Source: https://www.scribd.com/doc/160210586/solucionario-mecanica-fluidos-streeter-9-ed-pdf
Timestamp: 2016-12-04 17:51:02+00:00

Document:
solucionario - mecanica fluidos - streeter 9 ed..pdf
BrowseInterestsBiography & MemoirBusiness & LeadershipFiction & LiteraturePolitics & EconomyHealth & WellnessSociety & CultureHappiness & Self-HelpMystery, Thriller & CrimeHistoryYoung AdultBrowse byBooksAudiobooksArticlesSheet MusicBrowse allUploadSign inJoinSTASSI, MAURO JOSÉAÑO 2007
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 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 FN – σ.2.perímetro = 0
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 ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s
STASSI, MAURO JOSÉ
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 –3 FT = 4,0 x 10 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 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 FN – σ.2.perímetro = 0
Fuerza tangencial (FT)
STASSI, MAURO JOSÉ 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 –3 FT = 14,0 x 10 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
STASSI, MAURO JOSÉ 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
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 P = gM
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 τ=μU
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 . 3 3 ft 1 lbm 1kg 0,02832 m 1 x 106cm3 ρ = 0,80 gr cm3 –2 μ = 6 cP 1 x10 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 ft3 μ = 6 x10 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
ρ = 1,55 slug
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.
v = 3 ft/s
P = 120 lb A = 2 ft2 θ = 30 º μ=1P v = 3 ft/s Resolución τ=F=μU 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 p
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.
∅Anillo = 20 mm = 0,02 m t = 20 ºC Resolución σ(20º C) = 0,074 N/m F = π2.∅Anilloσ 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.
∅ = 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/ft3 h = 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 cos θ = 62, 92 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 10
STASSI, MAURO JOSÉ 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.
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 Simplificando γ.π.(R – r).h = 4.σ.π.cos θ despejando h = 4.σ.cos θ γ.(R – r) γ.π.(R – r)2.h = 4.σ.π.(R – r).cos θ
Ejercicio 2-4 Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales.
Aire A 0,6 0,3 0,3
Aire C Aceite Dens. 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/m3.0,6 m = 5883,60 Pa pB = 588 KPa
Punto C pC = pB = 5883,60 Pa 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
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.
Datos h = 20 in S = 1,90 Resolución pA = γ h 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.
Datos S = 2,94 pA0 = 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
dh 0 0 dh
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
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.
Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución Sobre ABCD
4 ft diám
2 ft diám
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 A = 4,245 ft2
Ay’p = A1y1 + A2y2 + A3y3 y’p = 0,707 ft20,47 ft + 2,828 ft2x0,707 ft + 0,707 ft20,47 ft 4,245 ft2 y’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 ft3 Fn = 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 A h B C
Resolución Por integración F = ∫ApdA = ∫Aγyxdy = γ∫0hyxdy donde y = hx b x = by h reemplazando F = γ∫0h(by)ydy h F = γ∫0h 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.
γ = 55 lb/ft3
Resolución Por integración
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∫57,4(37,0y – 5,0y2)dy 2,4 2,4 F = γ∫57,437,0y – γ∫57,45,0y2dy 2,4 2,4 F = γ37,0∫57,4y – γ5,0∫57,4y2dy 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.
2 Puntal
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 + FL FA = 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.)
h O 5
STASSI, MAURO JOSÉ E = γh(h/2) E = γh2 2 ΣMo = 0 E[5 – h + (2/3)h] = xPC E[5 – (1/3)h] = xPC 5E – 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 3 – 10,40 lbh + 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
Resolución a)
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’.A1 P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m2 P2= γ’.A2 P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m2 P3= γ’.A3 P3 = 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 2 lE2 = (20,22 m) 7,00 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 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 xR = 11,588 m
σmín
R Y = σ mL σmáx + σmin = 2RY/L σmáx = 2RY/L – σmin
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 – σmin σmín + σmin13,55 m = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2γ670,99 m2/18,00 m 2γ670,99 m2 = σmin = 18,00 m(1 + 13,55) σmin = γ5,12
reemplazando σmáx = 2RY/A – σmin σmáx = 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.
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 = 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 – γ180 m26,00 m = γ490,99 m2 xR = 13,640 m Ejercicio 2-89 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.
aceite den. rel. 0,8 Agua
FH = FAB + FAD – FDC FH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m m3 FH = 15,69 kN/m b) FV = – FAB + FADB + FBDC donde 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 m3 π(2,00 m)2 ST = γT/γA ST = 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
W=E SγV = γV’
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
ax x g a p − p0 = − Sγ x x g Δpg ax = − Sγx p = p 0 − Sγ
Pa m2 (−20000 )9,806 m s ax = − N 0,88 × 9806 3 m
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.
p = − Sγ
ax x g
lb p = −2,40 × 62,4 3 ft
ft s 2 2 ft ft 32,174 2 s 8,05
p = – 74,84 lb ft2
pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb 1 ft2 ft2
pg Sγx lb ft (−1152 2 )32,174 2 ft s ax = − lb 2,4 × 62,4 3 2 ft ft ax = −
ax = 123,75 ft/s2
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
Aceite, dens. rel. 0,86
Como la densidad no cambia y el flujo es permanente, podemos aplicar la ecuación de continuidad, es decir
π × (200mm) 2
m m (200mm) 2 4 V2 = 2 =2 s π × (70mm) 2 s (70mm) 2 4
V2 = 16,33 m/s El caudal másico será
m = Qρ = V2 A2 ρ m = 16,33
m π × (0,07 m) 2 kg × × 0,86 × 1000 3 s 4 m • kg m = 54,03 s
Ejercicio 3-30 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?
Aceite, dens. rel. 0,86 2
Resolución Como el flujo es permanente e incompresible, podemos aplicar la ecuación de Bernoulli, es decir
Para A, reemplazando
+ z1 +
v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g
2 vA + z0 = + zA + γ γ 2g 2 v ( z0 − z A ) = A 2g
v A = 2 × g (z0 − z A )
v A = 2 × 32,174
ft (11,0 ft − 0,0 ft ) s2 ft v A = 26,60 s
Q A = AA v A
Q A = 2,00 ft × 26,60
QA = 53,21 ft3/fts Para B, reemplazando
+ z0 =
( Patm
2 vB γ 2g 2 vB − PB ) + ( z 0 − z B ) = 2g
+ zB +
⎡1 ⎤ v B = 2 × g × ⎢ ( Patm − PB ) + ( z 0 − z A )⎥ ⎣γ ⎦
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ft 1 lb v B = 2 × 32,174 2 × ⎢ (−62,42 3 × 1,00 ft ) + (11,00 ft − 0,00m)⎥ s ⎢ 62,42 lb ft ⎥ 3 ⎢ ⎥ ft ⎣ ⎦ ft v B = 25,37 s
QB = AB v B
Q B = 2,00 ft × 25,37
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.
Aceite dens. rel. 0,75
Agua 4 in.
Resolución Para utilizar la ecuación de Bernoulli el fluido debe ser uniforme, por lo que se plantea una altura equivalente
γ W hW = γ A h A γ h' A = W hW γA Sγ hW = A hW = ShW γA
hW = 0,75 × 3,00 ft hW = 2,25 ft
Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos
v 2 = 2 × g × z1
v 2 = 2 × 32,174 ft × 6,25 ft s2 ft v 2 = 20,05 s
Q2 = A2 v 2 ft 1,00 ft 2 π Q2 = (4,00in × ) × 20,05 4 12,00in s
Q2 = 1,75 ft3/s Ejercicio 3-33 Despreciando todas las pérdidas, encuéntrese la descarga por el medidor Venturi de la figura.
Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
v P v2 + z1 + 1 = 2 + z 2 + 2 γ 2g γ 2g
2 v2 v − 1 γ γ 2g 2g 1 1 2 2 ( P1 − P2 ) + ( z1 − z 2 ) = (v 2 − v1 ) γ 2g
+ ( z1 − z 2 ) =
Por la ley del menisco
P2 = P1 − h1γ + h2γ 1 ( P1 − P2 ) = h1 − h2 γ
con respecto al datum
Δz + h1 = 200mm + h2 h1 = 200mm + h2 − Δz
( P1 − P2 ) = 200mm + h2 − Δz − h2 1
( P2 − P1 ) = 200mm − Δz
reemplazando en la ecuación de Bernoulli
1 2 2 (v 2 − v1 ) 2g 1 2 2 ( z1 − z 2 ) + 200mm + ( z1 − z 2 ) = (v 2 − v1 ) 2g 1 2 2 200mm = (v 2 − v1 ) 2g − Δz + 200mm + ( z1 − z 2 ) =
Por la ecuación de continuidad
Q1 = Q2 A1v1 = A2 v 2 A v1 = 2 v 2 A1
A 1 2 2 200mm = ((v 2 − 22 v2 ) 2g A1 200mm =
2 v2 A (1 − 2 2 ) 2g A1 2
2 g × 200mm = 2 A2 (1 − 2 ) A1
m × 0,2m s2
2 × 9,806
(1 − 4
(150,00mm) (300,00mm)
v 2 = 2,29
m s Q2 = A2 v 2 (0,15m) 2 2,29 m s
Q2 = 0,04 m3/s
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.
6 in. diám V
Resolución Por continuidad el caudal es el mismo en todas las secciones, entonces
ft 3 gal ft 3 s Q = 1500 = 3,34 min 448,83 gal s min 1,00
Por definición de caudal
Q = Ad v d Q vd = Ad
ft 3 s vd = 1,00 ft π (6,00in × ) 4 12,00in 3,34
en términos de carga de velocidad tenemos
= 17,02
2 2 (17,02 ft vd s) = = 4,50 ft 2 g 2 × 32,174 sft2
Planteamos la ecuación de Bernoulli
2 2 vd vd +H = + +K γ γ 2g 2g 2 v H = d (1 + K ) 2g
Las pérdidas serán
H −1 2 vd 2g 32,00 ft K= −1 4,50 ft K=
K = 6,11 Ejercicio 3-51 En la figura las pérdidas hasta la sección A son 5 v21/2g y las pérdidas de la boquilla son 0,05 v22/2g. Determínese la descarga y la presión en A. H = 8,00 m.
D1 = 150 mm V Agua
D1 = 150 mm Datum Agua V
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B
+H = H=
2 vB v2 + KB B 2g 2g
2 vB (1 + K B ) 2g
vB = 2 × g ×
v B = 2 × 9,806
H (1 + K B )
m 8,00m × 2 (1 + 0,05) s m v B = 12,22 s
Q A = QB Q A = AB v B m π 2 Q A = (0,05m ) 12,22 s 4
QA = 0,024 m3/s Por otro lado
