Mecanica de los Fluidos (Victor Streeter)(9na Edicion)(SOLUCIONARIO)

STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 1: Propiedades de los fluidos
Ejercicio propuesto en clase 1
Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es agua.
ν = 1 x10–6 m2/s
t = 1 x 10–3 m
L = 0,20 m
u = 10 cm/s = 0,1 m/s
σ = 72,8 x 10–3 N/m
t = 20 ºC
Resolución
Fuerza normal (FN)
ΣFy = 0
FN – σ.2.perímetro = 0
L = 0,20 m
perímetro = 4.L = 0,80 m
σ = 72,8 x 10–3 N/m
entonces
FN = 72,8 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 58,2 x 10–3 N
FN = 58,2 x 10–3 N
Fuerza tangencial (FT)
τ = μ du
dy
además
τ = FT/A = FT/L2
entonces
FT = μ L2du
dy
ρ(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s
1
CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
entonces
μ = νρ = 1 x 10–3 Ns/m2
u = 10 cm/s = 0,1 m/s
finalmente
FT = 400 x 10–4 m2. 1 x 10–3 Ns. 0,1m/s =
m2 1 x 10–3 m
–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
FN – σ.2.perímetro = 0
L = 0,20 m
perímetro = 4.L = 0,80 m
σ = 38,0 x 10–3 N/m
entonces
FN = 38,0 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 60,8 x 10–3 N
FN = 60,8 x 10–3 N
Fuerza tangencial (FT)
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
2
CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
τ = μ du
dy
además
τ = FT/A = FT/L2
entonces
FT = μ L2du
dy
ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3
S = 0,90
ν = μ/ρAceite = 3,8 x 10–6 m2/s
ν = μ/ρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s
entonces
μ = νρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s.1 x 103 kg/m3.0,90 = 3,42 x 10–3 Ns/m2
u = 10 cm/s = 0,1 m/s
finalmente
FT = 400 x 10–4 m2. 3,42 x 10–3 Ns. 0,1 m/s =
m2 1 x 10–3 m
–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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
3
CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
τ = μ du
dy
además
τ = F/A
entonces
F = μ Adu
dy
A = π∅proL
∅pro = ∅cam + ∅eje = 0,0802 m + 0,0800 m = 0,0801 m
2
2
entonces
A = π∅proL = π.0,0801 m.0,30 m = 0,075 m2
Suponiendo temperatura del agua ambiente
ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3
S = 0,90
ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s
ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s
entonces
μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.1000 kg/m3.0,90 = 4,5 Ns/m2
finalmente
F = 0,075 m2. 3,32 x 10–3 Ns. 0,5 m/s = 1698,58
m2 1 x 10–4 m
F = 1698,58 N
Observación: Este es el resultado obtenido en clase por el Ing. Casteló
Suponiendo temperatura del agua a 80 ºC
ρH2O(80 ºC) = 971,8 kg/m3
S = 0,90
ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s
ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s
entonces
μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.971,8 kg/m3.0,90 = 4,37 Ns/m2
finalmente
F = 0,075 m2. 4,37 Ns. 0,5 m/s = 1649,51
m2 1 x 10–4 m
F = 1649,51 N
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
4
CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 1-5
Un fluido newtoniano está en el espacio libre entre un eje y una camisa concéntrica. Cuando una
fuerza de 600 N se aplica a la camisa paralela al eje, la camisa obtiene una velocidad de 1 m/s. Si
se aplica una fuerza de 1500 N, ¿Qué velocidad obtendrá la camisa? La temperatura de la camisa
permanece constante.
Resolución
F = μ AU
t
600 N = μ A 1 m/s
t
como el fluido, el espesor y el área de contacto es la misma, tenemos
cte = 600 N
1 m/s
Ahora, si la fuerza es 1500 N tenemos
1500 N = cte x
cte = 1500 N
x
igualando
600 N = 1500 N
1 m/s
x
x = 1500 N 1 m/s
600 N
x = 2,5 m/s
Ejercicio 1-10
Una balanza de resortes correctamente calibrada registra el peso de un cuerpo de 2 kg como 17,0
N en una localidad distante de la Tierra. ¿Cuál es el valor de g en esta localidad?
Resolución
P = gM
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
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CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
6
CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
ρ = 1,55 slug
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
–2
Entonces
ν = 1,25 x10–4 slug/fts
1,55 slug
ft3
ν = 8,085 x10–4 ft2
s
Ejercicio 1-22 (Resuelto en clase)
Un cuerpo con peso de 120 lb con área superficial plana se desliza hacia abajo sobre un plano
inclinado lubricado que forma un ángulo de 30º con la horizontal. Para viscosidad de 1 P y
velocidad del cuerpo de 3 ft/s, determine el espesor de la película lubricante.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
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CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
v = 3 ft/s
F
P
30°
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
8
CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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.
F
Agua
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
9
Anillo
CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
∅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.
θ
F
h
F
∅ = 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
CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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.
R
r
θ
F
θ
θ
F
F
θ
F
Resolución
Por cada columna tendremos
γAh = Fcos θ
γAh = σ.perímetro.cos θ
γ.π.∅2.h = σ.π.∅.cos θ
4
donde ∅ = R – r, entonces
γ.π.(R – r)2.h = 4.σ.π.(R – r).cos θ
Simplificando
γ.π.(R – r).h = 4.σ.π.cos θ
despejando
h = 4.σ.cos θ
γ.(R – r)
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
11
CAPÍTULO 1
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 2: Estática de fluidos
Ejercicio 2-4
Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales.
Aire
C
B
Aceite
Dens.
Esp.
0,9
1,0
0,6 0,3 0,3
Aire A
Agua
D
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
B
Punto C
pC = pB = 5883,60 Pa
pC = 588 KPa
B
Punto D
pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m3.1,9 m = 22651,86 Pa
pD = 2265 KPa
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
1
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 2-15
h
En la figura, para una lectura h = 20 in; determínese la presión en A en libras por pulgada
cuadrada. El líquido tiene una densidad relativa de 1,90.
A
Datos
h = 20 in
S = 1,90
Resolución
pA = γh
pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft3 = 0,069 lb
ft3 1728 in3
in2
pA = 0,069 lb
in2
Ejercicio 2-24
En la figura, A contiene agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,94. Cuando
el menisco izquierdo está en cero en la escala, pA = 100 mmH2O. Encuéntrese la lectura en el
menisco derecho para pA = 8 kPa sin ningún ajuste del tubo en U o de la escala.
600 mm
A
0
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
2
0
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
hi
hf
600 mm
dh
A
0
dh
dh
0
pA + γH2O(h1 + Δh) – SγH2O(hi + 2Δh)= 0
pA + γH2Oh1 + γH2O Δh – SγH2Ohi – SγH2O2Δh = 0
pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = SγH2O2Δh – γH2O Δh
pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = Δh(2.S.γH2O – γH2O)
Δh = pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi
(2.S.γH2O – γH2O)
Reemplazando
Δh = 8000 Pa + 9806 N/m30,6 m – 2,94.9806 N/m30,240 m =
(2.2,94. 9806 N/m3 – 9806 N/m3)
Δh = 0,145 m
Finalmente la lectura en el lado derecho será
hf = hi + Δh
hf = 0,240 m + 0,145 m = 0,385 m
hf = 385 mm
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
3
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 2-33
El recipiente mostrado en la figura tiene una sección transversal circular. Determínese la fuerza
hacia arriba sobre la superficie del tronco de cono ABCD. ¿Cuál es la fuerza hacia abajo sobre el
plano EF?¿Es, esta fuerza, igual al peso del fluido? Explique.
2
2 ft diám
C
1
B
A
D
4 ft diám
E
5
Agua
F
Datos
∅mayor = 4,00 ft
∅menor = 2,00 ft
θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º
1,00 ft
Resolución
A1
A2
A3
1,41
Sobre ABCD
O
1
2
1
A = A1 + A2 + A3
A = ½ 1,00 ft.1,414 ft + 2,00 ft.1,414 ft + ½ 1,00 ft.1,414 ft
A = 4,245 ft2
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
4
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
5
b
C
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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.
Aceite
5
γ = 55 lb/ft3
5
A
B
A
3
4
C
Resolución
Por integración
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
6
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
2
La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal,
descartando el peso de la presa.
A
Puntal
4
6
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
φ
θ
3
7
B
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
h
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.)
