 Kg/m 3, es forzado a una velocidad de 1.83 m/seg. El coeficiente de

viscosidad a la entrada es 0.28 poises y, a la salida, de 1 poise; puede considerarse que dicho coeficiente varía como una función lineal de la longitud. Determinar la potencia requerida para forzar el aceite a través de un grupo de 200 tubos semejantes en paralelo. Para empezar debemos convertir las unidades al sistema técnico:

0.28 Kg · seg.  0.002854 98.1 m2 1 Kg .· seg.   1 poise   0.010193 98.1 m2

  0.28 poises 

Estimación de la densidad:

 

 g



900 Kg . / m3 Kg .· seg 2 .  91 . 743 9.81 m / seg 2 m4

 

Calculamos las viscosidades cinemáticas de entrada y salida

 Entrada 

 Salida 

0.002854 m2  3.1108 x 10  5 91.743 seg .

0.010193 m2  1.111 x 10 4 91.743 seg.

Obtenemos el coeficiente de fricción de entrada y de salida

f Entrada  f Salida 

 

f 

64 64 64   V· D V· D Nr 

64 ·3.1108 x 105  0.08703 1.83· 0.0125

64 ·1.111 x 10 4  .31084 1.83· 0.0125

f = g (L) = f Entrada + [( f Salida - f Entrada) / 3.65 ] L Numéricamente resulta: f = g (L) = 0.08703 + 0.06132 L

Debido a que la viscosidad va cambiando junto con la trayectoria, nos vemos obligados a usar diferenciales para L V2 obtener las perdidas en el tubo, sin olvidar que h  f : D 2g 3.65

h

 dh f  0

3.65

h

 0

3.65

 0

g ( L)

dL V 2 D 2g

(0.08703  0.06132 · L) (1.83) 2 dL (0.0125) (19.62)

h = 9.9153 mts

Q = A V = ( 1.2272 x 10-4 ) (1.83) = 2.2457x10-4 m3/seg. Ep = h Pot  200·Q · · Ep  200 (2.2457 x 10 4 ) (900) (9.9153)  400.8022

Kg .· m seg

Pot = 5.239 H. P. Problema 3. Agua a 5° C es bombeada a un tubo de cobre, liso, a una velocidad de 1.53 m/seg. Si el tubo tiene 2.5 cm. De diámetro y 46 m. de longitud, calcular la diferencia de presiones requeridas entre los extremos del tubo; use la fórmula de Nikuradse, para tubos lisos. Primero calculamos el número de Reynolds y posteriormente el coeficiente de fricción:

Nr  f 

V D 1.53 m / seg. 0.025m    29423.07  0.0000013m 2 / seg. 1.325

  5.74   ln Nr 0.9     f  0.0235

2

De donde f = 0.0236, sustituyendo en Darcy:

h  0.0236

46m 1.53m / seg . 0.025m 2g

2

 5.18m

h = 5.18 mts. Problema 4. Aceite, con peso especifico de 800 Kg/m 3 y con una viscosidad cinemática de 0.1858 cm 2/seg., se bombea a un tubo de 0.15 m de diámetro y 3050 m de longitud. a) Encontrar la potencia requerida para bombear 127 m3/h . b) si el aceite se calienta hasta que su viscosidad cinemática sea de 0.01858 cm 2/seg, determinar la potencia –ahora requerida- para bombear la misma cantidad de aceite que antes. Para resolver este problema es necesario determinar primero el número de Reynolds, mediante el gasto podemos determinar la velocidad:

V = Q / A = [(127 m3/h)(1 h / 3600seg.)] / 0.018 = 1.99 m /seg.

Nr 

VD





1.99 m / seg. 0.15m  0.00001858m 2 / seg .

 16065.66

Dado la magnitud del número de Reynolds utilizamos la formula de Swamme para encontrar f : Nr f 1  2 log 2.51 f sustituyendo valores: 16065.66 1  2 log 2.51 f

f

De donde f = 0.0273 Sustituyendo en Darcy:

h  0.0273

3050m 1.99m / seg . 0.15m 2g

2

 112 .04m

Pot = Q  h = ( 0.0353 m3/seg.)(800 Kg/m3)(112.04 m) = 3164.01 Kg . m/seg. Pot = (3164.01 Kg. m/seg.)(1 Hp / 76.5 Kg. m /seg.) = 41.36 Hp Pot = 41.36 Hp Para el inciso b aplicamos el mismo procedimiento:

Nr 

vD 1.99 m / seg. 0.15m   160656.6   0.000001858m 2 / seg .