2 vA = 2 AB H 2× g × 2 (1 + K B ) AA
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A
2 vA v2 + KA A γ γ 2g 2g (1 + K A ) v 2 P H= A + A γ 2g
+H =
⎜ A2 ⎝ A 2 ⎞ P ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB ⎟H ⎜ ⎟ H = A +⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ γ ⎝ 1 + K B ⎠⎝ AA ⎠ 2g
(1 + K A ) ⎛ A2 ⎜ B2
×g×
H ⎞ ⎟ (1 + K B ) ⎟ ⎠
2 ⎡ ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB ⎞⎤ ⎜ ⎟ PA = γH ⎢1 − ⎜ ⎜ 1 + K ⎟⎜ A 2 ⎟ ⎟⎥ ⎢ ⎝ ⎥ B ⎠⎝ A ⎠⎦ ⎣ ⎡ ⎛π (0,05m )2 ⎢ N ⎛ 1 + 5,00 ⎞⎜ PA = 9806,00 3 × 8,00m × ⎢1 − ⎜ ⎟⎜ 4 π + 1 0 , 05 2 m ⎠⎜ ⎢ ⎝ ⎜ (0,15m ) ⎢ ⎝ 4 ⎣
⎞⎤ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟ ⎥ ⎠⎦
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 (V12/2g)(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. P 10 ft
2 in. diám 4 in. Tubo de descarga
Agua 68 ºF
6 in. diám. 2 10 ft P 3
Datum 1 Agua 68 ºF
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4
2 v3 P4 v4 + z3 + = + z4 + γ 2g γ 2g
2 v3 P v2 = atm + z 4 + 4 γ 2g γ 2g 2 2 v3 v 4 P − = (z 4 − z3 ) − 3 2g 2g γ P⎤ ⎡ 2 2 − v4 = 2 g ⎢( z 4 − z 3 ) − 3 ⎥ v3 γ ⎦ ⎣
+ z3 +
Como z4 = z3
⎛ P3 ⎞ 2 2 − v4 = 2g × ⎜ v3 ⎜− γ ⎟ ⎟ ⎝ ⎠
A3 v3 = A4 v 4
A4 v4 A3
2 A4 ⎛ P3 ⎞ 2 = 2g × ⎜ v 2 − v4 ⎜− γ ⎟ ⎟ 2 4 A3 ⎝ ⎠ 2 ⎞ 2 ⎛ A4 ⎛ P3 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜− γ ⎟ ⎟v 4 = 2 g × ⎜ ⎜ A 2 − 1⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3
⎛ P3 ⎞ 2g × ⎜ ⎜− γ ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎛ A4 ⎞ ⎜ ⎜ A 2 − 1⎟ ⎟ ⎝ 3 ⎠
⎛ lb 144,00in 2 ⎜ 5,00 2 × ft ⎜ 1,00 ft 2 in 2 × 32,174 2 × ⎜ − lb s 62,42 3 ⎜ ⎜ ft ⎝ ⎛π ⎞ 2 ⎜ (2,00in ) ⎟ ⎜4 − 1⎟ ⎜ π (4,00in )2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝4 ⎠
v 4 = 31,46
31,46 ft ft = 7,86 s s
(2,00in )2 (4,00in )2
Q2 = Q3
A2 v 2 = A3 v3
A3 v3 A2
7,86 ft ft = 3,49 s s
(4,00in )2 (6,00in )2
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2
+ z1 + P2
2 2 v2 0,003L v2 + 2g D 2g
2 v2 ⎛ P1 P2 ⎞ ⎛ 0,003L ⎞ ⎜ ⎟ − − z = ⎜1 + ⎟ 2 ⎜γ ⎟ 2g ⎝ D ⎠ γ ⎠ ⎝ ⎤ ⎡ ⎛ P1 P2 ⎞ − ⎟ − z2 ⎥ ⎢⎜ ⎜ ⎟ γ ⎠ D ⎢⎝ γ L= − 1⎥ 2 ⎥ 0,003 ⎢ v2 ⎥ ⎢ 2g ⎦ ⎣
La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir
P1 = 30inHg P1 1,00 ft = 30in × = 2,50 ft 12,00in γ Hg
= 2,50 ft × 13,57 = 33,92 ft
De tabla C.2 página 568 de (Mecánica de los fluidos, Streeter)
= 0,79 ft
6,00in × L=
1,00 ft 12,00in 0,003
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ (33,92 ft − 0,79 ft ) − 10 ft ⎥ − 1⎥ ⎢ (3,46 ft )2 s ⎢ ⎥ ft 2 × 32 , 174 ⎢ ⎥ s2 ⎣ ⎦
L = 20554,17 ft La potencia suministrada por la bomba será
W t mgH P= t P=
P = m gH P = ρQgH P = γQH P = γv 2 A2 H
1,00 ft ⎞ lb ft π ⎛ P = 62,42 3 3,49 ⎜ 6,00in × ⎟ 10,00 ft 12,00in ⎠ s 4⎝ ft
P = 247,74 lb.ft s El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será
2 ⎛ ⎞ v2 ⎜ ⎟ 2g ⎜ ⎟ %P = ⎜ × 100 2 2 ⎟ 0,003L v 2 v 2 ⎜ ⎜ D 2g + 2g ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎟ × 100 P=⎜ ⎜ 0,003L + 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ D ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎟ × 100 = 0,80% P= ⎜ 0,003 × 20554,17 ft ⎟ + 1⎟ ⎜ 0,5 ft ⎝ ⎠
%P = 0,80 %
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.
8 ft³/s
6 60 °
m diá in.
12 in m iá .d
18 in. diám
10 lb/in²
20 ft³/s H2O
Resolución Por definición de caudal
Q1 = A1v1 Q v1 = 1 A1
ft 3 ft s v1 = = 11,32 2 s 1,00 ft ⎞ π⎛ ⎟ ⎜18,00in × 4⎝ 12,00in ⎠ 20,00
Q2 A2
ft 3 ft s = 15,29 v2 = 2 s π⎛ 1,00 ft ⎞ ⎜12,00in × ⎟ 4⎝ 12,00in ⎠ Q v3 = 3 A3
ft 3 ft s v3 = = 40,74 2 s 1,00 ft ⎞ π⎛ ⎟ ⎜ 6,00in × 4⎝ 12,00in ⎠ 8,00
A3 P3A3 v3 = 40,74 ft/s
v2 = 15,29 ft/s A2
m diá n. i 6
m iá .d in
v1 = 11,32 ft/s A1 P1A1
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces
(∑ Fext )x
= ∫ sc v × ρ × v • dA
Las fuerzas externas en x son
= − P2 A2 × cos 45º + P3 A3 × cos 60º + Fanclaje x
La integral sobre la superficie de control en x es
∫ sc v × ρ × v • dA = v 2 × cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 × cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º
− P2 A2 × cos 45º + P3 A3 × cos 60º + Fanclaje x = v 2 × cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 × cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º
2 v1 P2 v2 + z1 + = + z2 + γ 2g γ 2g 2 v1 P2 v 2 + = + γ 2g γ 2g 2 v1 v2 = + − γ γ 2g 2g 2 2
Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2
P2 = P1 +
(v 2g
P2 = 10,00
2 2 ⎛⎛ lb 144,00in ft ⎞ ⎞ ⎛ ⎜ ⎜11,32 ft ⎞ × + − 15 , 29 ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ft ⎜ ⎝ s s in 2 1,00 ft 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎟ ⎠ 2 × 32,174 2 ⎝ s
lb ft 3
P2 = 1337,80
Planteamos Bernoulli entre 1 y 3
lb ft 2
+ z1 + P1
P v2 v1 = 3 + z3 + 3 2g γ 2g
P v2 v + 1 = 3+ 3 γ 2g γ 2g v2 v = + 1 − 3 γ γ 2g 2g P1
P3 = P1 +
− v3
2 2 ⎛⎛ lb 144,00in ft ⎞ ⎛ ft ⎞ ⎞ ⎜ P3 = 10,00 2 × + ⎜11,32 ⎟ − ⎜ 40,74 ⎟ ⎟ ft ⎜ ⎝ s⎠ ⎝ s⎠ ⎟ in 1,00 ft 2 ⎠ 2 × 32,174 2 ⎝ s lb P3 = −46,05 2 ft
Fanclaje x = v 2 cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º + P2 A2 × cos 45º − P3 A3 × cos 60º
ft slug ft ft slug ft × cos 45º×1,94 3 × 15,29 × 0,78 ft 2 − 40,74 × cos 60º×1,94 3 × 40,74 s s s s ft ft lb lb × 0,78 ft 2 × cos 45º +46,05 2 × 0,20 ft 2 × cos 60º = 2 ft ft
FanclajeX = 682,82 lb
Fanclaje x = 15,29
× 0,20 ft 2 + 1337,80
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección y, entonces
(∑ Fext ) y
Las fuerzas externas en y son
(∑ F ext ) y
= P1 A1 − P2 A 2 × sen 45 º − P3 A 3 × sen 60 º + F anclaje
∫ sc v × ρ × v • dA = v1 ρ × v1 A1 cos180º +v 2 sen45º ρ × v 2 A2 cos 0º +v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º
P1 A1 − P2 A2 × sen 45º − P3 A3 × sen60º + Fanclaje y = v1 ρ × v1 A1 cos 180º + v 2 sen 45º ρ × v 2 A2 cos 0º
+ v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º
Fanclaje y = v1 ρ × v1 A1 cos180º +v 2 sen45º ρ × v 2 A2 cos 0º +v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º − P1 A1
+ P2 A2 × sen45º + P3 A3 × sen60º
Fanclaje y = −11,32 + 40,74
ft slug ft ft slug ft × 1,94 3 × 11,32 × 1,77 ft 2 + 15,29 × sen45º×1,94 3 × 15,29 × 0,78 ft 2 s s s s ft ft
ft slug ft lb 144,00in 2 × sen60º×1,94 3 × 40,74 × 0,20 ft 2 − 10,00 2 × × 1,77 ft 2 s s 1,00 ft 2 ft in lb lb + 1337,80 2 × 0,78 ft 2 × sen 45º +46,05 2 × 0,20 ft 2 × sen60º = ft ft
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.
A0 V1
A0 V0 V1 V0 A0
El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada
V0 V1 V0-V1
∫ sc v × ρ × v • dA = (v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 cos180º −(v 0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 cos 0º ∫ sc v × ρ × v • dA = −(v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 − (v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 ∫ sc v × ρ × v • dA = −2 × (v0 − v1 ) × ρ × A0
= ma carro (∑ Fext )x = m dv dt
m 2 = − 2 × ρ × A 0 (v 0 − 2 v 0 v 1 + v 12 Δt
dv1 2 = −2 × (v0 − v1 ) × ρ × A0 dt
m 2 = −2 × ρ × A0 v0 + 2 × ρ × A0 × 2v0 v1 − 2 × ρ × A0 v12 Δt ⎛m ⎞ 2 2 × ρ × A0 v12 + ⎜ − 2 × ρ × A0 × 2v0 ⎟v1 + 2 × ρ × A0 v0 =0 Δ t ⎝ ⎠ ⎞ ⎛ 200,00lb ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 32,174 ft 2 slugs ft ⎟ slugs ⎜ 2 2 2 s 2 × 2,00 3 ×,002 ft × v1 + ⎜ − 2 × 2,00 3 ×,002 ft × 2 × 100,00 ⎟v1 10,00s s ft ft ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝
+ 2 × 2,00
slugs ft ⎞ ⎛ ×,002 ft 2 × ⎜100,00 ⎟ = 0 3 s⎠ ft ⎝ slug slugs 0,08 × v12 − 15,38 v1 + 800,00lb = 0 ft s
v1 = 96,11 ft/s
Por báscara
Como supusimos la aceleración constante planteamos
1 2 at 2 1 v1 2 1 1 ft x= t = v1t = 96,11 10,00s 2 t 2 2 s x=
x = 480,57 ft
Ejercicio 3-123 Determínese el ángulo del álabe requerido para desviar la velocidad absoluta de un chorro 130º.
V0 = 130 ft/s
u = 50 ft/s
u = 50 ft/s V0 = 130 ft/s
v alabe
Por teorema del seno
v alabe = (v0 − u ) ft ft ft = 130,00 − 50,00 = 80,00 s s s senθ senβ = 80,00 50,00
senβ =
50,00 senθ = 0,625 × sen130º = 0,48 80,00 β = arcsen(0,48) = 28,60º
Por propiedad del triángulo Finalmente
γ = 180 º − β − θ = 180 º −130 º −28,60 º = 21,39 º α = 180 º −γ = 180 º −21,39 º
α = 158º 36’ 20’’
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
Q L3T −1 , D[L ],
Las unidades son 3
ΔH LL−1 = 1 , ρ ML−3 , μ ML−1T −1 , g LT − 2 L
L, M , T
entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será
∏1 =
π2 será
ΔH L
π1 = ΔH/L
∏ 2 = L L3T −1
entonces Para M ⇒ Para L ⇒ Para T ⇒ de aquí
∏ 2 = DQ x1 ρ x2 μ x3
x1 −3 x2
) (ML ) (ML
0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3x1 − 3 x 2 − x3 = 0 0 − x1 + 0 − x3 = 0
x1 = −1 x2 = −1 x3 = 1
∏2 =
Dμ Qρ
π2 = Dμ/Qρ π3 será
∏ 3 = LT −2 L3T −1
entonces Para M ⇒ Para L ⇒
∏ 3 = gQ x1 ρ x2 μ x3
x1 −3 x 2
0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3 x1 − 3x 2 − x3 = 0
Para T ⇒ de aquí
− 2 − x1 + 0 − x3 = 0
x1 = 3 x2 = 5 x3 = −5
∏3 =
gQ 3 ρ 5
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 Las unidades son 3
p ML−1T −2 , r [L], ω T −1 , ρ ML−3
entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 4 – 3 = 1 π será
∏ = pω x1 ρ x2 r x3 ∏ 2 = ML−1T −2 T −1
( ) (ML ) (L )
−3 x 2
1 + 0 + x2 + 0 = 0 − 1 + 0 − 3 x 2 + x3 = 0 − 2 − x1 + 0 − 0 = 0 x1 = −2 x2 = −1 x3 = −2
p r ω2ρ
p = cte.r2ω2ρ
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
2 v2 vm p = g mlm g p l p
Como la gravedad es la misma
2 v2 vm p = lm lp 2 v2 p = vm
v p = vm
v p = 1,00
m 10 s 1
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 Las unidades son 3
P ML2T −3 , Q L3T −1 , D[L ], Δp ML−1T −2 , ρ ML−3 , e[1]
∏1 = e
π1 = e
∏ 2 = PQ x1 Δp x2 ρ x3 ∏ 2 = ML2T −3 L3T −1
) (ML
) (ML )
−3 x 3
Para M ⇒ Para L ⇒ Para T ⇒ de aquí
1 + 0 + x 2 + x3 = 0 2 + 3x1 − x 2 − 3 x3 = 0
− 3 − x1 − 2 x2 + 0 = 0 x1 = −1 x2 = −1 x3 = 0
P QΔp
π2 = P/QΔp π3 será
∏ 3 = L(L3T −1 ) 1 (ML−1T −2 ) 2 (ML−3 ) 3
∏ 3 = DQ x1 Δp x2 ρ x3
0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3 x1 − x 2 − 3x3 = 0
0 − x1 − 2 x 2 + 0 = 0 x1 = −0,5 x2 = 0,25 x3 = −0,25
D 4 Δp Q4 ρ