O
5
Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
8
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
20
7
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
3
4
11
Resolución
a)
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
9
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
E1
E2
P2
θ
P1
P3
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
ΣMA = 0
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
10
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
b)
σmín
ΣMA = 0
σmáx
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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
11
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
0
20 m
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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
12
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
aceite den. rel. 0,8
Agua
B
R2
A
C
D
Resolución
a)
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
G
B
W=E
SγV = γV’
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
13
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Sγh2L = γhh’L
Sh = h’
S = h’/h = 0,75
Esto significa que la altura sumergida será menor que la altura del objeto, y por ser una sección
cuadrada el centro de gravedad estará por encima del centro de flotación lo que significa que el
cuerpo NO está en equilibrio estable para los dos lados horizontales.
Ejercicio 2-108
Un tanque de líquido S = 0,88 es acelerado uniformemente en una dirección horizontal de tal forma
que la presión disminuya dentro del líquido 20 kPa/m en la dirección del movimiento. Determínese
la aceleración.
Resolución
ax
x
ax
x
g
a
p − p0 = − Sγ x x
g
Δpg
ax = −
Sγx
p = p 0 − Sγ
reemplazando
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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
14
CAPÍTULO 2
AÑO 2007
1
STASSI, MAURO JOSÉ
A
2
Resolución
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
1
p = – 74,84 lb
ft2
2
Sí
A
pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb
1 ft2
ft2
entonces
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
15
CAPÍTULO 2
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 3: Ecuaciones básicas y concepto de flujo de fluidos
Ejercicio 3-6
Una tubería lleva aceite, densidad relativa 0,86, a V = 2 m/s por un tubo de 200 mm de diámetro
interior. En otra sección el diámetro es de 70 mm. Encuéntrese la velocidad en esta sección y el
flujo de masa en kilogramos por segundo.
Resolución
1
2
Aceite, dens. rel. 0,86
Como la densidad no cambia y el flujo es permanente, podemos aplicar la ecuación de continuidad,
es decir
V1 A1 = V2 A2
entonces
V2 = V1
A1
A2
reemplazando
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?
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
1
CAPÍTULO 3
AÑO 2007
10
STASSI, MAURO JOSÉ
A
2
B
Aceite, dens. rel. 0,86
Resolución
Como el flujo es permanente e incompresible, podemos aplicar la ecuación de Bernoulli, es decir
P1
γ
2
+ z1 +
v1
P
v2
= 2 + z2 + 2
2g
γ
2g
Para A, reemplazando
v A2
+ z0 =
+ zA +
γ
γ
2g
2
v
( z0 − z A ) = A
2g
Patm
Patm
v A = 2 × g (z0 − z A )
ft
(11,0 ft − 0,0 ft )
s2
ft
v A = 26,60
s
v A = 2 × 32,174
Por continuidad
Q A = AA v A
Q A = 2,00 ft × 26,60
ft
s
QA = 53,21 ft3/fts
Para B, reemplazando
Patm
γ
1
γ
( Patm
v B2
γ
2g
v B2
− PB ) + ( z 0 − z B ) =
2g
+ z0 =
PB
+ zB +
⎡1
⎤
v B = 2 × g × ⎢ ( Patm − PB ) + ( z 0 − z A )⎥
⎣γ
⎦
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
2
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
⎡
⎤
⎢
⎥
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
Por continuidad
QB = AB v B
Q B = 2,00 ft × 25,37
ft
s
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
4 ft
Aceite dens. rel.
0,75
3 ft
Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura.
4 in.
Agua
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
reemplazando
hW = 0,75 × 3,00 ft
hW = 2,25 ft
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
3
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
6,25
1
2
Agua
Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos
P1
γ
2
+ z1 +
v1
P
v2
= 2 + z2 + 2
2g
γ
2g
Reemplazando
z1 =
v 22
2g
v 2 = 2 × g × z1
ft
× 6,25 ft
s2
ft
v 2 = 20,05
s
v 2 = 2 × 32,174
Por continuidad
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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
4
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
200 mm
Aire
300
mm
Agua
1
150 m
m
2
Resolución
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
2
v
P
v2
+ z1 + 1 = 2 + z 2 + 2
γ
2g
γ
2g
P1
h2
1
Datum
2
150 m
m
Dz
300
Agua
mm
h1
200 mm
Aire
reemplazando
2
v 22 v1
−
γ
γ
2g 2g
1
1 2
2
( P1 − P2 ) + ( z1 − z 2 ) =
(v 2 − v1 )
γ
2g
P1
Por la ley del menisco
−
P2
+ ( z1 − z 2 ) =
P2 = P1 − h1γ + h2γ
1
( P1 − P2 ) = h1 − h2
γ
con respecto al datum
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
5
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Δz + h1 = 200mm + h2
h1 = 200mm + h2 − Δz
reemplazando
1
γ
( P1 − P2 ) = 200mm + h2 − Δz − h2
1
γ
( 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
reemplazando
2
A
1
2
200mm =
((v 22 − 2 2 v 2 )
2g
A1
2
200mm =
2 g × 200mm
=
2
A2
(1 − 2 )
A1
v2 =
v2 =
v 22
A
(1 − 2 2 )
2g
A1
2 × 9,806
π
(1 − 4
π
4
m
× 0,2m
s2
(150,00mm)
2
(300,00mm)
2
=
)
m
s
Q2 = A2 v 2
v 2 = 2,29
Q2 =
π
4
(0,15m) 2 2,29
m
s
Q2 = 0,04 m3/s
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
6
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 3-50
Para un flujo de 1500 gpm y H = 32 ft en la figura, calcúlense las pérdidas a través del sistema en
carga velocidad, KV2/2g.
H
γ = 55 lb/ft3
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
reemplazando
ft 3
s
vd =
1,00 ft
π
(6,00in ×
)
4
12,00in
3,34
= 17,02
2
ft
s
en términos de carga de velocidad tenemos
(17,02 fts ) 2
v d2
=
= 4,50 ft
2 g 2 × 32,174 sft2
Planteamos la ecuación de Bernoulli
P1
γ
2
+ z1 +
v1
P
v2
= 2 + z2 + 2
2g
γ
2g
reemplazando
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
7
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
v d2
v d2
+H =
+
+K
γ
γ
2g
2g
2
v
H = d (1 + K )
2g
Patm
Patm
Las pérdidas serán
H
−1
v d2
2g
32,00 ft
K=
−1
4,50 ft
K=
K = 6,11
Ejercicio 3-51
H
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
A
V
50
Agua
D2 = 50 mm
Resolución
H
0
D1 = 150 mm
Datum
A
B
V
50
Agua
D2 = 50 mm
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
8
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B
2
P1
+ z1 +
γ
v1
P
v2
= 2 + z2 + 2
2g
γ
2g
reemplazando
Patm
+H =
γ
H=
Patm
+
γ
v B2
v2
+ KB B
2g
2g
v B2
(1 + K B )
2g
vB = 2 × g ×
H
(1 + K B )
m
8,00m
×
2
(1 + 0,05)
s
m
v B = 12,22
s
v B = 2 × 9,806
Por continuidad
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
v A2 =
AB2
H
2× g ×
2
(1 + K B )
AA
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A
P1
γ
2
+ z1 +
v1
P
v2
= 2 + z2 + 2
2g
γ
2g
reemplazando
v A2
v2
+ KA A
γ
γ 2g
2g
(1 + K A ) v 2
P
H= A +
A
γ
2g
Patm
+H =
PA
(1 + K A ) ⎛⎜ AB2 2
reemplazando
H=
+
PA
+
×g×
H ⎞
⎟
(1 + K B ) ⎟⎠
⎜ A2
⎝ A
P ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB2 ⎞
⎟H
⎟⎜
H = A + ⎜⎜
γ ⎝ 1 + K B ⎟⎠⎜⎝ AA2 ⎟⎠
γ
2g
Despejando
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
9
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
⎡ ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB2 ⎞⎤
⎟⎟⎜⎜ 2 ⎟⎟⎥
PA = γH ⎢1 − ⎜⎜
⎣⎢ ⎝ 1 + K B ⎠⎝ AA ⎠⎦⎥
⎡
⎛π
(0,05m )2
⎢
N
⎛ 1 + 5,00 ⎞⎜⎜ 4
PA = 9806,00 3 × 8,00m × ⎢1 − ⎜
⎟
m
⎢ ⎝ 1 + 0,05 ⎠⎜⎜ π (0,15m )2
⎝ 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.
10 ft
4 in.