160656.6 1  2 log 2.51 f De donde f = 0.0163

h  0.0163

f

3050m 1.99m / seg. 0.15m 2g

2

 67.08 m

Pot = Q  h = ( 0.0353 m3/seg.)(800 Kg/m3)(67.08 m) = 1894.34 Kg.m/seg. Pot = 24.76 Hp. Problema 5. Determinar el diámetro de la tubería vertical necesaria para que fluya un líquido, de viscosidad cinemática v = 1.5 x 10-6 m2/seg, con número de Reynolds de 1800. Planteando una Bernoulli obtenemos que las pérdidas son:

h

64 L V 2 V ·D D 2g

 Tomando en cuenta que h = L y simplificando todo lo anterior resulta:

64 ·  ·V h 1 L 2· g · D 2

en donde no conocemos la velocidad, pero si sabemos que Nr = 1800 y por lo tanto la velocidad la dejamos en términos del Nr.

Nr 

V ·D ; 

V 

Nr · 1800   D D

Sustituyendo la velocidad en la ecuacion anterior tenemos:

1 = (115200 v ²) / (2 · g · D3) Despejando el diámetro tenemos

D = 2.36 x 10-3 m D = 0.236 cm

Problema 6. Calcular el gasto que fluye en el sistema indicado en la figura, despreciando todas las pérdidas excepto las de fricción .

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g

En donde: P1 = P2 = 0, V1 = V2 = 0, Z2 = 0 Por lo que: h12 = 6

h f

Usando la ecuación de Darcy: Sabemos que: f = 64 / Nr

y

LV2 D 2g

además

Nr = V.D / v

Sustituyendo en la ecuación de Darcy obtenemos:

h

Figura del problema 6

64v LV 6 2g D 2

Es necesario determinar el valor de v para poder obtener el valor de la V, y para ello conocemos lo siguiente:

v = /

y que  = /g

Sustituyendo valores:

 = 800/9.81 = 81.55

y además

 = 0.1 / 98.1 = 0.001

Por lo que:

v = 0.001/81.55 = 0.0000122 Sustituyendo en la ecuación de pérdidas:

h

 64 0.000012 4.8V 19.62 0.006 2

Despejando: V = 1.132 m/seg. Por lo que el gasto:

Q = 0.032 lps Problema 7. Cuando el gasto de agua en un tubo liso dado es de 114 lt/seg., el factor de fricción es f = 0.06 ¿ Qué factor de fricción se esperaría si el gasto aumenta a 684 lt/seg.

f = 64 / Nr ==> NR = 64 / f = 64 / 0.06 = 1067 < 2000 flujo laminar Si el gasto es seis veces mayor: 114 x 6 = 684 lps Podemos esperar que: Nr = 6400, es decir, seis veces mayor que el original. Con el diagrama de Moody para tubos lisos:

f = 0.035 Otra manera de calcularlo es utilizando la formula de Blasiss:

f 

0.3164 0.3164   0.035 0.25 Nr 6400 0.25

Problema 8. Agua sale de un tubo horizontal nuevo (fierro fundido) de 0.305m de diametro. Para determinar la magnitud del gasto en la tuberia, dos manometros separados 610m, indican una diferencia de presion de 0.141 kg/cm2. Estimar el gasto. Para poder estimar el gasto, se tiene que las perdidas serian las siguientes:

h

P1  P2 P 1410 kg / m 2     1000 kg / m3

h = 1.41m Ahora planteando la ecuacion de perdidas por Hazen Williams, se tiene el gasto siguiente:

 10.645.L  h   1.852 4.87  Q1.852 .D   CH 1

 h.C H 1.852 .D 4.87  1.852 Q   10.645.L  En donde h=1.41m, CH=130, D=0.305 y L=610, por lo tanto el gasto seria Q = 0.0602 m3/s. Problema 9. El flujo turbulento plenamente desarrollado en un tubo liso es con una velocidad media de 0.61 m/seg. Determinar la velocidad máxima al centro del tubo con: a) NR=1000. b) NR = 105 a)