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 Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces
Dm v m
Dp ν m vp Dm ν p
2 ⎡ −6 m ⎤ ⎢ 600,00mm 0,311 × 10 ⎥ s ⎥ 6,00 m vm = ⎢ 2 s ⎢ 600,00mm 1,007 × 10 −6 m ⎥ ⎢ ⎥ 5 s ⎦ ⎣ m v m = 9,86 s 2 m π ⎛ 0,6m ⎞ Qm = Am v m = ⎜ ⎟ 9,86 s 4⎝ 5 ⎠
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
2 ⎡ −5 m 1 , 70 × 10 ⎢ 4,00m s vm = ⎢ 2 4 , 00 m m ⎢ 1,141 × 10 −6 ⎢ s ⎣ 5
⎤ ⎥ m ⎥ 0,50 s ⎥ ⎥ ⎦
La viscosidad cinemática del aire se obtuvo de la figura C.2 de Mecánica de los fluidos (Streeter) vm = 37,25m/s
Qm = Am v m =
π ⎛ 4,00m ⎞
⎜ 4⎝ 5
m ⎟ 37,25 s ⎠
Qm = 18,72 m3/s Como las pérdidas dependen del número de Reynolds y este es el mismo para modelo y prototipo las pérdidas serán las mismas.
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
(τ+(dτ/dl)δy)δl
γδlδysen θ τδl
(p+(dp/dl)δl)δy
γδlδy
Ua 1 ∂ ( p + γh )a 3 = 0 − 2 12 μ ∂l Ua 1 ∂ ( p + γh )a 3 = 2 12 μ ∂l U × 6μ ∂ = ( p + γh ) ∂l a2
Uy 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 − a 2 μ ∂l
Uy 1 U × 6 μ − ay − y 2 2 a 2μ a
⎛ y y2 ⎞ Uy − 3U ⎜ ⎜ a − a2 ⎟ ⎟ a ⎝ ⎠ 2U 3U u=− y + 2 y2 a a
du 2U 6U =− + 2 y dy a a
derivando respecto a y obtengo
El esfuerzo de corte será τ = – μ2U + μ6Uy a a2
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?
Uy 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 − a 2 μ ∂l Uy 1 ∂ ( p + γh )ay − 1 ∂ ( p + γh ) y 2 u= − a 2 μ ∂l 2 μ ∂l u=
du U 1 ∂ ( p + γh )a − 1 ∂ ( p + γh ) y = − dy a 2 μ ∂l μ ∂l
El esfuerzo de corte es
Valuado en y = 0, tenemos
U 1 ∂ ( p + γh )a − ∂ ( p + γh ) y − a 2 ∂l ∂l U 1 ∂ ( p + γh )a = 0 − a 2 ∂l
τ y =0 = μ
U ∂ = ( p + γh ) 2 ∂l a U a
El caudal será
q = ∫ udy = ∫
U 2 y dy a2
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.
150 mm 0,15 MPa
μ = 1 poise
50 mm diám. e = 0,05 mm
U 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 y− a 2 μ ∂l
∂ ( p + γh ) = Δp = 0,15MPa − 0,00MPa = 1,00 × 10 6 N3 ∂l Δl 0,15m m
m s u= y− 5,00 × 10 −5 m 0,70
N 1 1,00 × 10 6 3 5,00 × 10 −5 m × y − y 2 g 1,00kg 100,00cm m 2 × 1,00 × × cms 1000,00 g 1,00m
1 1 u = 1400,00 y − 20,00 × 10 6 5,00 × 10 −5 m × y − y 2 s ms 1 1 2 u = 400,00 y + 20,00 × 10 6 y s ms 1 1 u = 400,00 1,00 × 10 −5 m + 20,00 × 10 6 1,00 × 10 −5 m s ms
u = 200,00
El esfuerzo de corte será
du kg 1 kg 1 = 1,00 × 10,00 −1 × 400,00 + 1,00 × 10,00 −1 × 10,00 × 10 6 1,00 × 10 −5 m dy ms s ms ms
τ = 25,00 Pa
La fuerza total será
FT = τAC + pAT = 25,00 Pa × π 0,05m × 0,15m + 0,15 x10 6 Pa ×
(0,5m )2
FT = 294,90 N
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.
FC = τAC = 25,00 Pa × π 0,05m × 0,15m FC = 0,59 N
1 ∂ ( p + γh )a 3 12 μ ∂l
2 3 N −5 −7 m 5 , 00 × 10 = 1 , 042 × 10 m s m3
1 kg 12 × 0,10 ms
1,00 × 10 6
Q = πDq = π × 0,05m × 1,042 × 10 −7
Q = 1,636 × 10
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
ΔpπD 4 Q= 128μL
vA = v
ΔpπD 4 128μL ΔpπD 4 128μL
D2 = v=
ΔpD 2 32μL
1400μ Dρ
1400μ ΔpD 2 = Dρ 32μL 1400 ΔpD 3 = ρ 32μ 2 L
Además como el tubo es vertical
Δp = γ = ρg L
44800 =
ρgD 3 32 μ 2
ρ2 1 gD 3 = 2 gD 3 2 μ ν
ν 2 44800
2 ⎛ −6 m ⎞ ⎟ 44800 ⎜ 1 , 50 × 10 ⎜ s ⎟ ⎠ ⎝ D=3 m 9,806 2 s
D = 2,17 mm
Ejercicio 5-28 Calcúlese la descarga del sistema de la figura despreciando todas las pérdidas excepto las del tubo.
γ = 55 lb/ft³
in diám.
μ = 0.1 Poise
1 4 in diám.
La pérdida de carga entre 1 y 2 será
+ h1 =
Δ P = P1 − P2 = γ Δ h
∂ (P + γh ) = γΔh + γh1 = γ (Δh + h1 ) ∂l L L
∂ (P + γh ) = ∂l
lb (4,00 ft + 16,00 ft ) lb ft 3 = 68,75 3 16,00 ft ft
Al sustituir en la ecuación de Hagen–Poiseuille
1,00 ft ⎞ lb ⎛ 1 68,75 3 π ⎜ in × ⎟ 12,00in ⎠ ft ⎝ 4 ft 3 = 0,00152 Q= slug s 1,00 ft × s 128 × 0,10 Poise × 479 Poise Q = 0,00152
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.
ft 3 s
Resolución La pérdida de carga entre 1 y 2 será
∂ (P + γh ) = γH ∂l L
kN 24,00m 3 ∂ kN m (P + γh ) = = 6,00 3 40,00m ∂l m ∂ (P + γh ) = 6,00 kN ∂l m3 10
La descarga será a partir de Hagen–Poiseuille
ΔpπD 4 128μL kN 1000,00 N π (0,008m )4 6,00 3 × 1,00kN m Q= kg 128 × 0,08 m×s 3 m 60,00s 1000,00dm 3 dm 3 0 , 45 Q = 7,54 × 10 −6 × × = min s 1,00m 1,00m 3 Q=
Q = 0,45
Ejercicio 5-30 En la figura y problema anterior encuéntrese H si la velocidad es 0,1 m/s.
dm 3 min
Resolución A partir de Hagen–Poiseuille
ΔpπD 4 128μL
ΔpπD 4 vA = 128μL v
∂ (P + γh ) = ΔP = γH ∂l L L
γHD 2 32μL
32 μLv γD 2
kg m × 40,00m × 0,10 m× s s = 16,00m H= kN 1000,00 N (0,008m )2 10,00 3 × 1,00kN m 32 × 0,08
H = 16,00 m
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
Suponiendo que el fluido es agua, entonces ν = 1,00 x 10-5 entonces
m2 s = 0,33 m s
Reν = D1
100000 × 1,00 × 10 −6 0,3m
f = 0,0215
Ingresando al ábaco de Moody para Re = 100000 = 1,00 x 105 obtenemos A partir de la ecuación de Colebrook
1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ ⎟ + ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 D R 0,9 ⎟⎥ ⎥ ⎢ ⎝ e ⎠⎦ ⎣
1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74ν 0,9 ⎜ + ln ⎢ ⎜ 0,9 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 D v D ⎞⎤ ⎟ ⎟⎥ ⎠⎦
iteramos hasta encontrar D2, esto es 5.74v0,9 0,00002 0,00002 0,00002 0,00002 ν0,9D0,9 0,5359 0,4054 0,3720 0,4384 5.74v0,9 ν0,9D0,9 0,0000 0,0001 0,0001 0,0001 ε 0,0002 0,0002 0,0002 0,0002 ε/3,7D 0,0003 0,0004 0,0004 0,0003
D 0,1500 0,1100 0,1000 0,1200
5,74ν 0,9 v 0,9 D 0,9
ln () -8,0696 -7,7636 -7,6696 -7,8495
[ln ()]2 65,1182 60,2735 58,8220 61,6140
f 0,0203 0,0220 0,0225 0,0215
0,0003 0,0004 0,0005 0,0004
D = 120mm
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
QD = Aν
4Q Q D = 2 D ν πDν π 4
1,00m 3 dm 3 × 4Q s 1000,00dm 3 = = 381971,86 Re = 2 πDν −6 m π × 0,20m × 1,00 × 10 s 4 × 60,00
Como Re es mayor que 5000 se puede aplicar la ecuación de Colebrook, entonces
1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 D R 0,9 ⎟ ⎟⎥ ⎥ ⎢ ⎝ e ⎠⎦ ⎣
donde para el hierro forjado ε = 0,046 mm, reemplazando
1,325 ⎡ ⎛ 0,046mm 5,74 ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 × 200mm + 381971,86 0,9 ⎣ ⎝ f = 0,016 ⎞⎤ ⎟ ⎟⎥ ⎠⎦
Por la fórmula de Darcy-Weisbach a pérdida de carga será
L Q2 1 hf = f D A2 2g
hf = f 1 L Q2 2 D ⎛ D 2 ⎞ 2g ⎜ ⎟ ⎜π 4 ⎟ ⎠ ⎝ 16 LQ 2 hf = f 2 5 π D 2g
⎛ dm 3 1,00m 3 ⎞ ⎟ × 16 × 1000,00m × ⎜ 60 , 00 ⎜ s 1000,00dm 3 ⎟ ⎝ ⎠ h f = 0,016 × m π 2 (0,20m )5 2 × 9,806 2 s
h f = 15,02m
La potencia requerida será reemplazando
P = γQh
P = 9806,00
N m3 0 , 06 15,02m s m3
P = 8836,50Watt
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. ν 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 5.74 Re0,9 0,00002 0,00002 0,00002 0,00003 0,00003 0,00003 0,00003 ε 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 ε/3,7D 0,00014 0,00011 0,00011 0,00011 0,00010 0,00010 0,00011
D 0,500 0,600 0,620 0,640 0,650 0,645 0,643
Q 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40
Re 1131768,48 943140,40 912716,52 884194,13 870591,14 877339,91 880753,68
5,74 Re0.9
ln () -8,77 -8,90 -8,92 -8,94 -8,95 -8,94 -8,94
[ln ()]2 76,88 79,17 79,55 79,92 80,09 80,00 79,96
f 0,02 0,02 0,02 0,02 0,02 0,02 0,02
hf 7,29 2,85 2,40 2,04 1,89 1,96 2,00
0,00016 0,00014 0,00013 0,00013 0,00013 0,00013 0,00013
D = 643mm
Utilizando la ecuación (5.8.18) tenemos
⎡ ⎛ LQ 2 D = 0.66⎢ε 1.25 ⎜ ⎜ gh ⎢ ⎝ f ⎣
2 ⎡ ⎛ m3 ⎞ ⎜ 1000,00m × ⎛ ⎢ ⎜ ⎜ 0,40 s ⎟ ⎟ ⎜ ⎢ ⎝ ⎠ 1.25 D = 0.66⎢0.00025m ⎜ m ⎜ ⎢ 9,806 2 2,00m ⎜ ⎢ s ⎝ ⎢ ⎣
⎛ L + νQ 9.4 ⎜ ⎜ gh ⎝ f
+ 1,00 × 10 −6
⎛ m ⎜ ⎜ 0.40 s ⎝
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1000,00m ⎜ ⎟ m ⎜ ⎟ ⎜ 9,806 2 × 2,00m ⎟ s ⎝ ⎠
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
D = 0,654 m
D = 654mm
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.
30 cm diám
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
v1 P v2 = 2 + z2 + 2 + h f γ 2g 2g
reemplazando y despejando
2 L ⎛ ⎞ v2 − = ⎜ Kb + f + K s ⎟ γ γ ⎝ D ⎠ 2g 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g
El número de Reynolds será
4Q = πDν
4 × 125,00
1,00m 3 dm 3 × s 1000,00dm 3 = 530516,48 π × 0,30m × 1,00 × 10 −6
1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + ⎢ln⎜ ⎟⎥ ⎜ 3,7 D R 0,9 ⎟ ⎢ e ⎠⎥ ⎣ ⎝ ⎦
como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook
1,325 ⎡ ⎛ 4,60 × 10 −5 m 5,74 ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 × 0,30m + 530516,48 0,9 ⎣ ⎝ ⎞⎤ ⎟ ⎟⎥ ⎠⎦
2 L ⎛ ⎞ Q H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ A 2g 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g
30,00m ⎞ ⎛ H = ⎜ 0,50 + 0,015 + 1,00 ⎟ = 0,30m ⎠ π 2 (0,30m )4 9,806 m ⎝ s2 H = 0,48m
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
⎛ m3 ⎞ ⎜ ⎟ 8 × ⎜ 0,125 ⎟ s ⎝ ⎠
H Datum 2
+ h1 +
v1 P v2 = 2 + h2 + 2 + Hp γ 2g 2g
2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g
ft 3 4 × 20,00 4Q s Re = = = 1157490,49 2 πDν 1,00 ft −5 ft π × 24,00in × × 1,10 × 10 s 12,00in
1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ ⎢ln⎜ ⎟⎥ ⎜ 3,7 D + R 0,9 ⎟ ⎢ ⎝ ⎥ e ⎠⎦ ⎣
1,325 ⎡ ⎛ 0,00015 ft 5,74 ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 × 2 ft + 1157490,49 0,9 ⎣ ⎝ ⎞⎤ ⎟ ⎟⎥ ⎠⎦
= 0,013
2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g
⎛ ⎞ 5000,00 ft H =⎜ = ⎜ 0,80 + 0,013 2,00 ft + 3 × 0,90 + 10 + 1⎟ ⎟ 2 ⎝ ⎠ π (2,00 ft )4 32,174 ft s2 H = 29,50 ft
⎛ ft 3 ⎞ ⎟ 8× ⎜ 20 , 00 ⎜ s ⎟ ⎝ ⎠
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
210 ft 3 in diám Tubo de acero Datum 2
2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ Ke + f + Kv + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g
ft 3 gal s × 1,94 slug 4 × 200,00 × gal min ft 3 448,83 4Qρ min Re = = = 21088,97 slug πDμ 1,00 1,00 ft ft × s × 0,10 Poise × π × 3,00in × 479 Poise 12,00in 1,00
1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ ⎟ ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 D + R 0,9 ⎟⎥ ⎢ ⎝ ⎥ e ⎠⎦ ⎣
1,325 ⎡ ⎛ 0,00015 ft 5,74 ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 × 0,25 ft + 21088,97 0,9 ⎣ ⎝ ⎞⎤ ⎟ ⎟⎥ ⎠⎦