Tubo de
descarga
2 in. diám
P
Agua 68 ºF
Resolución
6 in. diám.
P
10 ft
4
3
4 in.
Tubo de
descarga
Datum
2 in. diám
2
1
Agua 68 ºF
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
10
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4
2
v3
P4
v 42
+ z3 +
=
+ z4 +
γ
2g
γ
2g
P3
reemplazando
v32 Patm
v2
=
+ z4 + 4
γ
2g
γ
2g
2
2
v3 v 4
P
−
= (z 4 − z3 ) − 3
2g 2g
γ
P⎤
⎡
v32 − v 42 = 2 g ⎢( z 4 − z 3 ) − 3 ⎥
γ ⎦
⎣
P3
+ z3 +
Como z4 = z3
⎛ P ⎞
v32 − v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟
⎝ γ ⎠
Por continuidad
Q3 = Q4
A3 v3 = A4 v 4
v3 =
A4
v4
A3
reemplazando
A42 2
⎛ P ⎞
v − v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟
2 4
A3
⎝ γ ⎠
2
⎞
⎛ A4
⎛ P ⎞
⎜⎜ 2 − 1⎟⎟v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟
⎝ γ ⎠
⎠
⎝ A3
v4 =
v4 =
⎛ P ⎞
2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟
⎝ γ ⎠
2
⎛ A4
⎞
⎜⎜ 2 − 1⎟⎟
⎝ A3
⎠
⎛
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
11
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟⎟
⎠
ft
s
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Por continuidad
Q3 = Q4
A3 v3 = A4 v 4
v3 =
π
A4
v4
A3
(2,00in )2
v3 = 4
π
(4,00in )2
4
ft
ft
= 7,86
s
s
31,46
Por continuidad
Q2 = Q3
A2 v 2 = A3 v3
v2 =
π
v2 = 4
π
4
A3
v3
A2
(4,00in )2
(6,00in )2
7,86
ft
ft
= 3,49
s
s
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2
P1
γ
2
+ z1 +
v1
P
v2
= 2 + z2 + 2
2g γ
2g
reemplazando
P1
γ
=
P2
γ
+ z2 +
v22 0,003L v22
+
2g
D 2g
v 2 ⎛ 0,003L ⎞
⎛ P1 P2 ⎞
⎜⎜ − ⎟⎟ − z 2 = 2 ⎜1 +
⎟
2g ⎝
D ⎠
γ ⎠
⎝γ
⎤
⎡ ⎛ P1 P2 ⎞
⎢ ⎜⎜ − ⎟⎟ − z 2 ⎥
γ ⎠
D ⎢⎝ γ
L=
− 1⎥
⎥
0,003 ⎢
v 22
⎥
⎢
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
P1
γ Hg
S=
P1
γW
= 2,50 ft × 13,57 = 33,92 ft
De tabla C.2 página 568 de (Mecánica de los fluidos, Streeter)
P2
γW
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
= 0,79 ft
12
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
1,00 ft
12,00in
0,003
6,00in ×
L=
⎡
⎤
⎢
⎥
⎢ (33,92 ft − 0,79 ft ) − 10 ft ⎥
− 1⎥
⎢
(3,46 fts ) 2
⎢
⎥
2 × 32,174 sft2
⎢⎣
⎥⎦
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
2
P = 247,74 lb.ft
s
El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será
⎛
⎞
v 22
⎜
⎟
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 %
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
13
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 3-87
Despreciando todas las pérdidas, determínese las componentes x e y necesarias para mantener la
Y en su lugar. El plano de la Y es horizontal.
8 ft³/s
6
12 ft
m
diá
in.
in
60
°
12
m
iá
.d
45°
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
v2 =
Q2
A2
ft 3
ft
s
= 15,29
v2 =
2
s
π⎛
1,00 ft ⎞
⎜12,00in ×
⎟
4⎝
12,00in ⎠
Q
v3 = 3
A3
12,00
ft 3
ft
s
v3 =
= 40,74
2
s
1,00 ft ⎞
π⎛
⎟
⎜ 6,00in ×
4⎝
12,00in ⎠
8,00
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
14
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
A3
v2 = 15,29 ft/s A2
P3A3
m
diá
n.
i
6
v3 = 40,74 ft/s
P2A2
m
iá
.d
in
60
°
12
45°
18 in. diám
10 lb/in²
H2O
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
(∑ Fext )x
= − 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
Igualando
− 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
Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2
2
v1
P2
v 22
+ z1 +
=
+ z2 +
γ
2g γ
2g
P1
reemplazando
2
v1
P2 v 22
+
=
+
γ 2g γ 2g
P1
2
v1
v 22
= +
−
γ
γ 2g 2g
P2
P1
P2 = P1 +
P2 = 10,00
(v
2g
γ
2
1
62,42
− v2
2
)
lb
ft 3
2
2
⎛⎛
⎞
lb 144,00in
⎜ ⎜11,32 ft ⎞⎟ − ⎛⎜15,29 ft ⎞⎟ ⎟
×
+
2
2
ft ⎜
s⎠ ⎝
s ⎠ ⎟⎠
in
1,00 ft
2 × 32,174 2 ⎝ ⎝
s
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
2
15
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
P2 = 1337,80
lb
ft 2
Planteamos Bernoulli entre 1 y 3
P1
γ
2
+ z1 +
P
v2
v1
= 3 + z3 + 3
2g γ
2g
reemplazando
2
P v2
v
+ 1 = 3+ 3
γ 2g γ 2g
P1
2
v2
v
= + 1 − 3
γ
γ 2g 2g
P3
P1
P3 = P1 +
(v
2g
γ
2
1
62,42
− v3
2
)
lb
ft 3
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
2
reemplazando
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
Fanclaje x = 15,29
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
× 0,20 ft 2 + 1337,80
lb
lb
× 0,78 ft 2 × cos 45º +46,05 2 × 0,20 ft 2 × cos 60º =
2
ft
ft
FanclajeX = 682,82 lb
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección y, entonces
(∑ Fext ) y
= ∫ sc v × ρ × v • dA
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
y
La integral sobre la superficie de control en x es
∫ 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
Igualando
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
x
+ v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º
despejando
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
x
+ P2 A2 × sen45º + P3 A3 × sen60º
reemplazando
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
16
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
Fanclaje y = −11,32
AÑO 2007
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
+ 40,74
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.
V0
A0
V1
Resolución
A0
V0
V1
V0
A0
El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada
y a la salida
V0
V1 V0-V1
V0
V1 V0-V1
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
17
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces
(∑ Fext )x
= ∫ sc v × ρ × v • dA
La integral sobre la superficie de control en x es
∫ 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
2
Las fuerzas externas en x son
(∑ Fext )x
= ma carro
(∑ Fext )x = m dv
dt
Igualando
m
v1
dv1
2
= −2 × (v0 − v1 ) × ρ × A0
dt
m
= − 2 × ρ × A 0 (v 02 − 2 v 0 v 1 + v 12
Δt
)
m
= −2 × ρ × A0 v02 + 2 × ρ × A0 × 2v0 v1 − 2 × ρ × A0 v12
Δt
⎛m
⎞
2 × ρ × A0 v12 + ⎜ − 2 × ρ × A0 × 2v0 ⎟v1 + 2 × ρ × A0 v02 = 0
⎝ Δt
⎠
⎞
⎛ 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
⎟
⎜
⎟⎟
⎜⎜
⎠
⎝
v1
2
+ 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
Por báscara
v1 = 96,11 ft/s
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
18
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
θ
Resolución
u = 50 ft/s V0 = 130 ft/s
130
v alabe
Por teorema del seno
α
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
γ = 180 º − β − θ = 180 º −130 º −28,60 º = 21,39 º
Finalmente
α = 180 º −γ = 180 º −21,39 º
α = 158º 36’ 20’’
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
19
CAPÍTULO 3
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 4: Análisis dimensional y similitud dinámica
Ejercicio 4-8
Usando las variables Q, D, ΔH/l, ρ, μ, g como pertinentes al flujo en un tubo liso, arreglarlas en
parámetros adimensionales con Q, ρ, μ como variables repetitivas.