Debido a que en este inciso nos encontramos con un flujo laminar usaremos la siguiente ecuacion expuesta con anterioridad:

V 

v MAX 2

Por lo tanto:

v MAX  2 ·V  2 · 0.61m / seg.  1.22m / seg.

b) Para este caso, dado el número de Reynolds, es necesario recurrir a la siguiente formula:

v MAX f f Rr  1  3.75  2.5 · Ln V 8 8 R y = R-r es decir, es el complemento de r con r = 0, observamos que y = R

v MAX f f R0  1  3.75  2 .5 · Ln V 8 8 R

Si r = R:

v MAX f f RR  1  3.75  2 .5 · Ln V 8 8 R R = 0, lo cual nos indica el lugar donde se presenta la velocidad máxima ( V = v MAX ), por lo que obtenemos finalmente:

v MAX f  1  3.75 V 8

f  donde:

1.325    5.74     Ln  0.9    3.7 · D Nr   

2

El valor de  se tomó como cero, debido a que se esta trabajando con un tubo liso.

f = 0.0116 Sustituyendo:

v MAX 0.0116  1  3.75 0.61 8 Vmax = 0.697 m/seg Problema 10. En una prueba realizada con una tubería de 15cm de diámetro se ha medido una diferencia manometrica de 350mm, en un manómetro de mercurio conectado a dos anillos piezometricos, separados 50m. El gasto era de 3000 lt/min, esto equivale a 0.05 m3/s. ¿Cuál es el factor de fricción f? Para dar solución a este problema se tiene que la ecuación de perdidas es la siguiente: L V2 D 2g donde L=50m, D=.15m, y la velocidad y las perdidas se calcularían de la siguiente manera: h f

Como el gasto es de 0.05 m3/s y el D=.15m, se tiene que la velocidad seria V=Q/A y esto seria igual a 2.82m/s. Ahora, si sabemos que el peso especifico es igual a 13600 kg/m3, la presión del mercurio seria la siguiente:

P = (13600 kg/m3)(.350m) = 4760 kg/m2 por lo que se tiene que P/ = 4.76m = h estas serian las perdidas. sustituyendo y despejando la ecuación de perdidas que se planteo al principio del problema se tiene que

f 

hD.2 g (4.76)(0.15)(19.62)   0.035 2 LV (50)(2.82) 2

Problema 11. Determinar la pérdida de energía que se produce en un tramo de 1000 m, al mantener una velocidad de 5 m/seg en una tubería de 12 mm de diámetro, v = 4 x 10-6 m2/seg. El número de Reynolds esta dado por:

NR = ( V · D ) / v = (5 m/seg · 0.012 m) / 4 x 10-6 = 15000 Calculo del factor de fricción:

1.325

f 

   5.74     Ln  0.9    3.7 · D Nr   

2

Para la obtención del valor del factor de fricción, con la anterior ecuacion, se tomó la siguiente consideración:  = 0, ya que se trataba de un tubo liso.

f 

1.325   5.74     Ln  Nr 0.9     

2

f = 0.028 Sustituyendo en la ecuacion de pérdidas de Darcy: L V2 1000 5 2 h f  0.028  2973.16 m D 2g 0.012 19.62

h = 2973.16 m Problema 12. ¿ Qué diámetro de tubería de fierro galvanizado para que sea hidraulicamente lisa para un número de Reynolds de 3.5 x 105, la tubería de fierro galvanizado tiene una rugosidad absoluta de  = 0.15 mm? En el Diagrama de Moody para un Nr = 3.5 x 105, y para un tubo liso obtenemos:   0.0002 D

Sustituyendo y despejando:

D

0.15mm  750mm 0.0002

D = 750 mm Problema 13. ¿ Cuál será el diámetro de una tubería nueva de fierro galvanizado, para que tenga el mismo factor de fricción para Re = 10 5, que una tubería de fierro fundido de 30cm. de diámetro?

Para una tubería nueva de fierro fundido:  = 0.25 mm; con los datos anteriores calcularemos el factor de fricción:  1  2.51   2 log   3.71 · D Nr f f 

   

 0.00025 1 2.51   2 log  5   3 . 71 0 . 3 f 10 f 

   

f = 0.019 Con el valor obtenido y la rugosidad absoluta (0.15 mm) del fierro galvanizado obtenemos el tamaño del diámetro:

 0.00015  1 2.51    2 log  5 0.019  3.71 · D 10 0.019 

D = 0.185 m.