2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ Ke + f + Kv + Ks ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g
⎛ ft 3 ⎞ ⎜ ⎟ 1,00 gal s ⎜ ⎟ 8 × 200,00 × ⎜ gal ⎟ min 448,83 ⎛ ⎞ ⎜ 210,00 ft min ⎟ ⎝ ⎠ = ⎟ + + + H =⎜ 0 , 50 0 , 027 5 , 00 1 , 00 ⎜ ⎟ ft 0,25 ft ⎝ ⎠ π 2 (0,25 ft )4 32,174 2 s H = 37,29 ft
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?
El = 31 m
Agua 20 ºC El = 1 m 200 m 500 mm diám- Acero
m 0m 40
ero Ac m diá
Pump. Elev. = 0
2 v1 P2 v2 + h1 + + HB = + h2 + + Hp γ γ 2g 2g
h1 + H B = h2 + Hp
2 ⎛ L1 ⎞ v12 ⎛ L2 ⎞ v 2 ⎟ ⎜ ⎟ h1 − h2 + H B = ⎜ f f + ⎜ 1 D ⎟ 2g ⎜ 2 D ⎟ 2g 2 ⎠ 1 ⎠ ⎝ ⎝
⎛ L1 ⎞ 8Q 2 ⎛ L2 h1 − h2 + H B = ⎜ ⎜ f1 D ⎟ ⎟ 4 +⎜ ⎜ f2 D 2 1 ⎠ πD1 g ⎝ ⎝ ⎛ L1 ⎞ 8Q 2 ⎛ h1 − h2 + 40 − 24Q 2 = ⎜ ⎜ f1 D ⎟ ⎟ 4 +⎜ ⎜ f2 1 ⎠ πD1 g ⎝ ⎝
⎞ 8Q 2 ⎟ ⎟ πD 4 g ⎠ 2 L2 ⎞ 8Q 2 ⎟ 4 D2 ⎟ ⎠ πD2 g
⎡⎛ L1 ⎞ 8 ⎤ 2 ⎛ L2 ⎞ 8 ⎟ ⎜ ⎟ h1 − h2 + 40 = ⎢⎜ f + f + 24 ⎥Q 1 2 4 4 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎣⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎠ πD2 g ⎦
h1 − h2 + 40 ⎡⎛ L1 ⎞ 8 ⎤ ⎛ L2 ⎞ 8 ⎢⎜ ⎜ f1 D ⎟ ⎟ πD 4 g + ⎜ ⎜ f2 D ⎟ ⎟ πD 4 g + 24⎥ 1 ⎠ 2 ⎠ ⎝ 1 2 ⎣⎝ ⎦
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] 1,0000 0,2200 0,2100 0,2095 Re1 2546479,11 560225,40 534760,61 533487,37 Re2 3183098,89 700281,76 668450,77 666859,22 f1 0,0126 0,0142 0,0143 0,0143 f2 0,0129 0,0141 0,0142 0,0142 Q [m3/s] 0,2193 0,2099 0,2095 0,2095
dm 3 Q = 209,5 s
La potencia será reemplazando
P = γQhη
P = γQ (40 − 24Q 2 ) η P = γηQ 40 − 24γηQ 3
⎛ kg m3 kg m3 ⎞ ⎟ 0 , 2095 P = 40 × 1000,00 3 × 0,72 × 0,2095 − 24 × 1000,00 3 × 0,72 × ⎜ ⎜ s s ⎟ m m ⎠ ⎝
P = 5,87 kWatt
Capítulo 6: Flujos externos
Desarrollo teórico Capa límite laminar Se propone
u y = =η U δ
h ⎞ ∂ ⎛ ⎜ τ 0 = ρ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟ ⎟ ∂x ⎝ 0 ⎠
τ 0 = ρU 2 τ 0 = ρU 2
∂δ uU − u 2 dη 2 ∂x ∫ U 0
u⎞ ∂δ u ⎛ ⎜1 − ⎟dη ∫ ∂x 0 U ⎝ U ⎠
∂δ τ 0 = ρU η (1 − η )dη ∂x ∫ 0 ∂δ τ 0 = 0,166 ρU 2 ∂x
De la ley de viscosidad de Newton
τ0 = μ
Cambiando las variables
U ∂F δ ∂η
η =0
∂δ ∂x
= 0,166 ρU 2
∂x = 0,166U 2δ∂δ
υx = 0,166U
1 υ 0,083 xU
3,46 /2 R1 x
Capa límite turbulenta Se propone
u ⎛ y ⎞7 F = = ⎜ ⎟ =η7 U ⎝δ ⎠
τ0 = ρ
h ⎞ ∂ ⎛ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟ ⎟ ∂x ⎜ ⎝0 ⎠
τ 0 = ρU 2
1 1 1 ⎞ ⎛ ∂δ 7⎜ 7 ⎟ η 1 η − ∫ ⎟ dη ⎜ ∂x 0 ⎝ ⎠ 7 ∂δ τ0 = ρU 2 ∂x 72
∂ (FU ) ⎛ 1 ⎞ 7 ⎟ ∂⎜ ⎜η δ ⎟ ⎝ ⎠
⎛ υ ⎞4 τ 0 = 0,0228ρU ⎜ ⎟ ⎝ Uδ ⎠
7 ∂δ ⎛ υ ⎞4 ρU 2 0,0228ρU 2 ⎜ ⎟ = 72 ∂x ⎝ Uδ ⎠
∂x = 4,254∂δ
υ 4 x = 4,254U 4 δ 4
υ x = 3,4032U δ
υ x
3,4032U
1 ⎛ ⎜ υ4x δ =⎜ 1 ⎜ 3,4032U 4 ⎝
⎞5 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
0,375 Re x
Ejercicio propuesto en clase. Barrilete
A = 1 m²
U = 40 km/h T = 25 N
Resolución El arrastre será
2D ρU 2 AD = 0,47
2 × 25,00 Nsen 45º kg ⎛ km mh ⎞ 2 1,23 3 ⎜ 40,00 × 0,27 ⎟ 1,00m sen30º h kms ⎠ m ⎝
C D = 0,47
La sustentación será
2D ρU 2 AL = 0,27
2 × 25,00 N cos 45º kg ⎛ km mh ⎞ 2 1,23 3 ⎜ 40,00 × 0,27 ⎟ 1,00m cos 30º h kms m ⎝ ⎠
C L = 0,47
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
l 100,00 = = 5,00 D 20,00
ahora, de tabla 6,1
C D = 0,86
La densidad será, por la ecuación de estado
El arrastre frontal será
90kPa 287 m× N (25º C + 273,15)K kg ∗ K
ρU 2 π∅ 2
m ⎞ ⎛ 1,00 ⎟ ⎜ kg km s ⎟ × 1,05 3 ⎜130,00 km ⎟ h m ⎜ 3,60 2 ⎜ ⎟ h ⎠ π (20,00m ) ⎝ D = 0,86 × 2 4
D = 184,96 kN
El arrastre lateral será
π∅l
m ⎞ ⎛ 1,00 ⎟ ⎜ kg km s ⎟ 1,05 3 ⎜130,00 × km ⎟ h m ⎜ 3,60 ⎟ ⎜ h ⎠ ⎝ D = 0,86 × π 20,00m × 100,00m 2
D = 3699 ,30 N
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 D = CDblρU2 2
El arrastre será
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 = P = D.V = 91,83 N . 35 m/s P = 3214,20 W
La potencia será
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
100,00kPa kg = 1,19 3 m× N m (20º C + 273,15)K 287 kg ∗ K
2 D π ρU 2 C D
45000,00 N = 28,33m 1,2 kg ⎛ m⎞ π × 1,19 3 ⎜10,00 ⎟ s⎠ m ⎝
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
T A = TC + 273,15
5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ 5⎤ ⎡ T A = ⎢(70º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 294,26 K 9⎦ ⎣
N m2 14,70 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 1,20 3 × × = 0,0032 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 287 294,26 K kg ∗ K 6894,76
Si proponemos un número de Reynolds alto encontramos CD a partir de la figura 6.11, esto es
CD = 1,05
el diámetro será
400,00lb = 7,59 ft 1,05 slug ⎛ ft ⎞ π × 0,0032 3 ⎜ 72,00 ⎟ s⎠ ft ⎝ 8
∅ = 7,59 ft
ft 7,59 ft VD s Re = = = 3037188,87 ⇒ Verifica 2 ν − 4 ft 1,80 × 10 s 72,00
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
Por equilibrio de fuerzas será reemplazando
W −F =D
4 3 4 ρSU 2 2 πr S pelota γ − πr 3 S aceite γ = C D πr 3 3 2 4 3 ρSU 2 2 πr γ (S pelota − S aceite ) = C D πr 3 2
lb 4 ⎛ 1,00 ft ⎞ π ⎜1,00in × ⎟ 62,40 3 (3,50 − 0,80) = C D 3 ⎝ 12,00in ⎠ ft 24,12
slug × 0,80U 2 2 3 1,00 ft ⎞ ft ⎛ π ⎜1,00in × ⎟ 2 12,00in ⎠ ⎝
ft 2 = C DU 2 s2 ft 2 24,12 2 s CD
UDS aceite ρ
U× =
1,00 slug ft × 0.80 × 1,94 3 6,00 s ft = 123,90 U slug ft 1,00 ft × s 1,00 poise × 479,00 poise
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
CD 1,000 0,500 0,450 0,420 0,410 0,405 0,400 Finalmente
U 4,911 6,946 7,321 7,578 7,670 7,717 7,765
Re 608,499 860,548 907,097 938,935 950,316 956,164 962,122
U = 7,76
Si la densidad relativa de la pelota es 7,0 entonces
4 3 ρSU 2 2 πr γ (S pelota − S aceite ) = C D πr 3 2
4 ⎛ 1,00 ft ⎞ lb π ⎜1,00in × ⎟ 62,40 3 (7,00 − 0,80) = C D 3 ⎝ 12,00in ⎠ ft
ft 2 174,03 2 = C DU 2 s U= 174,03 CD ft 2 s2
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
ft 2 174,03 2 s U= 0,4
U = 20,86
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
W +D=F
W globo + C D
ρU 2 π
1 1 D 2 = πD 3γ aire − πD 3γ helio 4 6 6
ρU 2 π 2 1 3 πD (γ aire − γ helio ) − C D D − Wglobo = 0 6 2 4
Esta es una ecuación cúbica donde
1 a = π (γ aire − γ helio ) 6 ρU 2 π b = −C D 2 4 c=0 d = −W globo
La temperatura absoluta será
5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ 5⎤ ⎡ T A = ⎢(40º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 277,59 K 9⎦ ⎣
La densidad del aire será, por la ecuación de estado
N m2 14,00 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 1,21 3 × × = 0,0023 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 287 277,59 K kg ∗ K 6894,76
El peso específico del aire será
γ = ρg = 0,0023
slug ft lb × 32,174 2 = 0,076 3 3 ft s ft
La densidad del helio será, por la ecuación de estado
N m2 14,00 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 0,16 3 × × = 3,25 × 10 − 4 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 2077 277,59 K kg ∗ K 6894,76
El peso específico del helio será
γ = ρg = 3,25 × 10 − 4
slug ft lb × 32,174 2 = 0,01 3 3 ft s ft
lb lb ⎞ 1 ⎛ a = π⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟ = 0,034 ⎜ 6 ⎝ ft ft ⎟ ⎠
slug ⎛ ft ⎞ 0,0023 3 ⎜10 ⎟ slug ft ⎝ s ⎠ π b = −0,21 = −0,019 2 4 ft × s 2 c=0 d = −300lb
Con una calculadora o programa obtenemos
D = 20,83 ft
Si el globo esta atado al suelo, entonces
Por equilibrio de fuerzas en horizontal será y en vertical despejando
D = T cosθ
F = W + Tsenθ
T= F −W senθ
F −W F −W cos θ = senθ tgθ
tgθ = F −W D
1 3 πD (γ aire − γ helio ) − W globo 6 tgθ = ρV 2 π 2 CD D 2 4
⎛ 1 lb lb ⎞ ⎟ − 300,00lb 0 , 076 0 , 01 − π (20,83 ft )3 ⎜ 3 3 ⎟ ⎜ 6 ft ft ⎝ ⎠ tgθ = = 0,46 2 slug ⎛ mi 5280,00 ft 1,00h ⎞ 0,0023 3 ⎜10,00 × × ⎟ h 1,00milla 3600,00s ⎠ π ft ⎝ (20,83 ft )2 0,21 × 2 4
θ = 24º37'24' '
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
D2 (γ esferas − γ petroleo ) U= 18μ
D2 γ agua (S esferas − S petroleo ) 18μ
N ×s m2
La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es
μ = 8,00 × 10 −3
1,00m ⎞ ⎛ ⎜ 0,10mm × ⎟ 1000,00mm ⎠ N ⎝ U= 9806,00 3 (4,50 − 0,86) × N s m 18 × 8,00 × 10 −3 2 m
U = 2,48 × 10 −3 m s
Verificamos que el Reynolds sea menor que 1, entonces
UDρ
2,48 × 10 −3 =
m⎛ 1,00m ⎞ kg ⎜ 0,10mm × ⎟ × 1000,00 3 s⎝ 1000,00mm ⎠ m = 0,30 ⇒ Verifica −3 N × s 8,00 × 10 m2
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
D2 (γ partícula − γ aire ) U= 18μ U= D2 (γ agua S partícula − γ aire ) 18μ
101325,00 287
m× N 277,59 K kg ∗ K
= 1,27
γ = ρg = 1,27
kg m N × 9,806 2 = 12,47 3 3 m s m
μ = 2,00 × 10 −5
N×s m2
N N ⎞ ⎛ ⎜ 2,50 × 9806,00 3 − 12,47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 18 × 2,00 × 10 −5 m2 D2 N N ⎞ ⎛ U = ⎜ 2 ,50 × 9806 ,00 3 − 12 , 47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 18 × 2 ,00 × 10 − 5 2 m 1 U = 68,06 × 10 6 D2 m× s U= D2
Para que se cumpla la ley de Stokes el número de Reynolds debe ser menor que 1, entonces
68,06 × 10 6
1 D3ρ m× s < 1,00
D3 <
1,00 × μ
ρ × 68,06 × 10 6
1,00 × 2,00 × 10 −5 1000,00
1 m× s
1 kg × 68,06 × 10 6 3 m× s m N×s 1,00 × 2,00 × 10 −5 m2 D<3 = 6,64 × 10 −6 m kg 1 1000,00 3 × 68,06 × 10 6 m× s m
D = 0,0066 mm
La velocidad de asentamiento será
(6,64 × 10 m)
18 × 2,00 × 10 −5
N N ⎞ ⎛ ⎜ 9806,00 3 × 2,50 − 12,47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 2 m
U = 3,00 × 10 −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
Por equilibrio de fuerzas donde
S − W = ma
− W = ma
El coeficiente de sustentación lo obtenemos de figura 6.19 página 271 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), ingresando con
Dω = 2U
2,56in ×
1,00 ft 2πrad 1,00m × 5000rpm × × 12,00in 1,00rev 60,00 s = 0,80 ft 2 × 70,00 s
C L = 0,26
5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣
5⎤ ⎡ T A = ⎢(70º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 294,26 K 9⎦ ⎣
m× N 294,26 K kg ∗ K
kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug × × = 0,0023 3 3 3 1,00 ft m 14,594kg ft
slug ⎛ ft ⎞ 70,00 ⎟ 2 0,0023 3 ⎜ s⎠ 1,00 ft ⎞ π⎛ ft ⎝ 0,26 ⎜ 2,56in × − 0,125lb ⎟ 4⎝ 12,00in ⎠ 2 ft a= = −18,69 2 0,125lb s ft 32,174 2 s
Para un movimiento de tiro oblicuo, tenemos en y
y = y0 + v0 y t +
y en x
1 a yt 2 2
x = x0 + v x t
Si suponemos que la velocidad inicial es cero, entonces