Resolución
Las variables son 6
[
]
Q L3T −1 , D[L ],
[
] [
] [
] [
ΔH
LL−1 = 1 , ρ ML−3 , μ ML−1T −1 , g LT − 2
L
]
Las unidades son 3
L, M , T
entonces, los parámetros adimensionales son
Nº π = 6 – 3 = 3
π1 será
∏1 =
ΔH
L
π1 = ΔH/L
π2 será
(
∏ 2 = DQ x1 ρ x2 μ x3
∏ 2 = L L3T −1
) (ML ) (ML
x1
−3 x2
−1
T −1
)
x3
entonces
0 + 0 + x 2 + x3 = 0
1 + 3x1 − 3 x 2 − x3 = 0
0 − x1 + 0 − x3 = 0
Para M ⇒
Para L ⇒
Para T ⇒
de aquí
x1 = −1
x2 = −1
x3 = 1
entonces
∏2 =
Dμ
Qρ
π2 = Dμ/Qρ
π3 será
∏ 3 = gQ x1 ρ x2 μ x3
(
∏ 3 = LT −2 L3T −1
) (ML ) (ML
x1
−3 x 2
−1
T −1
)
x3
entonces
Para M ⇒
Para L ⇒
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
0 + 0 + x 2 + x3 = 0
1 + 3 x1 − 3x 2 − x3 = 0
1
CAPÍTULO 4
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
− 2 − x1 + 0 − x3 = 0
Para T ⇒
de aquí
x1 = 3
x2 = 5
x3 = −5
entonces
∏3 =
gQ 3 ρ 5
μ5
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
[
]
[ ] [
p ML−1T −2 , r [L], ω T −1 , ρ ML−3
]
Las unidades son 3
L, M , T
entonces, los parámetros adimensionales son
Nº π = 4 – 3 = 1
π será
∏ = pω x1 ρ x2 r x3
( ) (ML ) (L )
∏ 2 = ML−1T −2 T −1
x1
−3 x 2
x3
entonces
Para M ⇒
Para L ⇒
Para T ⇒
1 + 0 + x2 + 0 = 0
− 1 + 0 − 3 x 2 + x3 = 0
− 2 − x1 + 0 − 0 = 0
de aquí
x1 = −2
x2 = −1
x3 = −2
entonces
∏=
p
r ω2ρ
2
Entonces
p = cte.r2ω2ρ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
2
CAPÍTULO 4
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 4-18
La velocidad en un punto de un modelo de un canal de alivio para una presa es 1 m/s. Para una
razón del prototipo al modelo de 10:1, ¿Cuál es la velocidad en el punto correspondiente en el
prototipo bajo condiciones similares?
Resolución
Como es un canal la similitud dinámica exige igual número de Froude, entonces
v 2p
v m2
=
g mlm g p l p
Como la gravedad es la misma
2
v m2 v p
=
lm
lp
v 2p = v m2
lp
lm
lp
v p = vm
v p = 1,00
lm
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
[
] [
]
[
] [
]
P ML2T −3 , Q L3T −1 , D[L ], Δp ML−1T −2 , ρ ML−3 , e[1]
Las unidades son 3
L, M , T
entonces, los parámetros adimensionales son
Nº π = 6 – 3 = 3
π1 será
∏1 = e
π1 = e
π2 será
∏ 2 = PQ x1 Δp x2 ρ x3
(
∏ 2 = ML2T −3 L3T −1
) (ML
x1
−1
T −2
) (ML )
x2
−3 x 3
entonces
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
3
CAPÍTULO 4
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Para L ⇒
1 + 0 + x 2 + x3 = 0
2 + 3x1 − x 2 − 3 x3 = 0
Para T ⇒
− 3 − x1 − 2 x2 + 0 = 0
Para M ⇒
de aquí
x1 = −1
x2 = −1
x3 = 0
entonces
∏2 =
P
QΔp
π2 = P/QΔp
π3 será
∏ 3 = DQ x1 Δp x2 ρ x3
∏ 3 = L(L3T −1 ) 1 (ML−1T −2 ) 2 (ML−3 ) 3
x
x
x
entonces
Para L ⇒
0 + 0 + x 2 + x3 = 0
1 + 3 x1 − x 2 − 3x3 = 0
Para T ⇒
0 − x1 − 2 x 2 + 0 = 0
Para M ⇒
de aquí
x1 = −0,5
x2 = 0,25
x3 = −0,25
entonces
∏3 =
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
4
CAPÍTULO 4
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Dm v m
νm
vm =
=
Dpvp
νp
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
Dm v m
νm
vm =
=
Dpvp
νp
Dp ν m
vp
Dm ν p
2
⎡
−5 m
1
,
70
×
10
⎢ 4,00m
s
vm = ⎢
2
4
,
00
m
m
⎢
1,141 × 10 −6
⎢⎣ 5
s
⎤
⎥
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
2
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.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
5
CAPÍTULO 4
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 5: Flujo viscoso: tuberías y canales
Ejercicio 5-1
Determínense las fórmulas del esfuerzo cortante sobre cada placa y para la distribución de
velocidad para el flujo de la figura, cuando existe un gradiente de presión adversa tal que Q = 0.
a
U
pδy
(τ+(dτ/dl)δy)δl
γδlδysen θ
τδl
(p+(dp/dl)δl)δy
θ
l
γδlδy
u
y
θ
dl
Resolución
q=
Por otro lado
u=
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
reemplazando
u=
(
Uy 1 U × 6 μ
−
ay − y 2
2
a 2μ a
(
)
)
⎛ y y2 ⎞
Uy
− 3U ⎜⎜ − 2 ⎟⎟
a
⎝a a ⎠
2U
3U
u=−
y + 2 y2
a
a
u=
derivando respecto a y obtengo
du
2U 6U
=−
+ 2 y
dy
a
a
El esfuerzo de corte será
τ = – μ2U + μ6Uy
a
a2
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
1
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 5-2
En la figura siendo U positivo como se muestra, encuéntrese la expresión para d(p + γh)/dl de
modo que el corte sea cero en la placa fija. ¿Cuál es la descarga en este caso?
a
U
pδy
(τ+(dτ/dl)δy)δl
γδlδysen θ
τδl
(p+(dp/dl)δl)δy
θ
l
γδlδy
u
y
θ
dl
Resolución
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=
)
derivando respecto a y obtengo
du U
1 ∂
( p + γh )a − 1 ∂ ( p + γh ) y
= −
dy a 2 μ ∂l
μ ∂l
El esfuerzo de corte es
τ =μ
entonces
τ =μ
du
dy
U 1 ∂
( p + γh )a − ∂ ( p + γh ) y
−
a 2 ∂l
∂l
Valuado en y = 0, tenemos
τ y =0 = μ
U 1 ∂
( p + γh )a = 0
−
a 2 ∂l
despejando
2μ
U
∂
= ( p + γh )
2
∂l
a
reemplazando
u
=
U
a
2
y
2
El caudal será
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
2
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
a
a
0
0
q = ∫ udy = ∫
q=
U 2
y dy
a2
U
a
3
Ejercicio 5-3
En la figura siendo U = 0,7 m/s. Encuéntrese la velocidad del aceite llevado a la cámara de presión
por el pistón, la fuerza cortante y fuerza total F que actúan sobre el pistón.
150 mm
U
F
0,15 MPa
μ = 1 poise
50 mm diám.
e = 0,05 mm
Resolución
u=
además
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
reemplazando
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
)
)
2
m
s
El esfuerzo de corte será
τ =μ
du
dy
entonces
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
3
CAPÍTULO 5
)
STASSI, MAURO JOSÉ
τ =μ
AÑO 2007
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 ×
π
4
(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.
150 mm
U
F
0,15 MPa
μ = 1 poise
50 mm diám.
e = 0,05 mm
Resolución
FC = τAC = 25,00 Pa × π 0,05m × 0,15m
FC = 0,59 N
El caudal será
q=−
1 ∂
( p + γh )a 3
12 μ ∂l
reemplazando
q=−
1
kg
12 × 0,10
ms
1,00 × 10 6
(
)
2
3
N
−5
−7 m
5
,
00
×
10
=
1
,
042
×
10
m
s
m3
Q = πDq = π × 0,05m × 1,042 × 10 −7
Q = 1,636 × 10
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
4
−8
m2
s
m3
s
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 5-27
Calcúlese el diámetro del tubo vertical necesario para el flujo de un líquido a R = 1400 cuando la
presión permanece constante y ν = 1,5 μ m2/s.