Problema 14. Calcular el factor de fricción para el aire, a presión atmosférica y a 15 ° C, que fluye por una tubería galvanizada de 1.2 m de diámetro, a velocidad de 25 m/seg. La viscosidad cinemática del agua a 15 °C es 16 x 10 –6, la cual, es necesaria para la estimación del número de Reynolds.

Nr 

V · D  2.5 m / seg.1.2m    1875000 v 0.000016 m 2 / seg.

La rugosidad absoluta presenta una magnitud de 0.15 mm, sustituyendo:  1  2.51    2 log   3 . 71 · D f Nr f    0.00015 1 2.51   2 log    f 187500 f  3.71 1.2

   

f = 0.0137 Problema 15. Calcular el diámetro de una tubería nueva, de fierro fundido, necesaria para transportar 300 lt/seg. de agua a 25 ° C, a un km. de longitud y con una perdida de energía de 1.20 m. Para este problema utilizaremos la ecuación de Hazen-williams

h

10.675 L Q 1.852 1.852 4.87 Ch D

El coeficiente Ch para una tubería nueva de fierro fundido es de 130, sustituyendo encontramos:

1.2 

10.675 1000  0.300 1301.852 D 4.87

1.852

Despejando: D = 0.64 m. Problema 16. Aceite, de viscosidad cinemática v = 2.79 cm2/seg, fluye en un ducto cuadrado de 5 x 5 cm. con una velocidad media de 3.66 m/seg. a) Determinar la caída de presión por cada 100 m de longitud del conducto. b) Determinar la caída de presión por cada 100 m de longitud, si las dimensiones del ducto cambian a 2.5 x 10 cm. c) Determinar la misma caída de presión, si el ducto tiene una sección triangular equilátera de 2.5 cm. de lado. Planteamos una ecuación de Bernoulli entre un punto a la entrada y otro a la salida:

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g

Donde: Z1 = Z2 y V1 = V2 Sustituyendo:

h12 = (P1 – P2) /  Para resolver este problema nos apoyaremos en la equivalencia entre el diámetro y el radio hidráulico: D = 4 RH Donde:

RH 

Aducto Pmojado

a) Para solucionar este inciso calcularemos el área y perímetro con los datos proporcionados.

Aducto = (0.05m) (0.05m) = 0.0025 m2 Pmojado = 4 (0.05) = 0.2 m Sustituyendo:

RH 

0.0025m 2  0.0125m y D = 4 (0.0125m) = 0.05 m 0.2m

Estimación del número de Reynolds:

Nr 

V · D  3.66 m / seg . 0.05m    655.91 v 0.000279 m 2 / seg .

Calculo del factor de fricción:

f 

64 64   0.0976 Nr 655.91

Sustituyendo en la ecuación de Darcy para pérdidas:

h12  0.0976

100  3.66  0.05 2g

h12  f

L V2 D 2g

2

 133.23m

h12 = 123.23 b) Para este inciso sólo cambiamos las magnitudes de los lados

Aducto = (0.025m) (0.1m) = 0.0025 m2 Pmojado = 2 (0.025 + 0.1) = 0.25 m Sustituyendo:

RH 

0.0025m 2  0.01m y D = 4 (0.01m) = 0.04 m 0.25m

El número de Reynolds:

Nr 

V · D  3.66 m / seg . 0.04m    524.73 v 0.000279 m 2 / seg .

Calculo del factor de fricción:

f 

64 64   0.122 Nr 524.73

Sustituyendo en la ecuación de Darcy para perdidas:

h12  0.122

100  3.66  0.04 2g

h12  f

L V2 D 2g

2

 208.18m

h12 = 208.18 m c) En este caso varia la forma en que se calcula el área y perímetro, ya que se trata de un triángulo equilátero

Aducto = (0.025m) (0.15m) = 0.000375 m2 Pmojado = 3 (0.025) = 0.075 m 0.000375m 2 RH   0.005m y D = 4 (0.005m) = 0.02 m 0.075m El número de Reynolds esta dado por:

Nr 

V · D  3.66 m / seg. 0.02m    262.37 v 0.000279 m 2 / seg.