x vx ⎞ ⎟ ⎟ ⎠
1 ⎛ x y = ay ⎜ 2 ⎜ ⎝ vx
⎛ ft ⎞⎜ 1⎛ 39,00 ft y = ⎜ − 18,69 2 ⎟⎜ 2⎝ s ⎠⎜ 70,00 ft ⎜ s ⎝
y = 2,90 ft
Capítulo 8: Flujo de un fluido ideal
Ejercicio 8-1 Calcúlese el gradiente de la siguientes funciones esclares en dos dimensiones (a) φ = −2 ln x + y
(b) φ = Ux + Vy (c) φ = 2 xy Resolución a)
∂φ − 4x = 2 ∂x x + y 2 ∂φ − 4y = 2 ∂y x + y 2
El gradiente será
⎛ − 4x ⎞ ⎛ − 4 y ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ⎟j ⎟ ∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜ j =⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x2 + y2 ⎟ ⎟i + ⎜ ⎜ 2 ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ ⎝ ⎠ ⎝x +y ⎠
∂φ =U ∂x ∂φ =V ∂y
⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ j = Ui +V j ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠
∂φ = 2y ∂x ∂φ = 2x ∂y
⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ j = 2 yi + 2 x j ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠
Ejercicio 8-2 Calcúlese la divergencia de los gradientes de Resolución
φ encontrados en el problema 8.1.
∂ 2φ − 4 x 2 + y 2 + 8 x 2 = 2 ∂x 2 x2 + y2 ∂ 2φ − 4 x 2 + y 2 + 8 y 2 = 2 ∂y 2 x2 + y2
La divergencia será
∂ 2φ ∂ 2φ − 4 x 2 + y 2 + 8 x 2 − 4 x 2 + y 2 + 8 y 2 − 8 x 2 + y 2 − x 2 − y 2 ∇·∇φ = 2 + 2 = + = =0 2 2 2 ∂x ∂y x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2
∂ 2φ =0 ∂x 2 ∂ 2φ =0 ∂y 2
∇·∇φ =
∂ 2φ ∂ 2φ + = 0+0 = 0 ∂x 2 ∂y 2 ∂ 2φ =0 ∂x 2 ∂ 2φ =0 ∂y 2
∂ 2φ ∂ 2φ + = 0+0 = 0 ∂x 2 ∂y 2
Ejercicio 8-3 Calcúlese el rotacional de los gradientes de Resolución a)
φ del problema 8.1
∂ 2φ 8 xy = 2 ∂x∂y x + y2
∂ 2φ 8 xy = ∂y∂x x2 + y2
El rotor será
⎛ 8 xy ⎛ ∂ 2φ ∂ 2φ ⎞ ⎜ ⎟ ∇ × ∇φ = ⎜ − k = ⎜ ∂x∂y ∂y∂x ⎟ ⎜ x2 + y2 ⎝ ⎠ ⎝
8 xy
⎞ ⎟k = 0 ⎟ ⎠
∂ 2φ =0 ∂x∂y
∂ 2φ =0 ∂y∂x
⎛ ∂ 2φ ∂ 2φ ⎞ ∇ × ∇φ = ⎜ − ⎜ ∂x∂y ∂y∂x ⎟ ⎟k = (0 − 0)k = 0 ⎝ ⎠
∂ 2φ =2 ∂x∂y ∂ 2φ =2 ∂y∂x
⎛ ∂ 2φ ∂ 2φ ⎞ ∇ × ∇φ = ⎜ − ⎜ ∂x∂y ∂y∂x ⎟ ⎟k = (2 − 2 )k = 0 ⎝ ⎠
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
⎟ ωx = ⎜ − + ⎟ = (− 1 + 2 y ) 2⎜ ⎝ ∂z ∂y ⎠ 2 1
1 ⎛ ∂v
∂w ⎞
ω x (2,2,2 ) = − + 2 =
3 = 1,50 2
ωy = ⎜
1 ⎛ ∂u ∂w ⎞ 1 − ⎟ = (0 − 2 x ) = − x 2 ⎝ ∂z ∂x ⎠ 2
ω x (2,2,2) = −2 ωz = ⎜ − ⎟ ⎟ = (0 − 1) 2⎜ ⎝ ∂x ∂y ⎠ 2
1 1 ⎛ ∂v ∂u ⎞
ω x (2,2,2) = −0,50
Ejercicio 8-7 Un potencial de velocidad en flujo bidimensional es corriente para este flujo. Resolución De las ecuaciones de Cauchy-Riemann
φ = y + x2 – y2. Encuéntrese la función de
∂ψ ∂φ = ∂y ∂x ∂φ = 2x ∂x ∂ψ = 2x ∂y ∂ψ ∂φ =− ∂x ∂y ∂φ = 1− 2y ∂y
∂ψ = 2y −1 ∂x
∂ψ ∂ψ dx + dy ∂x ∂y
dψ = 2 xdx + (2 y − 1)dy dψ = 2 xdx + 2 ydy − dy
ψ = 2 ∫ xdx + 2 ∫ ydy − ∫ dy
ψ = x 2 + y 2 − y + cte
Ejercicio 8-8 La función de corriente bidimensional para un flujo es potencial de velocidad. Resolución De las ecuaciones de Cauchy-Riemann
ψ = 9 + 6x – 4y + 7xy. Encuéntrese el
∂ψ ∂φ = ∂y ∂x ∂ψ = −4 + 7 x ∂y
∂φ = −4 + 7 x ∂x
∂ψ ∂φ =− ∂y ∂x ∂ψ = 6 + 7y ∂x ∂φ = −6 − 7 y ∂y dφ = ∂φ ∂φ dx + dy ∂x ∂y
dφ = (− 4 + 7 x )dx + (− 6 − 7 y )dy d φ = − 4 dx + 7 xdx − 6 dy + 7 ydy
φ = −4 ∫ dx + 7 ∫ xdx − 6 ∫ dy − 7 ∫ ydy
φ = −4 x +
Ejercicio 8-15
7 2 x − y 2 − 6 y + cte 2
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
ψ = 9r 2 sen 2θ
Valuando en (1,0) Valuando en (1,π/4)
ψ (1,0) = 0
⎛ π⎞ ψ ⎜1, ⎟ = 4,5 ⎝ 4⎠
La descarga será
ft 2 2 ⎛ π⎞ Q = ψ ⎜1, ⎟ − ψ (1,0 ) = 4,5 ft s ⎝ 4⎠ ft 2 2 ⎛ π⎞ Q = ψ ⎜1, ⎟ − ψ (1,0 ) = 4,5 ft s ⎝ 4⎠
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
⎛S ⎞ v = C 2 gR ' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠
v ⎛S ⎞ 2 gR' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠
m 2 × 9,806 2 × 0,037m(13,55 − 1) s
C = 1,32
= 1,32
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
⎛S ⎞ v = C 2 gR' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠
v = 1,12 2 × 9,806
m m × 0,010m(13,55 − 1) = 1,76 2 s s
v = 1,76 m s
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 r, ft R’, in MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 0,00 4,00 0,30 3,91 0,60 3,76 1 0,90 3,46 1,20 3,02 1,48 2,40 CAPÍTULO 9
El fluido es agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,93. Calcúlese la descarga. Resolución De la definición de caudal
Q = vA = v
La velocidad será, por ser una tubo del tipo Prandtl
⎛S ⎞ v = 2 gR' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠
sustituyendo r [m] 0,000 0,300 0,600 0,900 1,200 1,480 El caudal será R [m] 4,000 3,910 3,760 3,460 3,020 2,400 v [m/s] 6,434 6,361 6,238 5,984 5,591 4,984 Q [m3/s] 45,480 44,965 44,094 42,299 39,518 35,228
Q = 41,93
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
1,00m 3 dm 3 × Qa s 1000,00dm 3 = = 0,773 Cd = m A0 2 gH π 2 (0,10m ) 2 × 9,806 2 × 2,75m 4 s 44,60 C d = 0,773
= Fanclaje x
2 CAPÍTULO 9
∫ sc v × ρ × v • dA =
Qγ va g
Fanclaje x =
El coeficiente de velocidad será
g × Fanclaje x Qγ
g × Fanclaje x Cv = v1 = v0 Qγ 2 gH
m × 300,00 N s2 m3 N 0,045 × 9806,00 3 s m = 0,907 = m 2 × 9,806 2 × 2,75m s
C v = 0,907
El coeficiente de contracción será
C d 0,773 = = 0,791 C v 0,907
C c = 0,791
Ejercicio 9-26 Para Cv = 0,96 en la figura calcúlense las pérdidas en mN/N y en mN/s.
Aire, 15 kPa 2m 70 mm diám. Aceite Dens. esp. 0,92 Cd = 0,74
Resolución Las pérdidas por unidad de peso serán donde H
hPérdidas = H 1 − C v2
H = z1 +
Pa − Patm Sγ agua
H = 2,00m +
15000,00 Pa N 0,92 × 9806,00 3 m
= 3,66m
hPérdidas = 1,66m × 1 − (0,96 ) = 0,287 m
hPérdidas = 0,287 m
La pérdida de potencia será El caudal será
h potencia = Qγh pérdidas
Qa = C d A0 2 gH = 0,74
(0,07m)2
m m3 × 3 , 66 = 0 , 024 m s s2
h potencia
m3 N mN = 0,024 0,92 × 9806,00 3 0,287m = 62,53 s s m
h potencia = 62,53 mN s
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
Qa = C v A0
⎡ ⎛ P1 − P2 2 g ⎢h + ⎜ ⎜ ⎣ ⎝ γ ⎛ D2 1− ⎜ ⎜D ⎝ 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎞⎤ ⎟ ⎟⎥ ⎠⎦
⎛ P1 − P2 h+⎜ ⎜ γ ⎝
2 Qa ⎞ ⎟ ⎟ = 2 gC 2 A 2 ⎠ v 0
⎡ ⎛ D ⎞4 ⎤ 2 ⎢1 − ⎜ ⎜D ⎟ ⎟ ⎥ ⎢ 1 ⎝ ⎠ ⎥ ⎣ ⎦
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
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
4Q πDν
dm 3 1,00m 3 s 1000,00dm 3 = 1,48 × 10 6 Re = 2 m π × 0,075m × 5,75 × 10 −7 s 4 × 50,00
entonces, Cv será reemplazando
C v = 0,985 ⎛ m3 ⎞ ⎜ ⎜ 0,05 s ⎟ ⎟ ⎝ ⎠
⎞ ⎟ ⎟= ⎠
⎡ ⎛ 0,075m ⎞ 4 ⎤ 1− ⎜ ⎟ ⎥ 2 ⎢ 0 , 15 m m ⎝ ⎠ ⎥ 2⎛ 2 π ⎞ ⎢ ⎦ 2 × 9,806 2 × (0,985) ⎜ (0,075m ) ⎟ ⎣ 4 s ⎝ ⎠ ⎛ P1 − P2 h+⎜ ⎜ γ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ = 0,42m ⎠
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
θ 8 Q= 2 g × tg H 2 15 2
⎛ ⎞5 ⎜ Q 15 1 ⎟ ⎟ H =⎜ × × ⎜ 2 g 8 tg θ ⎟ ⎜ ⎟ 2⎠ ⎝
⎞5 ⎛ m3 ⎟ ⎜ 0,15 15 1 ⎟ ⎜ s × × H =⎜ 2 60º ⎟ 8 m tg ⎟ ⎜ 2 × 9,806 ⎜ 2 ⎟ s ⎠ ⎝
H = 0,414 m
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 60,00 57,50 55,00 52,50 50,00 47,50 45,00 42,50 40,00 37,50 35,00 32,50 30,00 27,50 25,00 Para la bomba 2 tenemos H2 80,00 76,70 73,40 70,00 66,70 63,50 60,00 56,70 53,50 50,00 46,70 43,40 40,00 36,70 33,40 Las curvas adimensionales serán Q2 121,00 138,00 155,00 169,00 183,00 200,00 208,00 219,00 231,00 239,00 248,00 257,00 264,00 271,00 277,00 Q2/N2D3 0,15 0,17 0,19 0,21 0,23 0,25 0,26 0,27 0,29 0,30 0,31 0,32 0,33 0,33 0,34 gH2/N2D2 5,08 4,87 4,66 4,45 4,24 4,04 3,81 3,60 3,40 3,18 2,97 2,76 2,54 2,33 2,12 Q1 200,00 228,00 256,00 280,00 303,00 330,00 345,00 362,00 382,00 396,00 411,00 425,00 438,00 449,00 459,00 Q1/N1D3 0,25 0,28 0,32 0,35 0,37 0,41 0,43 0,45 0,47 0,49 0,51 0,52 0,54 0,55 0,57 gH1/N21D21 3,81 3,65 3,50 3,34 3,18 3,02 2,86 2,70 2,54 2,38 2,22 2,07 1,91 1,75 1,59
CURVAS ADIMENSIONALES
6 5 4 3 2 1 0 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6
gH/N2D2
B o mba 1 B o mba 2
Q/ND3
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
H N γQHε
200,00rpm 100,00m × 9806,00 Ns =
N m3 10 , 00 × × 0,92 s m3
(100,00m )
= 1899,63
N s = 1899,63
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
P γHε
2 CAPÍTULO 10
746,00 27,00 HP × Q= 62,43
1,00 ft Nm 1,00lb × × 4,448 N 0,3048m s 1,00 HP
lb × 44,00 ft × 0,86 ft 3
= 6,30
Q = 6,30
La velocidad será
NsH 4 P
36 × (44,00 ft ) 4 Nm 1,00lb 1,00 ft 746,00 × × s 4,448 N 0,3048m 27,00 HP × 1,00 HP
N = 33rpm
= 33rpm
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) despejando la velocidad
Q = 2πr1b1Vr1
Vr1 = Q 2πr1b1
m3 m s Vr1 = = 2,12 2π × 0,075m × 0,05m s 0,05
como α1 = 90º entonces
Vr1 = V1
La velocidad periférica 1 será
V1 tgβ1
m s = 3,68 m u1 = tg 30º s 2,12
La velocidad angular será
u1 = ω
2πr1 60
60 2πr1
ω = u1
ω = 3,68
m 60 × = 468,00rpm s 2π × 0,075m
ω = 468,00 rpm
La velocidad periférica 2 será
u2 = ω
2πr2 60
u 2 = 468,00rpm ×
2π × 0,16m m = 7,84 60 s Q 2πr2 b2
Vr 2 será
m3 m s = = 1,66 2π × 0,16m × 0,03m s 0,05
Vu 2 será Vu 2 = u 2 − vu 2
Vu 2 = u 2 −
vr 2 tgβ 2
m m s = 4,97 m = 7,84 − s tg 30º s 1,66
V2 será
4 CAPÍTULO 10
V2 = Vr 2 + Vu 2
V2 = 1,66
El ángulo α2 será
m m m + 4,97 = 5,24 s s s
α 2 = arctg ⎜ ⎜
⎛ Vr 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎝ Vu 2 ⎠
m⎞ ⎛ ⎜ 1,66 ⎟ s ⎟ α 2 = arctg ⎜ m ⎜ ⎟ ⎜ 4,97 ⎟ s ⎠ ⎝ α 2 = 18º 26'55' '
El diagrama de velocidad a la entrada será
4, 2 4
u1 3,68
El diagrama de velocidad a la salida será
V2 Vr2
Vu2 4,97 u2= 7,84
b) La carga será
u 2V 2cosα 2 g
m m × 5,24 cos18º s s m 9,806 2 s
H = 3,97 m
c) El momento de torsión será reemplazando
T = ρQ(r2Vu 2 − r1Vu1 )
T = 1000,00
kg m3 ⎛ m m⎞ 0 , 05 × ⎜ 0,16m × 4,97 − 0,075m × 0,00 ⎟ 3 s ⎝ s s⎠ m
T = 39,76 Nm
d) La potencia será reemplazando
P = Tω = QγH
m3 N × 9806,00 3 × 3,97m s m
P = 1946,50Watt
e) La elevación de presión en el impulsor será, aplicando la ecuación de Bernoulli y despreciando el cambio de nivel
2 v1 P2 v 2 = + H+ + γ 2g γ 2g
2 2 ⎛ ⎞ v1 v2 ⎜ ⎟ P2 − P1 = γ ⎜ H + − ⎟ 2 g 2 g ⎝ ⎠
⎛ ⎜ N ⎜ P2 − P1 = 9806,00 3 ⎜ 3,97 m + m ⎜ ⎜ ⎝
m⎞ m⎞ ⎛ ⎛ ⎜ 2,12 ⎟ ⎜ 5,24 ⎟ s⎠ s⎠ ⎝ − ⎝ m m 2 × 9,806 2 2 × 9,806 2 s s
P2 − P1 = 27,45kPa
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
u 2V u 2 g
u 2V u 2= gH
u 2 −V u 2=v u 2 =
V r2 tan β 2