Resolución
A partir de Hagen–Poiseuille
ΔpπD 4
Q=
128μL
vA =
v
π
ΔpπD 4
128μL
D2 =
4
v=
Además
Re =
ΔpD 2
32μL
vDρ
μ
entonces
v=
ΔpπD 4
128μL
= 1400
1400μ
Dρ
reemplazando
1400μ ΔpD 2
=
Dρ
32μL
1400 ΔpD 3
=
ρ
32μ 2 L
Además como el tubo es vertical
Δp
= γ = ρg
L
reemplazando
1400
ρ
44800 =
ρgD 3
32 μ 2
ρ2
1
gD 3 = 2 gD 3
2
μ
ν
D=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
=
3
ν 2 44800
g
5
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
2
⎛
m2 ⎞
⎟ 44800
⎜⎜1,50 × 10 −6
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.
16 ft
20 ft
γ = 55 lb/ft³
1
4
in
diám.
μ = 0.1 Poise
Resolución
γ = 55 lb/ft³
16 ft
20 ft
1
1
4 in
diám.
2
μ = 0.1 Poise
Datum
La pérdida de carga entre 1 y 2 será
P1
γ
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
+ h1 =
6
P2
γ
+ h2
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
reemplazando
P1
γ
−
P2
γ
+ h1 =
P1 − P2
γ
+ h1
donde
P1 − P2
γ
entonces
ahora
= Δh
Δ P = P1 − P2 = γ Δ h
∂
(P + γh ) = γΔh + γh1 = γ (Δh + h1 )
∂l
L
L
reemplazando
∂
(P + γh ) =
∂l
55,00
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
ΔpπD 4
Q=
128μL
4
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
ft 3
s
Ejercicio 5-29
H
D
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.
θ
L
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
7
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Resolución
La pérdida de carga entre 1 y 2 será
reemplazando
∂
(P + γh ) = γH
∂l
L
kN
24,00m
3
∂
kN
m
(P + γh ) =
= 6,00 3
40,00m
∂l
m
∂
(P + γh ) = 6,00 kN3
∂l
m
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
dm 3
min
Ejercicio 5-30
H
D
En la figura y problema anterior encuéntrese H si la velocidad es 0,1 m/s.
θ
L
Resolución
A partir de Hagen–Poiseuille
Q=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
ΔpπD 4
128μL
8
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
ΔpπD 4
vA =
128μL
v
π
4
v=
Además
ΔpπD 4
128μL
D2 =
ΔpD 2
32μL
∂
(P + γh ) = ΔP = γH
∂l
L
L
reemplazando
v=
γHD 2
32μL
H=
32 μLv
γD 2
despejando
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
Re =
VD1
ν
= 100000
Suponiendo que el fluido es agua, entonces ν = 1,00 x 10-5 entonces
V=
Reν
=
D1
100000 × 1,00 × 10 −6
0,3m
m2
s = 0,33 m
s
Ingresando al ábaco de Moody para Re = 100000 = 1,00 x 105 obtenemos
f = 0,0215
A partir de la ecuación de Colebrook
f =
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
1,325
⎡ ⎛ ε
5,74 ⎞⎤
+ 0,9 ⎟⎟⎥
⎢ln⎜⎜
⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥
9
2
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
f =
1,325
⎡ ⎛ ε
5,74ν 0,9
⎜
+
ln
⎢ ⎜
0,9
0,9
⎣ ⎝ 3,7 D v D
⎞⎤
⎟⎟⎥
⎠⎦
2
iteramos hasta encontrar D2, esto es
D
5.74v0,9
ν0,9D0,9
5.74v0,9
ν0,9D0,9
ε
ε/3,7D
0,1500
0,1100
0,1000
0,1200
0,00002
0,00002
0,00002
0,00002
0,5359
0,4054
0,3720
0,4384
0,0000
0,0001
0,0001
0,0001
0,0002
0,0002
0,0002
0,0002
0,0003
0,0004
0,0004
0,0003
Finalmente
ε
3,7 D
+
5,74ν 0,9
v 0,9 D 0,9
0,0003
0,0004
0,0005
0,0004
ln ()
[ln ()]2
f
-8,0696
-7,7636
-7,6696
-7,8495
65,1182
60,2735
58,8220
61,6140
0,0203
0,0220
0,0225
0,0215
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
Re =
VD
ν
=
4Q
Q D
=
2
D ν πDν
π
4
QD
=
Aν
reemplazando
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
f =
1,325
⎡ ⎛ ε
5,74 ⎞⎤
+ 0,9 ⎟⎟⎥
⎢ln⎜⎜
⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥
2
donde para el hierro forjado ε = 0,046 mm, reemplazando
f =
1,325
⎡ ⎛ 0,046mm
5,74
+
⎢ln⎜⎜
0,9
⎣ ⎝ 3,7 × 200mm 381971,86
f = 0,016
⎞⎤
⎟⎟⎥
⎠⎦
2
Por la fórmula de Darcy-Weisbach a pérdida de carga será
hf = f
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
L v2
D 2g
10
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
L Q2 1
hf = f
D A2 2g
1
L
Q2
2
D ⎛ D 2 ⎞ 2g
⎟⎟
⎜⎜ π
4
⎠
⎝
16 LQ 2
hf = f 2 5
π D 2g
hf = f
reemplazando
⎛
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
2
h f = 15,02m
La potencia requerida será
P = γQh
reemplazando
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.
D
Q
ν
Re
5.74
Re0,9
ε
ε/3,7D
0,500
0,600
0,620
0,640
0,650
0,645
0,643
0,40
0,40
0,40
0,40
0,40
0,40
0,40
0,0000009
0,0000009
0,0000009
0,0000009
0,0000009
0,0000009
0,0000009
1131768,48
943140,40
912716,52
884194,13
870591,14
877339,91
880753,68
0,00002
0,00002
0,00002
0,00003
0,00003
0,00003
0,00003
0,00025
0,00025
0,00025
0,00025
0,00025
0,00025
0,00025
0,00014
0,00011
0,00011
0,00011
0,00010
0,00010
0,00011
ε
3,7 D
+
5,74
Re0.9
0,00016
0,00014
0,00013
0,00013
0,00013
0,00013
0,00013
ln ()
[ln ()]2
f
hf
-8,77
-8,90
-8,92
-8,94
-8,95
-8,94
-8,94
76,88
79,17
79,55
79,92
80,09
80,00
79,96
0,02
0,02
0,02
0,02
0,02
0,02
0,02
7,29
2,85
2,40
2,04
1,89
1,96
2,00
D = 643mm
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
11
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Utilizando la ecuación (5.8.18) tenemos
⎡
⎛ LQ 2
D = 0.66⎢ε 1.25 ⎜
⎜ gh
⎢
⎝ f
⎣
⎞
⎟
⎟
⎠
4.75
⎛ L
+ νQ 9.4 ⎜
⎜ gh
⎝ f
⎞
⎟
⎟
⎠
5, 2
⎤
⎥
⎥
⎦
0 , 04
reemplazando
⎡
3 2
⎛
⎜ 1000,00m × ⎛⎜ 0,40 m ⎞⎟
⎢
⎜
⎜
⎢
s ⎟⎠
⎝
1.25
D = 0.66⎢0.00025m ⎜
m
⎜
⎢
9,806 2 2,00m
⎜
⎢
s
⎝
⎣⎢
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
4.75
+ 1,00 × 10 −6
2
m
s
⎛
m
⎜⎜ 0.40
s
⎝
3
⎞
⎟⎟
⎠
9.4
⎛
⎞
⎜
⎟
1000,00m
⎜
⎟
m
⎜
⎟
⎜ 9,806 2 × 2,00m ⎟
s
⎝
⎠
D = 0,654 m
D = 654mm
Ejercicio 5-90
H
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 m
30 cm diám
H
Resolución
1
Datum
30 m
30 cm diám
2
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
P1
γ
2
+ z1 +
v1
P
v2
= 2 + z2 + 2 + h f
γ
2g
2g
reemplazando y despejando
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
12
CAPÍTULO 5
5, 2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦⎥
0 , 04
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
2
L
⎛
⎞ v2
−
= ⎜ Kb + f + K s ⎟
γ
γ ⎝
D
⎠ 2g
2
L
⎛
⎞v
H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2
D
⎝
⎠ 2g
P1
P2
El número de Reynolds será
Re =
4Q
=
πDν
1,00m 3
dm 3
×
s
1000,00dm 3
= 530516,48
π × 0,30m × 1,00 × 10 −6
4 × 125,00
como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook
f =
1,325
⎡ ⎛ ε
5,74 ⎞⎤
+ 0,9 ⎟⎟⎥
⎢ln⎜⎜
⎢⎣ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎥⎦
2
reemplazando
f =
1,325
⎡ ⎛ 4,60 × 10 −5 m
5,74
+
⎢ln⎜⎜
0,9
⎣ ⎝ 3,7 × 0,30m 530516,48
⎞⎤
⎟⎟⎥
⎠⎦
2
= 0,015
reemplazando en
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
obtenemos
⎛
m3 ⎞
⎜
⎟⎟
8 × ⎜ 0,125
s
⎝
⎠
2
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
13
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
H
1
2
Datum
Válvula de globo
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
P1
γ
2
+ h1 +
v1
P
v2
= 2 + h2 + 2 + Hp
γ
2g
2g
reemplazando y despejando
2
L
⎛
⎞v
H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2
D
⎝
⎠ 2g
El número de Reynolds será
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
como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook
f =
1,325
⎡ ⎛ ε
5,74 ⎞⎤
+ 0,9 ⎟⎟⎥
⎢ln⎜⎜
⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥
2
reemplazando
f =
1,325
⎡ ⎛ 0,00015 ft
5,74
+
⎢ln⎜⎜
0,9
⎣ ⎝ 3,7 × 2 ft 1157490,49
⎞⎤
⎟⎟⎥
⎠⎦
2
= 0,013
reemplazando en
2
L
⎛
⎞ 8Q
H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 4
D
⎝
⎠π D g
obtenemos
⎛
ft 3 ⎞
⎟
8 × ⎜⎜ 20,00
s ⎟⎠
⎝
2
⎛
⎞
5000,00 ft
+ 3 × 0,90 + 10 + 1⎟⎟
H = ⎜⎜ 0,80 + 0,013
=
2,00 ft
⎝
⎠ π 2 (2,00 ft )4 32,174 ft
s2
H = 29,50 ft
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
14
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 5-98
H
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.