Calculo del factor de fricción:

f 

64 64   0.244 Nr 262.37

Sustituyendo en la ecuación de Darcy para perdidas:

h12  0.244

100  3.66  0.02 2g

h12  f

L V2 D 2g

2

 832.73m

h12 = 832.73 m

Problema 17. Utilizando el diagrama universal de Moody dar respuesta a las siguientes preguntas: a) ¿ Para que tipo de flujo la pérdida de fricción varia con el cuadrado de la velocidad? b) ¿ Cuál es el factor de fricción para Re = 10 5 –en un tubo liso- para /D = 0.001 y para /D = 0.0001? c) ¿ Para qué rango del número de Reynolds, es constante el factor de fricción, en un tubo de fierro fundido y de 152 mm de diámetro? d) Suponiendo que la rugosidad absoluta de un tubo dado se incrementa en un periodo de 3 años, a tres veces su valor inicial, ¿ tendría ello mayor efecto en la pérdida en flujo turbulento, para números de Reynolds altos o bajos? e) ¿ Para qué tipo de flujo f depende únicamente de Re? f) ¿ Para qué tipo de flujo f depende únicamente de Re y /D? g) Si el factor de fricción es 0.06, para un tubo liso, ¿ Cuál sería el factor de fricción para un tubo de rugosidad relativa /D = 0.001, con el mismo número de Reynolds? h) Lo mismo para f = 0.015.

a) b) c) d) e) f) g) h)

Turbulento Tubo liso con /D = 0.001 f = 0.0185; con /D = 0.0001 f = 0.022 Re  6.8 x 10 5 No tendría ningún efecto, por tratarse de un flujo turbulento Para flujo laminar y turbulento para tubos lisos Para el flujo en zona de transición No existe f = 0.02 según el diagrama de Moody

Problema 18. Aire a 15ºC fluye en un conducto rectangular de 61x 122 cm, fabricado con una lamina de aluminio liso a un gasto de 274 m3/min a) Determinar la caída de presión en 100 mts. b) Determinar el diámetro necesario de un conducto cilíndrico del mismo material para transportar este gasto con las mismas perdidas. Para la solución se supone que el tubo es colocado horizontalmente, entonces se procede a plantear una ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2, entre los cuales hay 100mts de longitud.

P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g donde: Z1 = Z2, V1 = V2

h12 

p1  p 2 

En este problema el fluido es el aire y, por lo tanto, la única ecuación de pérdidas que podemos utilizar es la de Darcy p  p2 L V2 L V2 h12  1  f  f  D 2g 4 RH 2 g Donde debemos reemplazar el diámetro por el radio hidráulico (RH), D = 4 RH.

ADucto= (1.22) (0.61) = 0.744 m2

Perímetro = 2 ( 1.22 + 0.61 ) = 3.66 m

El radio hidráulico está definido como el cociente del área y el perímetro mojado. ADUCTO 0.744m 2 RH    0.213m PERIMETRO 3.66m

4RH = 0.852

Q  274m3 / min. V    6.13m / seg . A (0.744m 2 )(60 seg ) La viscosidad cinemática del aire a 15ºC es v = 16 x 10-6

Nr = VD / v = V( 4RH ) / v = [(6.13) (0.852)] / 16 x 10 –6 = 326,422.5 Obtenemos el coeficiente de fricción usando el valor de f para tubo liso

f 

0.3164 0.3164   0.0132 0.25 Nr 326422.5 0.25

A continuación calculamos las pérdidas: 2 100  6.14 h12  0.0132  2.98 mts 0.852 2 g

( P1 - P2 ) / AIRE = 2.98 mts ahora bien, como el aire se encuentra a 15°C, según la tabla de la pagina 23 del Sotelo, el peso especifico del aire a esa temperatura es de 1.225 Kg/m3, lo que nos quedaría de la siguiente manera,

P1 - P2 = (1.225 Kg/m3)(2.98mts)= 3.65 Kg/m2

P1 - P2 = 3.65 Kg/m2 Para poder dar solución al inciso b, se tiene lo siguiente, el tubo esta horizontal, por lo tanto la diferencia de presiones serian las perdidas, y si las perdidas se calculan por Darcy nos queda la siguiente ecuación,