V u 2=u 2 −
⎛ V r2 ⎞ u2 ⎜ ⎜ u 2 − tan β ⎟ ⎟ = gH 2 ⎠ ⎝ V r2 2 u2 − u2 − gH = 0 tan β 2
tenemos una ecuación de segundo grado donde
A =1 V r2 1 Q B=− =− tan β 2 tan β 2 2πr2 b2 C = − gH
A = 1,00
1 tg 60º
5,00 2π ×
5,00 1,50 ft × ft 12,00 12,00
= −8,82
C = −32,174
ft ft 2 × 64 , 00 ft = − 2059 , 14 s2 s2
u 2 = 50,00
De la expresión de velocidad angular tenemos
60 =ω 2πr1 60 =ω 2πr2
60 60 = u2 2πr1 2πr2 u1 u 2 = r1 r2
u1 = u 2
u1 = 50,00
Por otro lado, como α1 = 90º entonces
ft 2,00in ft = 20,00 s 5,00in s
Además despejando la velocidad
Vr1 = V1 = Q 2πr1b1
El ángulo β1 será
2,00 3,00 ft × f 12,00 12,00
= 19,10
β1 = arctg ⎜ ⎜
⎛ V1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎝ u1 ⎠
ft s ft s ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ 19,10 β 1 = arctg ⎜ ⎜ ⎜ 20,00 ⎝
β1 = 143º 40'41' '
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 8 CAPÍTULO 10
b) La velocidad angular será
ω = 20,00
ft × s
60 = 1146,00rpm 2,00 2π × ft 12,00
ω = 1146,00 rpm
c) La potencia será reemplazando
P = 5,00
ft 3 lb × 62,43 3 × 64,00 ft s ft
lb × ft = 36,31HP s
P = 19977,60
2 v1 P2 v 2 H+ + = + γ 2g γ 2g
2 ⎛ v1 v2 ⎞ ⎜ P2 − P1 = γ ⎜ H + − 2 ⎟ 2g 2g ⎟ ⎝ ⎠
2 2 ⎛ ft ⎞ ft ⎞ ⎛ ⎛ ⎜ ⎜19,10 ⎟ ⎜ 43,92 ⎟ lb ⎜ s⎠ s⎠ ⎝ − ⎝ P2 − P1 = 62,43 3 ⎜ 64,00 ft + ft ft ft ⎜ 2 × 32,174 2 2 × 32,174 2 ⎜ s s ⎝
P2 − P1 = 17,20 psi
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).
Resolución El índice de cavitación será
σ '=
la altura H será
Ve2 2 gH
25° 18 ft
D−d × 2
1 25º tg 2 1 = 27,06 ft 25º tg 2
18,00 ft − 6,00 ft × 2
ft ⎞ ⎛ ⎜ 30,00 ⎟ s⎠ ⎝ σ '= = 0,52 ft 2 × 32,174 2 × 27,06 ft s
hs será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 10 CAPÍTULO 10
Pa − Pv
+σ'H
101325 32,00 ft hs =
N 0,09m 2 1,00lb N 0,09m 2 1,00lb 101325 × × × × m 2 1,00 ft 2 4,448 N m 2 1,00 ft 2 4,448 N − 1,00 ft × 33,89 ft 33,89 ft + 0,52 × 27,06 ft lb 62,43 3 ft
hs = 45,00 ft
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
P − Pv V2 ρ 2 = 0,16
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
14000,00 Pa − 2447,25 Pa m⎞ ⎛ ⎜12,00 ⎟ kg s⎠ 998,20 3 ⎝ 2 m
σ = 0,16
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
+σ 'H
obteniendo los datos de presión de vapor de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) y reemplazando
N m 2 − 2451,50 N 8,30m 10,33m m2 hs = + 0,08 × 60,00m N 9806,00 3 m 101325 hs = 12,85m
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?
Aceite S = 0.88 μ = 0.04 poise
30 m 200 mm diám.
2m 60 m 300 mm diám. 450 mm diám. Borde a escuadra Tubo suave
Resolución A partir de la descarga obtenemos las velocidades
Q A1 Q v2 = A2 v1 =
= 9,55 m s
(0,20m) 2
m3 0,30 s (0,30m) 2 0,30 m3 s
(0,45m) 2
A partir de las velocidades obtenemos el número de Reynolds
Re1 = v1 D1
Sρ agua
kg m m3 = 9,55 0,20m kg s 1,00 m× s 0,04 poise × 10,00 poise 0,88 × 1000,00
1 CAPÍTULO 11
μ Sρ agua m s Re 2 = v 2 D2 = 4,24 0,30m × 220000,00 2 = 279840,00 s μ m
A partir del ábaco de Moody obtenemos
m s 0,20m × 220000,00 2 = 420200,00 s m
f1 = 0,0135 f 2 = 0,0145
La carga será
(V2 − V3 ) V32 ( V12 L1 V12 V1 − V2 ) L2 V22 H = Ke + f1 + Ki + f2 + Ks + 2g D1 2 g 2g D2 2 g 2g 2g
K e = 0,50 K i = 0,125 K s = 0,125
m⎞ ⎛ ⎜ 9,55 ⎟ 30,00m s⎠ H = 0,50 ⎝ + 0,0135 m 0,20m 2 × 9,806 2 s
m⎞ m m⎞ ⎛ ⎛ ⎜ 9,55 − 4,24 ⎟ ⎜ 9,55 ⎟ s⎠ s s⎠ ⎝ + 0,125 ⎝ m m 2 × 9,806 2 2 × 9,806 2 s s
m⎞ m m⎞ m⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎜1,89 ⎟ ⎜ 4,24 − 1,89 ⎟ ⎜ 4,24 ⎟ 60,00m ⎝ s⎠ s s⎠ s⎠ + ⎝ + 0,125 ⎝ + 0,0145 m m m 0,30m 2 × 9,806 2 2 × 9,806 2 2 × 9,806 2 s s s
H = 14,80 m
Ejercicio 11-6 Calcúlese la descarga en el sifón de la figura para H = 8 pies. ¿Cuál es la presión mínima del sistema?
Codo estándar 6 ft 20 ft 8 ft D 12 ft
Agua 60º F
Tubo de acero de 8 pulgadas 1.5D
Resolución La carga será
⎛ (V1 − V2 )2 L1 ⎞ V12 ⎟ + + + 2 K H =⎜ K K f 1 c s ⎜ e D1 ⎟ 2g ⎝ ⎠ 2g v1 = A2 v2 A1
⎞ ⎟ ⎟ v2 ⎠
⎛ D2 v1 = ⎜ ⎜D ⎝ 1
pero D2
= 1,50D1 , reemplazando
v1 = (1,50 ) v 2
v1 = 2,25v 2
V1 ⎞ ⎛ V12 V − ⎜ ⎟ 1 ⎛ 2,25 ⎠ L1 ⎞ 2,25 2 ⎝ H =⎜ + Ks ⎜ K e + 2 K c + f1 D ⎟ ⎟ 2g 1 ⎠ 2g ⎝
1 ⎞ 2 ⎛ ⎜1 − ⎟ V1 2 ⎛ 2,25 ⎠ L1 ⎞ 0,1975 × V1 ⎝ H =⎜ + Ks ⎜ K e + 2 K c + f1 D ⎟ ⎟ 2g 2g 1 ⎠ ⎝ ⎛ L1 ⎞ 0,1975 × V12 0,3086 × V12 ⎟ + + + H =⎜ K 2 K f K c s 1 ⎜ e D1 ⎟ 2g 2g ⎝ ⎠
⎤ V12 ⎡ ⎛ L1 ⎞ ⎟ H = ⎢0,1975⎜ K 2 K f 0 , 3086 K + + + 1 c s⎥ ⎜ e D1 ⎟ ⎠ ⎝ ⎦ 2g ⎣
K e = 0,50 K c = 0,90 K s = 0,15
⎡ ⎛ ⎜ ⎢ ⎜ ⎢ ⎜ 40,00 ft H =⎢ ⎢0,1975⎜ 0,50 + 2 × 0,90 + f1 8,00in ⎜ ⎢ in ⎜ ⎢ 12,00 ⎜ ⎢ ft ⎝ ⎣
⎤ ⎞ ⎟ ⎥ ⎟ ⎥ 2 ⎟ ⎥ V1 ⎟ + 0,3086 × 0,15⎥ 2g ⎟ ⎥ ⎟ ⎥ ⎟ ⎥ ⎠ ⎦ 2 V H = [0,1975(0,50 + 1,80 + 60,00 f1 ) + 0,3086 × 0,15] 1 2g 2 V H = [0,01 + 0,35 + 11,85 f1 + 0,05] 1 2g V12 H = [0,50 + 11,85 f 1 ] = 8,00 ft ft 2 × 32,174 2 s 2 [0,50 + 11,85 f1 ] V1 ft = 8,00 ft 64,35 2 s 2 [0,50 + 11,85 f1 ]V12 = 514,78 ft2 s ft 2 s2 V1 = [0,50 + 11,85 f1 ] 514,78
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
0,00015 ft = 2,25 × 10 − 4 0,66 ft
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 1,0000 0,0168 0,0150 0,0148 0,0147 V1 6,46 27,12 27,55 27,61 27,62 Re1 333968,95 1403195,66 1425087,87 1428210,21 1428837,15
V1 = 27,62
ft ft 3 ⎞ Q= ⎜ ft ⎟ 27,62 = 9,61 4 ⎝ 12,00 ⎠ s s
Q = 9,61 ft 3 s
π ⎛ 8,00
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
2 L ⎞V ⎛ + z s + ⎜1 + K e + f ⎟ γ D ⎠ 2g ⎝
2 L ⎞V ⎛ Ps = −γz s − γ ⎜1 + K e + f ⎟ D ⎠ 2g ⎝
ft ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎜ ⎟ ⎜ 27,55 s ⎟ ⎠ lb lb 8,00 ft ⎟ ⎝ Ps = −62,43 3 × 6,00 ft − 62,43 3 ⎜1 + 0,5 + 0,015 8,00 ⎟ ft ft ft ⎜ ft ⎟ 2 × 32,174 2 ⎜ 12,00 ⎠ s ⎝ ft ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎜ ⎟ ⎜ 27,55 s ⎟ ⎠ lb lb 8,00 ft ⎟ ⎝ Ps = −62,43 3 × 6,00 ft − 62,43 3 ⎜1 + 0,5 + 0,015 8,00 ⎟ ft ft ft ⎜ ft ⎟ 2 × 32,174 2 ⎜ 12,00 ⎠ s ⎝ lb 1,00 ft 2 lb Ps = −1611,70 2 × = −11,19 2 2 ft 144,00in in Ps = −1611,70
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.
lb 1,00 ft 2 lb × = −11,19 2 2 2 ft 144,00in in
A 12 ft 12 ft 8 ft 3
Válvula de globo 100 ft
Tubo suave de 8 pulg de diámetro Agua a 60 ºF
2 1 Datum A
En 1 tenemos
En 2 tenemos
+ z1 = 12,00 ft
En 3 tenemos
L ⎞V 2 ⎛ + z 2 + ⎜1 + f 2 ⎟ γ D ⎠ 2g ⎝
En 4 tenemos
L ⎞V 2 ⎛ + z3 + ⎜1 + K v + f 3 ⎟ γ D ⎠ 2g ⎝ L4 ⎞ V 2 ⎛ z1 = ⎜ K v + f ⎟ D ⎠ 2g ⎝
⎞ ⎛ ⎟ ⎜ 275,00 ft ⎟ V2 ⎜ 12,00 ft = 10,00 + f ⎟ ⎜ 8,00 ft ft ⎟ 2 × 32,174 2 ⎜ 12,00 ⎠ s ⎝
ft 2 s2 V= (10,00 + 412,50 f ) 772,18
f 1,0000 0,0190 0,0140 0,0138 0,0140 donde obtenemos
V 1,35 6,58 7,00 7,02 7,00
Re 69938,51 340378,99 361947,06 363135,96 361947,06
f = 0,014 ft V = 7,00 s
entonces en 2 tenemos
ft ⎞ ⎛ ⎜ 7,00 ⎟ ⎛ P2 100,00 ft ⎞ ⎝ s⎠ ⎟ = −12,00 ft − ⎜ = −14,36 ft 1 + 0,014 ⎜ ⎟ ft γ 0,66 ft ⎠ ⎝ 2 × 32,174 2 s
la línea de altura motriz será
+ z 2 = −14,36 ft + 24,00 ft = 9,64 ft
ft ⎞ ⎛ ⎜ 7,00 ⎟ P3 ⎛ 174,00 ft ⎞ ⎝ s⎠ ⎟ = 4,00 ft − ⎜ = −2,97 ft 1 + 4,50 + 0,014 ⎜ ⎟ ft γ 0,66 ft ⎠ ⎝ 2 × 32,174 2 s
+ z 3 = −2,97 ft + 8,00 ft = 5,03 ft
Sí graficamos
+ z 4 = 0,00 ft
Ejercicio 11-30 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,
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
Tanque Elev. 0
Resolución La carga que debe entregar la bomba será
+ z 2 + 4,727
L D 4,8704
Q1,852 C 1,852
144,00in 2 12,00 psi × 2000,00 ft Q 1,852 1,00 ft 2 H= + 10,00 ft + 4,727 4 ,8704 lb 130,001,852 ⎛ 8,00 ⎞ 62,43 3 ft ⎟ ⎜ ft ⎝ 12,00 ⎠
H = 27,68 ft + 10,00 ft + 8,28 × Q 1,852 H = 37,68 ft + 8,28 × Q 1,852
La carga que entrega la bomba es
H B = 48,00 − 2,00 × Q 2
iterando encontramos Q 1,000 0,900 1,100 1,010 0,990 1,001 El caudal será H 45,960 44,492 47,558 46,114 45,807 45,975 HB 46,000 46,380 45,580 45,960 46,040 45,996
Q = 1,001
Desarrollo teórico Resistencia equivalente para una conexión en serie Para una conexión en serie tenemos
h ft = h f 1 + h f 2 + ... + h fm
Qt = Q1 = Q2 = ... = Qm
h ft = req Qtn
h f 1 = r1Q1n
n h f 2 = r2 Q2 n h fm = rm Qm
h f 1 + h f 2 + ... + h fm = req Qtn
n n r1Q1n + r2 Q2 + ... + rm Qm = req Qtn
Qt = Q1 = Q2 = ... = Qm , tomamos factor común y simplificamos, por lo que obtenemos
req = r1 + r2 + ... + rm = ∑ ∑ri
Resistencia equivalente para una conexión en paralelo Para una conexión en paralelo tenemos
h ft = h f 1 = h f 2 = ... = h fm
Qt = Q1 + Q2 + ... + Qm
h = r Qt
1 n ft
1 n eq
1 n f1
= r Q1
1 n f1 1
n h f 2 = r2 Q2
h fn2 = r2n Q2
Q2 = h
1 n f2 1
n h fm = rm Qm
1 1 n h fm = rmn Qm
1 n h fm 1
= Q1 + Q2 + ... + Qm
1 n f1 1 n f2 1 n fm
como h ft = h f 1 = h f 2 = ... = h fm , tomamos factor común
⎛ ⎜ 1 1 1 = h ⎜ 1 + 1 + ... + 1 ⎜rn rn rmn 2 ⎝ 1
invirtiendo y elevando a la n obtenemos, finalmente
⎛ ⎞ ⎜ 1 1 1 ⎟ req = ⎜ 1 + 1 + ... + 1 ⎟ ⎜rn rn rmn ⎟ 2 ⎝ 1 ⎠
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?
Agua 15 ºC
300 m 500 mm diám.
diá m.
600 m 300 mm diám.
Tubos de hierro fundido limpios
d iá
600 m 300 mm diám. 4
30 0m 30 0
iá m .
A partir de la fórmula de Colebrook
1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ ⎟ + ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 D R 0,9 ⎟⎥ ⎢ e ⎠⎥ ⎦ ⎣ ⎝
Si suponemos un número de Reynolds alto, tenemos
1,325 ⎡ ⎛ ε ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ D 3 , 7 ⎝ ⎠⎦ ⎣
Para 1 tenemos, reemplazando
1,325 ⎡ ⎛ ε ⎞⎤ ⎟ ⎢ln⎜ ⎜ ⎟⎥ ⎣ ⎝ 3,7 D1 ⎠⎦ 1,325 ⎡ ⎛ ε ⎢ln⎜ ⎜ ⎣ ⎝ 3,7 D2 1,325 ⎡ ⎛ ε ⎞⎤ ⎟ ⎢ln⎜ ⎜ ⎟⎥ ⎣ ⎝ 3,7 D3 ⎠⎦ 1,325 ⎡ ⎛ ε ⎢ln⎜ ⎜ ⎣ ⎝ 3,7 D4 1,325 ⎡ ⎛ ε ⎞⎤ ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 D ⎟ ⎟⎥ 5 ⎠⎦ ⎣ ⎝
1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 200mm ⎠⎦ 1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦ 1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 500mm ⎠⎦ 1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦ 1,325 ⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦
Para 2 tenemos, reemplazando
Para 3 tenemos, reemplazando
Para 4 tenemos, reemplazando
La resistencia será, para 1
r1 = f 1
8 L1 = 0,021 π 2 gD15