Válvula
angular
210 ft 3 in diám
Tubo de acero
Resolución
H
1
Válvula
angular
210 ft 3 in diám
Tubo de acero
2
Datum
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
P1
γ
2
+ h1 +
v1
P
v2
= 2 + h2 + 2 + Hp
γ
2g
2g
reemplazando y despejando
2
L
⎛
⎞v
H = ⎜ Ke + f + Kv + K s ⎟ 2
D
⎝
⎠ 2g
El número de Reynolds será
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
15
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook
f =
1,325
⎡ ⎛ ε
5,74 ⎞⎤
+ 0,9 ⎟⎟⎥
⎢ln⎜⎜
⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥
2
reemplazando
f =
1,325
⎡ ⎛ 0,00015 ft
5,74
+
⎢ln⎜⎜
0,9
⎣ ⎝ 3,7 × 0,25 ft 21088,97
⎞⎤
⎟⎟⎥
⎠⎦
2
= 0,027
reemplazando en
2
L
⎛
⎞ 8Q
H = ⎜ Ke + f + Kv + Ks ⎟ 2 4
D
⎝
⎠π D g
obtenemos
2
⎛
ft 3 ⎞
⎜
⎟
1,00
gal
s
⎜
⎟
8 × 200,00
×
⎜
gal ⎟
min
448,83
⎛
⎞ ⎜⎝
210,00 ft
min ⎟⎠
+ 5,00 + 1,00 ⎟⎟
H = ⎜⎜ 0,50 + 0,027
=
ft
0,25 ft
4
2
⎝
⎠
π (0,25 ft ) 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?
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
16
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
El = 31 m
Agua 20 ºC
0
50
El = 1 m
200 m 500 mm diám- Acero
m
m
0m
40
ero
Ac
m
diá
P
Pump. Elev. = 0
Resolución
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos
2
v1
P2
v 22
+ h1 +
+ HB =
+ h2 +
+ Hp
γ
γ
2g
2g
P1
reemplazando
h1 + H B = h2 + Hp
⎛ L ⎞ v2 ⎛ L ⎞ v2
h1 − h2 + H B = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 1 + ⎜⎜ f 2 2 ⎟⎟ 2
⎝ D1 ⎠ 2 g ⎝ D2 ⎠ 2 g
Por la ecuación de continuidad
⎛ L ⎞ 8Q 2 ⎛ L
h1 − h2 + H B = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 2
⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2
⎛ L ⎞ 8Q 2 ⎛
h1 − h2 + 40 − 24Q 2 = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2
⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝
⎞ 8Q 2
⎟⎟ 4
⎠ πD2 g
L2 ⎞ 8Q 2
⎟
D2 ⎟⎠ πD24 g
⎡⎛ L ⎞ 8
⎤ 2
⎛ L2 ⎞ 8
⎜
⎟
h1 − h2 + 40 = ⎢⎜⎜ f 1 1 ⎟⎟
+
f
+
24
⎥Q
2
4
4
⎜
⎟
⎣⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎠ πD2 g
⎦
Q=
h1 − h2 + 40
⎡⎛ L1 ⎞ 8
⎤
⎛ L ⎞ 8
⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 2 ⎟⎟ 4 + 24⎥
⎢⎜⎜ f 1
⎣⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎠ πD2 g
⎦
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
Re2
3183098,89
700281,76
668450,77
666859,22
17
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
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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 ⎞
⎟
P = 40 × 1000,00 3 × 0,72 × 0,2095
− 24 × 1000,00 3 × 0,72 × ⎜⎜ 0,2095
s
s ⎟⎠
m
m
⎝
3
P = 5,87 kWatt
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
18
CAPÍTULO 5
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 6: Flujos externos
Desarrollo teórico
Capa límite laminar
Se propone
F=
u
y
= =η
U δ
Reemplazando en
h
⎞
∂ ⎛
⎜
τ 0 = ρ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟⎟
∂x ⎝ 0
⎠
Obtenemos
τ 0 = ρU 2
τ 0 = ρU 2
∂δ uU − u 2
dη
∂x ∫0 U 2
1
u⎞
∂δ u ⎛
⎜1 − ⎟dη
∫
∂x 0 U ⎝ U ⎠
1
∂δ
τ 0 = ρU
η (1 − η )dη
∂x ∫0
∂δ
τ 0 = 0,166 ρU 2
∂x
1
2
De la ley de viscosidad de Newton
τ0 = μ
∂u
∂y
y =0
Cambiando las variables
τ0 = μ
U ∂F
δ ∂η
η =0
Entonces
τ0 = μ
U
δ
Reemplazando
μ
U
δ
= 0,166 ρU 2
∂δ
∂x
Separando las variables
μ
U
ρ
∂x = 0,166U 2δ∂δ
Integrando tenemos
υx = 0,166U
δ2
2
Despejando
δ
x
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
=
1 υ
0,083 xU
1
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Resolviendo
δ
x
3,46
R 1x / 2
=
Capa límite turbulenta
Se propone
1
u ⎛ y ⎞7
F = = ⎜ ⎟ =η7
U ⎝δ ⎠
1
Reemplazando en
τ0 = ρ
h
⎞
∂ ⎛
⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟
⎟
∂x ⎜⎝ 0
⎠
Obtenemos
1
1
1
⎞
⎛
∂δ
7⎜
7 ⎟
η
1
η
−
∫
⎟ dη
⎜
∂x 0 ⎝
⎠
7
∂δ
τ0 =
ρU 2
∂x
72
τ 0 = ρU 2
De la ley de viscosidad de Newton
τ0 = μ
Cambiando las variables
τ0 = μ
∂u
∂y
y =0
∂ (FU )
⎛ 17 ⎞
∂⎜⎜η δ ⎟⎟
⎝
⎠
Entonces
1
⎛ υ ⎞4
τ 0 = 0,0228ρU ⎜
⎟
⎝ Uδ ⎠
2
igualando
1
7
∂δ
⎛ υ ⎞4
ρU 2
0,0228ρU 2 ⎜
⎟ =
72
∂x
⎝ Uδ ⎠
Separando las variables
υ
1
4
1
4
U δ
1
4
∂x = 4,254∂δ
Integrando tenemos
1
1
4
5
5
υ 4 x = 4,254U 4 δ 4
1
4
1
4
υ x = 3,4032U δ
5
4
Despejando
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
2
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
1
4
υ x
5
4
δ =
3,4032U
1
⎛
⎜ υ4x
δ =⎜
1
⎜ 3,4032U 4
⎝
1
4
4
⎞5
⎟
⎟
⎟
⎠
Resolviendo
0,375
δ=
Re x
1
5
x
Ejercicio propuesto en clase. Barrilete
A = 1 m²
30°
U = 40 km/h
T = 25 N
45°
Resolución
El arrastre será
D = CD
ρU 2
2
AD
Despejando
CD =
Reemplazando
CD =
2D
ρU 2 AD
2 × 25,00 Nsen 45º
2
kg ⎛
km
mh ⎞
2
1,23 3 ⎜ 40,00
× 0,27
⎟ 1,00m sen30º
h
kms ⎠
m ⎝
= 0,47
C D = 0,47
La sustentación será
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
3
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
L = CL
ρU 2
2
AL
Despejando
CL =
Reemplazando
CL =
2D
ρU 2 AL
2 × 25,00 N cos 45º
2
kg ⎛
km
mh ⎞
2
1,23 3 ⎜ 40,00
× 0,27
⎟ 1,00m cos 30º
h
kms
m ⎝
⎠
= 0,27
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
4
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
C D = 0,86
La densidad será, por la ecuación de estado
ρ=
P
=
RT
90kPa
287
m× N
(25º C + 273,15)K
kg ∗ K
= 1,05
kg
m3
El arrastre frontal será
D = CD
ρU 2 π∅ 2
2
4
reemplazando
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
D = CD
ρU 2
2
π∅l
reemplazando
2
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
El arrastre será
D = CDblρU2
2
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
5
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
reemplazando
AÑO 2007
D = 2,18 x 10–3 . 1,40 m . 38,00 m 1,2928 kg/m3 (35 m/s)2
2
D = 91,83 N =
La potencia será
P = D.V = 91,83 N . 35 m/s
P = 3214,20 W
Ejercicio 6-12
¿Cuántos paracaídas de 30 m de diámetro (CD = 1,2) se deben usar para dejar caer un tractor
nivelador que pesa 45 kN a una velocidad final de 10 m/s del aire a 100 kPa abs a 20 ºC?