P1  P2 L V2  f  D 2g Como se debe de tener el mismo gasto y las mismas perdidas tenemos que h12 

h12 

(0.0826) f LQ 2 D5

Donde se conoce, el gasto, las perdidas, la longitud y el coeficiente de fricción seria, f 

f 

0.3164 VD 4Q  NR   0.25 NR   · · D 0.3164  4Q      · · D 

0.25





       0.3164  0.252  (100)( 4.56) 2 (0.0826) 0.3164 (0.0826)   4( 4.56 )  L·Q  0.25 4Q  6           D       16 x10  2.98   · · D    5 h12  D 5 D





Por ultimo sustituyendo y resolviendo para D obtenemos que,

D = 0.94 mts Problema 19. Agua fluye con un gasto de 17.1 lps en un tubo horizontal de 150mm de diámetro, el cual se ensancha hasta un diámetro de 300mm. a) Estimar la perdida la perdida de energia entre dos tubos en el caso de ampliación brusca. Para la solución del inciso A de este problema, de la ecuación de continuidad se despeja la velocidad para encontrarla.

V 

Q 4Q 4(0.0171)    0.242 m 2 seg A D  (0.3) 2

por lo tanto la formula de las perdidas en la ampliación seria la siguiente: 2

 D2 2  V2 2 h   2  1  D1  2g esta surge de la ecuación 8.17 de la pagina 299 del Sotelo Avila.

Por lo tanto nuestras perdidas serian: 2

 (0.31) 2  (0.242) 2 h  1  0.0269m 2  (0.15)  19.62

ECUACION DE BERNOULLI La ecuación de Bernoulli se desarrolla como una aplicación particular de la tercera ley de Newton sobre una tubería cilíndrica, analizando las fuerzas que intervienen en el deslizamiento de agua en este segmento del tubo. Al hacer un corte del tubo en la sección 1 y 2 debemos considerar las fuerzas de presión que actúan en las tapas del cilindro además, tenemos el peso del agua, en particular la componente del peso paralela al eje del cilindro; y por último la fuerza de rozamiento del agua contra las paredes del cilindro, esto se muestra en la siguiente figura:

El análisis dinámico de las fuerzas nos indican:

F1 – F2 + Wsin - Ff = m · a F1 = P1 · A , F 2 = P2 · A Wsin = Vol. ·  · Sin = A · dL ·  · Sin dL · Sin = Z1 – Z2 WSin = A ·  (Z1 – Z2) Ff =  · Ac  : esfuerzo de rozamiento Ac : es la área donde el agua a con la pared del tubo

Ac = Per · dL Per = Perímetro =  · D Ff =  · Per · dL m = W / g = masa del agua Sustituyendo en (1)

P1 · A – P2 · A + A ·  (Z1 – Z2) -  · Per · dL = W/g · a Si multiplicamos por dL la Ec. 2 obtenemos el trabajo para mover el bloque.

Y si dividimos entre el peso W = A · L · , obtenemos el trabajo por unidad de peso; trabajo unitario.

P1 · A · dL P2 · A · dL A ·  Z1  Z 2  dL  · Per · dL · dL     A · dL · A · dL  A · dL  A · dL ·

W

· a · dL g W

P1 P 2  · Per · dL a    Z1  Z 2    · dL   A· g la aceleración es:

a

V  V1 V  2 t t

y la velocidad es:

V 

dL , t

t 

dL V

Como la velocidad toma valores de V1 y V2 para un dL, tomamos la velocidad media:

V = (V1+V2) / 2. Sustituyendo en (4)

a

V  V1  V2  V1  V22  V12 V2  V1 V2  V1  V2  V1    ·V  2 ·  dL t dL dL 2 2 dL V

Sustituyendo en (3)

P1 P2  · dL 1 V 2  V12   Z1  Z 2   · 2 · dL A   g 2 dL · Per Eliminando variables, sustituyendo a A/Per = RH (radio hidráulico) y agrupando las variables 1 a la izquierda, 2 a la derecha tenemos:

P1 V2 P V2  · dL  Z1  1  2  Z 2  2   2g  2 g RH · El valor de  lo podemos obtener de la ecuación de arrastre: F  C D · A · ·

V2 2g

,

F V2    C D · · A 2g

 · dL V2 dL dL V 2  C D · · ·  CD · · RH · 2 g RH · RH 2 g

P1 V2 P V2 dL V 2  Z1  1  2  Z 2  2  C D ·  2g  2g RH 2 g