s2 8 × 300,00m = 1627,38 6 m m m π 2 × 9,806 2 × (0,20m )5 s s2 8 × 300,00m = 193,89 6 m m m π 2 × 9,806 2 × (0,30m )5 s 8 × 300,00m s2 = 13,49 6 m m m π 2 × 9,806 2 × (0,50m )5 s
La resistencia será, para 2
r2 = f 2
8 L2 = 0,019 5 π 2 gD2
La resistencia será, para 3
r3 = f 3
8 L3 = 0,017 π 2 gD35
La resistencia será, para 4
r4 = f 4
8 L4 = 0,019 5 π 2 gD4
s2 8 × 600,00m = 387,79 6 m m m π 2 × 9,806 2 × (0,30m )5 s
La resistencia será, para 5
r5 = f 5
8 L5 = 0,019 π 2 gD55
8 × 800,00m s2 = 517,05 6 m m m π 2 × 9,806 2 × (0,30m )5 s
La resistencia equivalente 1-2, por la fórmula de Darcy-Weisbach n = 2, entonces
r1− 2
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 =⎜ ⎟ ⎜ 1 + 1 ⎟ ⎜ r r2 ⎟ ⎝ 1 ⎠
⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 s2 =⎜ ⎟ = 107,15 6 m m 1 1 ⎟ ⎜ + 2 2 ⎟ ⎜ s s ⎜ 1627,38 6 m 193,89 6 m ⎟ m m ⎠ ⎝ ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 s2 =⎜ ⎟ = 111,37 6 m m 1 1 ⎟ ⎜ + 2 2 ⎟ ⎜ s s ⎜ 387,79 6 m 517,05 6 m ⎟ m m ⎠ ⎝
req = r1− 2 + r3 + r4−5
La resistencia equivalente 4-5 será
r4 −5
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 == ⎜ ⎟ ⎜ 1 + 1 ⎟ ⎜ r r5 ⎟ ⎝ 4 ⎠
La resistencia equivalente final, será
s s2 s2 s2 req = 107,15 6 m + 13,49 6 m + 111,37 6 m = 232,01 6 m m m m m
req = rt = f t
ft = 1,325 ⎡ ⎛ ε ⎢ln⎜ ⎜ ⎣ ⎝ 3,7 Dt ⎞⎤ ⎟ ⎟⎥ ⎠⎦
8 Lt π 2 gDt5
1,325 = 0,019
El factor de fricción lo obtenemos suponiendo un número de Reynolds alto, esto es
⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦
Despejando Lt, tenemos
π 2 gDt5 req
π 2 × 9,806
m s2 5 ( ) m × 0 , 30 232 , 01 m s2 m 6 = 358,97 m 8 × 0,019
Lt = 358,97 m
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 13 CAPÍTULO 11
Para encontrar la descarga planteamos Bernoulli entre las superficies libres de ambos depósitos tenemos
V12 P2 V2 = + z2 + 2 + h f 2g γ 2g
+H +0=
+ 0 + 0 + hf
Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach, tenemos
2 H = h f = req QT
La resistencia equivalente será
s2 req = 232,01 6 m m
Lts 10,00m = 207,61 2 s s 232,01 6 m m QT = 207,61 Lts s
Para verificar el número de Reynolds lo calculamos
4 × 0,208
π × 0,30m × 1,14 × 10
= 772915,97 ⇒ Verifica
Ejercicio 11-36 De la figura calcúlese el flujo en el sistema cuando se quita la bomba.
El 30 m El 27 m B
m 200 m 300 m m ε=1m
D mm m m 1m 00 10 ε= 0 20
El 17 m C El 0 m
300 m 30 ε = 3 m 0 mm D m
ε=3m
300 mm D J m
El 30 m El 27 m B El 17 m C 1 3 J Datum 2 A
Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach
h f = rQ 2
Para 1 tenemos
Para 2 tenemos
L1 V12 h f 1 = f1 D 2g V12 600m = f1 m 0,3m 2 × 9,806 2 s L2 V22 hf 2 = f2 D 2g V22 300m = f2 m 0,2m 2 × 9,806 2 s L3 V32 D 2g V32 1000 m = f3 m 0,2m 2 × 9,806 2 s h f 3 = f3
Para 3 tenemos
hf 3 PJ
Sí suponemos z J +
= 20,00m , entonces
s2 2 V1 m s2 7,00m = f 2 76,48 V22 m s2 10,00 = f 3 254,95 V32 m 3,00m = f1101,98
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 15 CAPÍTULO 11
iterando hallamos el caudal v1 1,0000 2,0000 1,5000 1,2500 1,2425 v2 1,0000 2,0000 1,5000 1,7500 1,7250 v3 1,0000 2,0000 1,5000 1,2500 1,1260 Re1 300000,00 600000,00 450000,00 375000,00 372750,00 Re2 200000,00 400000,00 300000,00 350000,00 345000,00 Re3 200000,00 400000,00 300000,00 250000,00 225200,00 f1 0,0382 0,0381 0,0381 0,0382 0,0382 f2 0,0310 0,0307 0,0308 0,0308 0,0308 f3 0,0310 0,0307 0,0308 0,0309 0,0309 hf1 1,95 7,76 4,37 3,04 3,00 hf2 2,37 9,39 5,30 7,20 7,00 hf3 7,90 31,30 17,67 12,30 10,00 Q1 0,0707 0,1414 0,1060 0,0884 0,0878 Q2 0,0314 0,0628 0,0471 0,0550 0,0542 Q3 0,0314 0,0628 0,0471 0,0393 0,0354
De la ecuación de continuidad
Q1 − Q2 − Q3 = 0
m3 m3 m3 m3 − 0,0542 − 0,0354 = 0,0018 s s s s
Q1 = 87,80
Q2 = 54,20 Q3 = 35,40
Lts s
Lts s Lts s
Ejercicio 11-38 La bomba de la figura agrega 7500 W al flujo (hacia J). Encuéntrese QA y QB.
D mm 0 20 m m 1m 00 0 = 1 ε
30 0 m 30 ε = 3 m 0 mm D m
3 00 m m D J m
El 30 m El 27 m B El 17 m 2 C 1 P J Datum 3 A
La potencia de la bomba será despejando
Pot = γQH B
QH B = Pot
reemplazando y despejando H
Nm s QH B = N 9806,00 3 m m4 QH B = 0,76 s 4 m 1 H B = 0,76 s Q 7500,00
Q J = Q A + QB
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 17 CAPÍTULO 11
L1 V12 D 2g V12 600m = f1 m 0,3m 2 × 9,806 2 s h f 1 = f1 L2 V22 D 2g V22 300m = f2 m 0,2m 2 × 9,806 2 s hf 2 = f2 L3 V32 D 2g V32 1000 m = f3 m 0,2m 2 × 9,806 2 s h f 3 = f3
= 28,00m , entonces
s2 2 V1 m m4 1 s2 0,76 − 28,00m = f1 50,99 V12 s Q m H B − 28,00m = f1 50,99
m4 1 s2 2 28,00m = 0,76 − f1 50,99 V1 s Q m 4 m s2 2 4 − f 28,00m = 0,76 50 , 99 V1 1 s V1πD12 m
28,00m = 3,76 m4 4 s2 2 − f 50 , 99 V1 1 s V1π (0,30m )2 m
28,00m =
m2 2 s − f 50,99 s V 2 1 1 V1 m
1,00m = f 2 76,48
s2 2 V2 m s2 2,00 = f 3 254,95 V32 m
18 CAPÍTULO 11
iterando hallamos el caudal v1 1,0000 0,3900 0,3850 0,3825 0,3800 v2 1,0000 0,7000 0,6750 0,6600 0,6475 v3 1,0000 0,5000 0,4950 0,4975 0,4990 Re1 300000,00 117000,00 115500,00 114750,00 114000,00 Re2 200000,00 140000,00 135000,00 132000,00 129500,00 Re3 200000,00 100000,00 99000,00 99500,00 99800,00 f1 0,0382 0,0386 0,0386 0,0386 0,0386 f2 0,0310 0,0312 0,0313 0,0313 0,0313 f3 0,0310 0,0315 0,0316 0,0316 0,0316 hf1 8,80 27,26 27,63 27,82 28,00 hf2 2,37 1,17 1,09 1,04 1,00 hf3 7,90 2,01 1,97 1,99 2,00 Q1 0,0707 0,0276 0,0272 0,0270 0,0269 Q2 0,0314 0,0220 0,0212 0,0207 0,0203 Q3 0,0314 0,0157 0,0156 0,0156 0,0157
Q A = 15,7 Q A = 20,3
Ejercicio 11-44
Calcúlese el flujo a través de cada una de las tuberías de la red mostrada en la figura, n = 2.
Resolución Por el método de Hardy-Cross
ΔQ = −
Proponemos Q0, esto es
∑ rQ0 Q0 n ∑ r Q0
Δ Q1
70 r=3
Δ Q2
Para I, tenemos
∑ rQ0 Q0 2 ∑ r Q0
= 1,00 × 70,00 2 − 3,00 × 10,00 2 − 2,00 × 30,00 2 = 2800,00
= 2,00 × (1,00 × 70,00 + 3,00 × 10,00 + 2,00 × 30,00) = 320,00
ΔQ = − 2800,00 = −8,75 320,00
Para II, tenemos
= 2,00 × 55,00 2 − 1,00 × 20,00 2 + 3,00 × 10,00 2 = 5950,00
= 2,00 × (2,00 × 55,00 + 1,00 × 20,00 + 3,00 × 10,00) = 320,00
ΔQ = − 5950,00 = −18,59 320,00
Sumando ΔQ tenemos
78,75 r=3
∑ rQ 0 Q 0
= 1,00 × 78 ,75 2 + 3,00 × 8,59 2 − 2 ,00 × 21, 25 2 = 5519 ,80
= 2,00 × (1,00 × 78,75 + 3,00 × 8,59 + 2,00 × 21,25) = 294,04
ΔQ = − 5519,80 = −18,77 294,04
2 ∑ r Q0
= 2,00 × 45,16 2 − 1,00 × 29,84 2 − 3,00 × 8,59 2 = 2976,06
= 2,00 × 2,00 × 45,16 + 1,00 × 29,84 + 3,00 × 8,59 2 = 291,86
ΔQ = − 2976,06 = −10,17 291,86
59,98 r=3
100 40,02
= 1,00 × 59,98 2 + 3,00 × 18,76 2 − 2,00 × 40,02 2 = 1450,21
= 2,00 × (1,00 × 59,98 + 3,00 × 18,76 + 2,00 × 40,02) = 392,60
21 CAPÍTULO 11
1450,21 = −3,69 392,60
= 2,00 × 16,22 2 − 1,00 × 58,78 2 − 3,00 × 18,76 2 = −3984,72
= 2,00 × (2,00 × 16,22 + 1,00 × 58,78 + 3,00 × 18,76) = 295,00
ΔQ = − − 3984,72 = 13,51 295,00
56,29 r=3
100 43,71
= 1,00 × 56,29 2 + 3,00 × 5,25 2 − 2,00 × 43,712 = −596,88
= 2,00 × (1,00 × 56,29 + 3,00 × 5,25 + 2,00 × 43,71) = 318,92
ΔQ = − − 596,88 = 1,79 318,92
= 2,00 × 26,04 2 − 1,00 × 48,96 2 − 3,00 × 5,25 2 = −1056,11
= 2,00 × (2,00 × 26,04 + 1,00 × 48,96 + 3,00 × 5,25) = 215,58
ΔQ = − − 1056,11 = 4,90 215,58
58,08 r=3
100 41,92
= 1,00 × 58,08 2 + 3,00 × 0,35 2 − 2,00 × 41,92 2 = −140,92
= 2,00 × (1,00 × 58,08 + 3,00 × 0,35 + 2,00 × 41,92) = 285,94
ΔQ = − − 140,92 = 0,49 285,94
= 2,00 × 32,732 − 1,00 × 42,27 2 − 3,00 × 0,35 2 = 355,38
= 2,00 × (2,00 × 32,73 + 1,00 × 42,27 + 3,00 × 0,35) = 217,56
ΔQ = − 355,38 = −1,63 217,56
58,57 r=3
100 41,43
r= r= 2
∑ rQ0 Q0
= 1,00 × 58,57 2 + 3,00 × 1,98 2 − 2,00 × 41,432 = 9,32
r= 2 r= 2
= 2,00 × (1,00 × 58,57 + 3,00 × 1,98 + 2,00 × 41,43) = 294,74
ΔQ = − 9,32 = −0,032 294,74
= 2,00 × 31,59 2 − 1,00 × 43,412 − 3,00 × 1,98 2 = 99,67
= 2,00 × (2,00 × 31,59 + 1,00 × 43,41 + 3,00 × 1,98) = 225,06
ΔQ = − 99,67 = −0,44 225,06
El diagrama final será
31,59 75 43,41
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. 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
Darcy-Weisbach y de Hazen-Williams para la determinación de pérdidas por fricción. Compare resultados. Grafique las LAM y LNE.
350 m P Bomba (65 KW)
Resolución Formulación de Darcy-Weisbach Los datos son Tuberia 1,00 2,00 3,00 La longitud equivalente será L [m] 350,00 123,00 174,00 km 7,90 3,30 3,50
45,1 l/s
39,0 l/s
ks [m] 0,00006 0,00006 0,00006
Q [m3/s] 0,045 0,039 0,073
Q 0,045 0,039 0,073
Re 287582,17 267427,45 340700,88
f 0,0078 0,0078 0,0076
Leq 527,96 191,44 284,55
177,96 68,44 110,55
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
D2 = 0,093m ×
1,00in = 3,66in ≈ 4,00in 0,0254m 1,00in D3 = 0,137m × = 5,40 ≈ 6,00in 0,0254m
hf2 15,114 hf3 9,951 Σ 80,764
La pérdida de carga será hf1 55,700
Vemos que el sistema esta sobredimensionado pero un diámetro comercial mayor implica un subdimensionamiento.
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
hf2 26,645 hf3 17,171 Σ 143,062
La pérdida de carga será hf1 99,246 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.
60 1 200 500 m 10" 2 400 m 6" 3 40
10" 300 m
4" 200 m
400 m 600 m 8" 40 5 30 6" ks = 0,06 mm 4 30
Resolución Los datos son Tuberia 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00 L [m] 500,00 200,00 600,00 300,00 400,00 200,00 400,00 D [m] 0,2540 0,1016 0,2032 0,2540 0,1524 0,1016 0,1524 km 0,00 0,00 0,00 0,00 10,00 0,00 0,00 ks [m] 0,00006 0,00006 0,00006 0,00006 0,00006 0,00006 0,00006 ks/D 0,0002 0,0006 0,0003 0,0002 0,0004 0,0006 0,0004
La primera iteración será, para I Qo [m3/s] 1,00 2,00 3,00 4,00 0,15 0,04 -0,01 -0,05
Re 658993,30 439328,87 54916,11 219664,43
f 0,01 0,01 0,01 0,01
D [m] f
Leq [m] 500,00 200,00 600,00 300,00
r 271,92 11206,38 1417,98 189,29
r.Qo.Qo 6,12 17,93 -0,14 -0,47 23,43 ΔQ [m3/s]
r.n.Qo 81,58 896,51 28,36 18,93 1025,37 -0,02
para II Qo [m3/s] 2,00 5,00 6,00 7,00 -0,04 0,05 0,01 -0,02 Re 439328,87 366107,39 109832,22 146442,96 f 0,01 0,01 0,01 0,01
D [m] Leq [m] f
r.Qo.Qo -0,18 11,40 1,36 -1,38 11,20 ΔQ [m3/s]
r.n.Qo 9,18 455,82 272,34 137,55 874,89 -0,01
0,00 202,76 0,00 0,00