Resolución
La densidad será, por la ecuación de estado
ρ=
P
=
RT
100,00kPa
kg
= 1,19 3
m× N
m
(20º C + 273,15)K
287
kg ∗ K
El arrastre será
D = CD
ρU 2 π∅ 2
2
4
despejando
∅=
4
2 D
π ρU 2 C D
reemplazando
∅=
8
45000,00 N
= 28,33m
1,2
kg ⎛
m⎞
π × 1,19 3 ⎜10,00 ⎟
s⎠
m ⎝
2
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⎦
⎣
La densidad será, por la ecuación de estado
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
6
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
∅=
2 D
π ρU 2 C D
4
reemplazando
∅=
400,00lb
= 7,59 ft
1,05
slug ⎛
ft ⎞
π × 0,0032 3 ⎜ 72,00 ⎟
s⎠
ft ⎝
8
2
∅ = 7,59 ft
El número de Reynolds será
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
7
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
F
D
D
W
Por equilibrio de fuerzas será
W −F =D
reemplazando
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
reemplazando
3
lb
4 ⎛
1,00 ft ⎞
π ⎜1,00in ×
⎟ 62,40 3 (3,50 − 0,80) = C D
3 ⎝
12,00in ⎠
ft
1,94
24,12
ft 2
= C DU 2
s2
U=
ft 2
24,12 2
s
CD
slug
× 0,80U 2
2
3
1,00 ft ⎞
ft
⎛
π ⎜1,00in ×
⎟
2
12,00in ⎠
⎝
El número de Reynolds será
Re =
UDS aceite ρ
μ
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
U×
=
Ahora proponemos un CD, calculamos U, luego calculamos Reynolds y buscamos un nuevo CD de
la figura 6.11página 262 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
8
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
CD
1,000
0,500
0,450
0,420
0,410
0,405
0,400
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
Finalmente
U = 7,76
ft
s
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
reemplazando
1,94
3
4 ⎛
1,00 ft ⎞
lb
π ⎜1,00in ×
⎟ 62,40 3 (7,00 − 0,80) = C D
3 ⎝
12,00in ⎠
ft
slug
× 0,80U 2
2
3
1,00 ft ⎞
ft
⎛
π ⎜1,00in ×
⎟
2
12,00in ⎠
⎝
ft 2
174,03 2 = C DU 2
s
U=
174,03
ft 2
s2
CD
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
ft
s
Ejercicio 6-20
Un globo esférico que contiene helio asciende por el aire a 14 psia, a 40 ºF. El globo y la carga
pesan 300 lb. ¿Qué diámetro permite un ascenso a 10 ft/s? CD = 0,21. Si el globo está atado al
suelo en un viento de 10 mi/h, ¿Cuál es el ángulo de inclinación del cable retenedor?
Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
9
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
F
D
D
W
Por equilibrio de fuerzas será
W +D=F
reemplazando
W globo + C D
ρU 2 π
2
1
1
D 2 = πD 3γ aire − πD 3γ helio
4
6
6
Despejando
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
T A = TC + 273,15
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
10
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
reemplazando
lb
lb ⎞
1 ⎛
a = π ⎜⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟⎟ = 0,034
6 ⎝
ft
ft ⎠
2
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
11
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
F
D
V
T
W
θ
Por equilibrio de fuerzas en horizontal será
y en vertical
D = T cosθ
F = W + Tsenθ
despejando
T=
reemplazando
D=
F −W
senθ
F −W
F −W
cos θ =
senθ
tgθ
despejando
tgθ =
F −W
D
reemplazando
1 3
πD (γ aire − γ helio ) − W globo
6
tgθ =
ρV 2 π 2
CD
D
2 4
entonces
⎛
1
lb
lb ⎞
π (20,83 ft )3 ⎜⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟⎟ − 300,00lb
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
entonces
θ = 24º37'24' '
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
12
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 6-21
Determínese la velocidad de asentamiento de pequeñas esferas metálicas cuya densidad relativa
4,5, diámetro 0,1 mm en petróleo crudo a 25 ºC y densidad relativa 0,86.
Resolución
Como la velocidad de asentamiento es pequeña, se cumple la ley de Stokes, por lo tanto
D2
(γ esferas − γ petroleo )
U=
18μ
U=
D2
γ agua (S esferas − S petroleo )
18μ
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
N ×s
m2
reemplazando
2
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
Re =
UDρ
μ
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
La densidad del aire será, por la ecuación de estado
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
13
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
ρ=
P
=
RT
101325,00
287
N
m2
m× N
277,59 K
kg ∗ K
= 1,27
kg
m3
El peso específico del aire será
γ = ρg = 1,27
kg
m
N
× 9,806 2 = 12,47 3
3
m
s
m
La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de
los fluidos, Streeter), esto es
μ = 2,00 × 10 −5
N×s
m2
reemplazando
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
D2
U=
Para que se cumpla la ley de Stokes el número de Reynolds debe ser menor que 1, entonces
Re =
UDρ
μ
< 1,00
remplazando
Re =
68,06 × 10 6
μ
despejando
1
D3ρ
m× s
< 1,00
1,00 × μ
D3 <
ρ × 68,06 × 10 6
reemplazando
D3 <
1,00 × 2,00 × 10 −5
1
m× s
N×s
m2
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
1000,00
D = 0,0066 mm
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
14
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
La velocidad de asentamiento será
(6,64 × 10 m)
−6
U=
18 × 2,00 × 10 −5
2
N
N ⎞
⎛
⎜ 9806,00 3 × 2,50 − 12,47 3 ⎟
N×s ⎝
m
m ⎠
2
m
U = 3,00 × 10 −3
m
s
Ejercicio 6-30
Un jugador de tenis, golpeando desde la línea base, desarrolla una velocidad hacia delante de 70
ft/s y un retrogiro de 5000 rpm. La pelota pesa 0,125 lb y tiene un diámetro de 2,56 in. Supóngase
presión normal, 70 ºF y despréciese la fuerza de arrastre. Incluyendo la sustentación
proporcionada por el retrogiro ¿cuánto habrá caído la pelota de tenis para que llegue a la red a 39
ft de distancia?