200,00 114,75 602,76 4558,16 200,00 13617,03 400,00 3438,79
La segunda iteración será, para I
Qo [m3/s] 1,00 2,00 3,00 4,00 0,13 0,02 -0,03 -0,07
Re 558591,72 188324,91 180418,09 320066,02
500,00 200,00 600,00 300,00
r 277,87 12594,57 1187,96 179,67
r.Qo.Qo 4,49 3,70 -1,28 -0,95 5,96 ΔQ [m3/s]
r.n.Qo 70,66 431,91 78,06 26,18 606,81 -0,0098
para II MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 27 CAPÍTULO 11
Qo [m3/s] 2,00 5,00 6,00 7,00 -0,05 0,04 0,00 -0,03
Re 231962,57 272389,02 30745,33 240161,32
300,00 594,71 200,00 400,00
r 187,85 4683,17 16588,34 3205,48
r.Qo.Qo -0,52 6,48 -0,13 -3,45 2,38 ΔQ [m3/s]
r.n.Qo 19,84 348,43 92,87 210,28 671,42 -0,0035
0,00 194,71 0,00 0,00
Los caudales finales y las pérdidas de carga serán Tuberia 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00 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.
120 L/s 3
Q [m3/s] 0,1271 0,0699 -0,0329 -0,0729 0,0372 -0,0028 -0,0328
r 30,30 85,14 141,35 95,56 83,23 711,33 114,78
hf=r.Q2 0,4898 0,4166 0,1526 0,5072 0,1152 0,0056 0,1235
Nudo 1,00 2,00 3,00 6,00 5,00 4,00
100,00 99,51 99,40 99,49 99,34 99,22
L = 200 m Ø = 200 mm km = 5,4
2 L = 60 m Ø = 250 mm km = 2,4
L = 100 m Ø = 350 mm km = 3,6
1 L = 60 m Ø = 250 mm km = 2,4
4 180 L/s
L = 80 m Ø = 250 mm km = 3,2
5 50 L/s
L = 100 m Ø = 250 mm km = 3,8
0 m km 0 30 = Ø 4,6 = m
Los datos son Tuberia 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00 L [m] 100,00 60,00 100,00 60,00 150,00 200,00 80,00 D [m] 0,35 0,25 0,25 0,25 0,30 0,20 0,25 km 3,60 2,40 3,80 2,40 4,60 5,40 3,20 ks [m] 0,0000015 0,0000015 0,0000015 0,0000015 0,0000015 0,0000015 0,0000015 ks/D 4,286E-06 0,000006 0,000006 0,000006 0,000005 0,0000075 0,000006
La primera iteración será, para I Qo [m3/s] 1,00 2,00 3,00 4,00 -0,20 0,28 0,21 0,01
Re 637654,47 1249802,77 937352,07 44635,81
f 0,0070 0,0064 0,0066 0,0102
Leq [m] 280,48 153,67 243,01 118,68
r 30,84 83,37 136,72 102,78
r.Qo.Qo -1,23 6,54 6,03 0,01 11,34 ΔQ [m3/s]
r.n.Qo 12,33 46,69 57,42 2,06 118,50 -0,0957
180,48 93,67 143,01 58,68
para II Qo [m3/s] 4,00 5,00 6,00 7,00 -0,01 -0,15 -0,03 0,15 Re 44635,81 557947,66 167384,30 669537,20 f 0,0102 0,0071 0,0084 0,0069
118,68 344,24 328,84 195,32
r 102,78 83,25 712,46 114,76
r.Qo.Qo -0,01 -1,87 -0,64 2,58 0,06 ΔQ [m3/s]
r.n.Qo 2,06 24,97 42,75 34,43 104,20 -0,0006
58,68 194,24 128,84 115,32
Qo [m3/s] 1,00 2,00 3,00 4,00 -0,30 0,18 0,11 -0,09
Re 942824,74 822564,39 510113,69 382602,57
f 0,0066 0,0068 0,0072 0,0075
289,82 148,83 232,14 140,30
r 30,30 85,14 141,35 88,79
r.Qo.Qo -2,65 2,89 1,85 -0,65 1,44 ΔQ [m3/s]
r.n.Qo 17,92 31,38 32,31 15,22 96,83 -0,0148
189,82 88,83 132,14 80,30
Qo [m3/s] 4,00 5,00 6,00 7,00 -0,01 -0,15 -0,03 0,15
Re 47101,94 560002,77 170466,96 667071,07
f 0,0101 0,0071 0,0084 0,0069
119,18 344,33 329,18 195,27
r 102,34 83,23 711,33 114,78
r.Qo.Qo -0,01 -1,89 -0,66 2,56 0,0018 ΔQ [m3/s]
r.n.Qo 2,16 25,06 43,47 34,31 104,99 -0,000017
59,18 194,33 129,18 115,27
Los caudales finales y las pérdidas de carga serán Tuberia 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00 Q [m3/s] -0,30 0,18 0,11 -0,08 -0,15 -0,03 0,15 r 30,30 85,14 141,35 95,56 83,23 711,33 114,78 hf=r.Q2 2,65 2,89 1,85 0,54 1,89 0,66 2,56 Nudo 2,00 6,00 5,00 3,00 4,00
47,35 47,11 45,26 45,46 42,70
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
KD 4,50 × 2,50m = = 562,50m f 0,02 KD = 900,00m + 562,50m = 1462,50m f
z1 A1 9,00m × (6,00m ) = = 51,84m A (2,50m )2
La longitud equivalente será
Le = L +
φ correspondiente es
φ= f
Le z m 1462,50m 51,84m = 0,020 = 0,6739 L D 900,00m 2,50m
F (φ ) = (1 + φ )e −φ = (1 + 0,6739 )e −0,6739 = 0,8532
Utilizando la figura 13.4 de la página 525 de (Mecánica de fluidos, Streeter), vemos que dicha función se resuelve para
φ = −0,4630
valuando esta se resuelve para
F (φ ) = (1 + φ )e −φ = (1 + 0,4630 )e −0, 4630 = 0,9208
φ = 0,353 φ = −0,4630 será L D 900,00m 2,50m zm = φ = −0,4630 = −35,61m Le f 1462,50m 0,02 φ = 0,353 será L D 900,00m 2,50m zm = φ = 0,353 = 27,15m Le f 1462,50m 0,02
z m A − 35,61m × (2,50m )2 z1 = z 2 = = = −6,18m A1 (6,00m )2
La fluctuación máxima zm para
El máximo negativo será
z1 = z 2 = −6,18m
El máximo positivo será
z m A 27,15m × (2,50m )2 z1 = z 2 = = = 4,71m A1 (6,00m )2
z1 = z 2 = 4,71m
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
KD 4,00 × 0,30m = = 50,00m f 0,024 KD = 1200,00m + 50,00m = 1250,00m f
La velocidad para flujo permanente será
Le V02 D 2g
2 gH L f e D
m × 9,00m m s = 1,33 1250,00m s 0,024 0,30m
t= LV0 1,95 ln 2 gH 0,05
El tiempo que tarda en llegar el caudal al 95 % al valor correspondiente al flujo permanente
m s ln 1,95 = 33,13s t= m 0,05 2 × 9,806 × 9,00m s 1200,00m × 1,33
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 2 CAPÍTULO 13
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
ρ ⎛ K D⎞ ⎜1 + ⎟ E e⎠ ⎝
El módulo de elasticidad del acero es
E = 2,00 × 10 5 MPa = 2,00 × 1011 Pa
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
K = 2,14 × 10 9 Pa kg ρ = 1000 , 00 m 3
Ahora reemplazando, obtenemos
2,14 × 10 9 Pa kg 1000,00 3 m m a= 1016 , 76 = s ⎛ 2,14 × 10 9 Pa 1,00m ⎞ ⎜ + 1 ⎜ 2,00 × 1011 Pa 0,01m ⎟ ⎟ ⎝ ⎠
a = 1016,76
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
⎛ K D⎞ ⎜1 + ⎟ E e⎠ ⎝
K a= Sρ agua ⎛ K D⎞ ⎜1 + ⎟ E e⎠ ⎝
150000 Psi ×
144,00in 2 1,00 ft 2 slugs 1,94 3 ft ⎞ ⎟ 1,00 1,00 ⎟ ft ⎟ 8,00 12,00 ⎟ ⎡⎛ 3,00 1,00 ⎞ 1,00 ⎤ ⎟ ft ⎥ − ⎟ ⎢⎜ ⎣⎝ 4,00 8,00 ⎠ 12,00 ⎦ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ 144,00in 2 ⎜ 150000 Psi × ⎜ 1,00 ft 2 1 + ⎜ lb ⎜ 0,0207 2 ⎜ ft 11 ⎜ 2,00 × 10 Pa × 1,00 Pa ⎝
= 3335,03
a = 335,03
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
K D ⎞ ⎛ ⎜1 + ⎟ E e ⎠ ⎝
2,14 × 10 9 Pa kg 1000,00 3 m m a= = 995,55 9 s ⎛ 2,14 × 10 Pa 1,30m ⎞ ⎜ ⎜1 + 2,00 × 1011 Pa 0,012m ⎟ ⎟ ⎝ ⎠
El tiempo máximo será
t cr =
2 × 1000,00m = 2,01s m 955,55 s t cr = 2,01s
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
2 × 3000,00m = 6,00s m 1000,00 s
Δhmáx = aU g
La presión pico se obtiene a partir de la fórmula de Allieve, esto es
Δhmáx =
m m 2,00 s s = 203,96m m 9,806 2 s
Δhmáx = 203,96m
Ejercicio 13-14 Determínese el tramo de tubería en el problema anterior que queda bajo la presión pico. Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 5 CAPÍTULO 13
De la expresión del tiempo despejamos la longitud, esto es
t cr − t cr
a(t cr − t c ) 2
m (6,00s − 5,00s ) s = 500,00m 2
L = 500,00 m
More From This User7_EMA2_cabos_a-oACCP Defenition of Clinical PharmacyCaixa de Velocidades Com Engrenamento Em “Crabots”
solucionario - mecanica fluidos - streeter 9 ed..pdf by João Paulo Baldan70 viewsEmbedDownloadRead on Scribd mobile: iPhone, iPad and Android.Copyright: Attribution Non-Commercial (BY-NC)Download as PDF, TXT or read online from ScribdFlag for inappropriate contentMore informationShow less
RelatedMecanica de Fluidos 8th Edicion Victor L Streeterby rivasseSolucionario mecanica de fluidos-Irvin Shamesby dani-27Fundamentos de Mecanica de Fluidos - Munson.pdfby Daniel MoralesMecánica de Fluidos - 3ra Edición - Merle C. Potter & David C. Wiggertby Patricia Fernandez MendozaElementos de Mecánica de Fluidos - Vennard John & Streetby revisolibrosMECANICA DE FLUIDOS EJERCICIOS OSCAR MIRANDA UNIby juanchofercho20Solucionario Mecanica de Fluidos de Munson Young 4th Edby Sergio Martín Palomino RamírezSolucionario de Mecanica de Fluidos Aplicada Mott 6 EdICIONby Milagros Carolina Dugarte ReyesSolucionario de Mecanica de Fluidos e Hidraulicaby Everth CarballoSOLUCIONARIO DE SOTELOby Edwin Anderson PhoccoSolucionario Gere y Timoshenko Completoby wilson1189engineering-fluid-mechanics-solution-manual-9th-editionby ebooksonline101Mecánica de Fluidos Çengelby Aleja Gomezsolucionario Braja M. Das Fundamentos de Ingeniería Geotécnicaby Daniel Franco QuispeResistencia de Materiales - Singer - Solucionario - 4Edby hmvhmvMecanica_C2(1)by Rafael Mendoza CSimilar to Solucionario - Mecanica Fluidos - Streeter 9 Ed.Mecanica de Fluidos 8th Edicion Victor L StreeterSolucionario mecanica de fluidos-Irvin ShamesFundamentos de Mecanica de Fluidos - Munson.pdfMecánica de Fluidos - 3ra Edición - Merle C. Potter & David C. WiggertElementos de Mecánica de Fluidos - Vennard John & StreetMECANICA DE FLUIDOS EJERCICIOS OSCAR MIRANDA UNISolucionario Mecanica de Fluidos de Munson Young 4th EdSolucionario de Mecanica de Fluidos Aplicada Mott 6 EdICIONSolucionario de Mecanica de Fluidos e HidraulicaSOLUCIONARIO DE SOTELOSolucionario Gere y Timoshenko Completoengineering-fluid-mechanics-solution-manual-9th-editionMecánica de Fluidos Çengelsolucionario Braja M. Das Fundamentos de Ingeniería GeotécnicaResistencia de Materiales - Singer - Solucionario - 4EdMecanica_C2(1)Solucionario - Mecanica Fluidos - Streeter 9 Ed.

References: Resolución 

Resolución 
 Resolución

Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 

Resolución 

Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 

Resolución 

Resolución 

Resolución 

Resolución 

Resolución 
 Resolución

 Resolución

 Resolución

Resolución 

Resolución 

Resolución 

Resolución 

Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 

Resolución 

Resolución 
 Resolución 
 Resolución

 Resolución 
 Resolución

Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución

 Resolución

 Resolución 
 Resolución 
 Resolución

 Resolución 
 Resolución

 Resolución 
 Resolución

 Resolución 
 Resolución 
 Resolución

 Resolución

 Resolución

 Resolución 
 Resolución 

Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución

 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 

Resolución 
 Resolución 
 Resolución 

Resolución 

Resolución 

Resolución 

Resolución 

Resolución 

Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución 
 Resolución