Resolución
S
ω
U
W
Por equilibrio de fuerzas
S − W = ma
donde
CL
π
4
D
2
ρU 2
2
− 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
esto es
C L = 0,26
La temperatura absoluta será
T A = TC + 273,15
5⎤
⎡
T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15
9⎦
⎣
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
15
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
5⎤
⎡
T A = ⎢(70º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 294,26 K
9⎦
⎣
La densidad del aire será, por la ecuación de estado
ρ=
P
=
RT
101325,00
287
N
m2
m× N
294,26 K
kg ∗ K
= 1,20
kg 1,00 slug 0,0283m 3
slug
×
×
= 0,0023 3
3
3
1,00 ft
m 14,594kg
ft
reemplazando
2
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 +
1
a yt 2
2
y en x
x = x0 + v x t
Si suponemos que la velocidad inicial es cero, entonces
t=
x
vx
reemplazando
1 ⎛ x
y = a y ⎜⎜
2 ⎝ vx
⎞
⎟⎟
⎠
2
reemplazando
⎛
ft ⎞⎜⎜ 39,00 ft
1⎛
y = ⎜ − 18,69 2 ⎟
2⎝
s ⎠⎜ 70,00 ft
⎜
s
⎝
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
2
y = 2,90 ft
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
16
CAPÍTULO 6
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 8: Flujo de un fluido ideal
Ejercicio 8-1
Calcúlese el gradiente de la siguientes funciones esclares en dos dimensiones
(
(a) φ = −2 ln x + y
2
(b) φ = Ux + Vy
2
)
(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 ⎞
⎟i + ⎜⎜ 2
⎟j
∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜⎜ ⎟⎟ j = ⎜⎜ 2
2 ⎟
2 ⎟
⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠
⎝x +y ⎠ ⎝x +y ⎠
b)
∂φ
=U
∂x
∂φ
=V
∂y
El gradiente será
⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞
∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜⎜ ⎟⎟ j = U i + V j
⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠
c)
∂φ
= 2y
∂x
∂φ
= 2x
∂y
El gradiente será
⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞
∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜⎜ ⎟⎟ j = 2 yi + 2 x j
⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠
Ejercicio 8-2
Calcúlese la divergencia de los gradientes de
φ encontrados en el problema 8.1.
Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
1
CAPÍTULO 8
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
a)
(
)
∂ 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
(
(
)
(
)
b)
∂ 2φ
=0
∂x 2
∂ 2φ
=0
∂y 2
La divergencia será
∇·∇φ =
∂ 2φ ∂ 2φ
+
= 0+0 = 0
∂x 2 ∂y 2
c)
∂ 2φ
=0
∂x 2
∂ 2φ
=0
∂y 2
La divergencia será
∇·∇φ =
∂ 2φ ∂ 2φ
+
= 0+0 = 0
∂x 2 ∂y 2
Ejercicio 8-3
Calcúlese el rotacional de los gradientes de
φ del problema 8.1
Resolución
a)
∂ 2φ
8 xy
=
2
∂x∂y
x + y2
(
)
∂ 2φ
8 xy
=
∂y∂x
x2 + y2
)
(
2
2
El rotor será
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
2
CAPÍTULO 8
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
⎛ 8 xy
⎛ ∂ 2φ
∂ 2φ ⎞
⎟⎟k = ⎜
∇ × ∇φ = ⎜⎜
−
⎜ x2 + y2
⎝ ∂x∂y ∂y∂x ⎠
⎝
(
−
) (x
2
8 xy
2
+y
)
2 2
⎞
⎟k = 0
⎟
⎠
b)
∂ 2φ
=0
∂x∂y
∂ 2φ
=0
∂y∂x
El rotor será
⎛ ∂ 2φ
∂ 2φ ⎞
⎟⎟k = (0 − 0)k = 0
∇ × ∇φ = ⎜⎜
−
⎝ ∂x∂y ∂y∂x ⎠
c)
∂ 2φ
=2
∂x∂y
∂ 2φ
=2
∂y∂x
El rotor será
⎛ ∂ 2φ
∂ 2φ ⎞
⎟⎟k = (2 − 2 )k = 0
∇ × ∇φ = ⎜⎜
−
⎝ ∂x∂y ∂y∂x ⎠
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
1 ⎛ ∂v
∂w ⎞
⎟ = (− 1 + 2 y )
ω x = ⎜⎜ − +
2 ⎝ ∂z ∂y ⎟⎠ 2
1
ω x (2,2,2 ) = − + 2 =
1
2
3
= 1,50
2
1 ⎛ ∂u ∂w ⎞ 1
−
⎟ = (0 − 2 x ) = − x
2 ⎝ ∂z ∂x ⎠ 2
ωy = ⎜
ω x (2,2,2) = −2
1 ⎛ ∂v
∂u ⎞
ω z = ⎜⎜ − ⎟⎟ = (0 − 1)
2 ⎝ ∂x ∂y ⎠ 2
1
ω x (2,2,2) = −0,50
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
3
CAPÍTULO 8
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 8-7
Un potencial de velocidad en flujo bidimensional es
corriente para este flujo.
φ = y + x2 – y2. Encuéntrese la función de
Resolución
De las ecuaciones de Cauchy-Riemann
∂ψ ∂φ
=
∂y
∂x
∂φ
= 2x
∂x
por lo tanto
∂ψ
= 2x
∂y
además
∂ψ
∂φ
=−
∂x
∂y
∂φ
= 1− 2y
∂y
por lo tanto
∂ψ
= 2y −1
∂x
Por otro lado
dψ =
reemplazando
∂ψ
∂ψ
dx +
dy
∂x
∂y
dψ = 2 xdx + (2 y − 1)dy
dψ = 2 xdx + 2 ydy − dy
integrando
ψ = 2 ∫ xdx + 2 ∫ ydy − ∫ dy
finalmente
ψ = x 2 + y 2 − y + cte
Ejercicio 8-8
La función de corriente bidimensional para un flujo es
potencial de velocidad.
ψ = 9 + 6x – 4y + 7xy. Encuéntrese el
Resolución
De las ecuaciones de Cauchy-Riemann
∂ψ ∂φ
=
∂y
∂x
∂ψ
= −4 + 7 x
∂y
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
4
CAPÍTULO 8
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
por lo tanto
∂φ
= −4 + 7 x
∂x
además
∂ψ
∂φ
=−
∂y
∂x
∂ψ
= 6 + 7y
∂x
por lo tanto
∂φ
= −6 − 7 y
∂y
Por otro lado
dφ =
reemplazando
∂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
integrando
φ = −4 ∫ dx + 7 ∫ xdx − 6 ∫ dy − 7 ∫ ydy
finalmente
φ = −4 x +
(
)
7 2
x − y 2 − 6 y + cte
2
Ejercicio 8-15
En el problema 8.14 ¿cuál es la descarga entre superficies de corriente a través de los puntos r =1,
θ = 0 y r = 1, θ = π/4?
Resolución
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⎠
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
5
CAPÍTULO 8
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 9: Mediciones de fluidos
Ejercicio 9-8
Un tubo de Pitot dirigido a una corriente de agua moviéndose a 4 m/s tiene una diferencia
manométrica de 37 mm en un manómetro diferencial agua-mercurio. Determínese el coeficiente del
tubo.
Resolución
⎛S
⎞
v = C 2 gR ' ⎜ 0 − 1⎟
⎝ S
⎠
despejando
v
C=
⎛S
⎞
2 gR' ⎜ 0 − 1⎟
⎝ S
⎠
reemplazando
C=
4,00
m
s
m
2 × 9,806 2 × 0,037m(13,55 − 1)
s
= 1,32
C = 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
⎠
reemplazando
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
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
El fluido es agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,93. Calcúlese la
descarga.
Resolución
De la definición de caudal
Q = vA = v
π
4
D2
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
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
El caudal será
Q = 41,93
ft 3
s
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
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces
(∑ Fext )x
Las fuerzas externas en x son
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
= ∫ sc v × ρ × v • dA
(∑ Fext )x
= Fanclaje x
2
CAPÍTULO 9
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
La integral sobre la superficie de control en x es
∫ sc v × ρ × v • dA =
Igualando
Fanclaje x =
Qγ
va
g
Qγ
va
g
despejando
va =
g × Fanclaje x
Qγ
El coeficiente de velocidad será
m
× 300,00 N
s2
m3
N
0,045
× 9806,00 3
s
m = 0,907
=
m
2 × 9,806 2 × 2,75m
s
9,806
g × Fanclaje x
Cv =
v1
=
v0
Qγ
2 gH
C v = 0,907
El coeficiente de contracción será
Cc =
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.
2m
Aire, 15 kPa
70 mm diám.
Cd = 0,74
Aceite
Dens. esp. 0,92
Resolución
Las pérdidas por unidad de peso serán
(
hPérdidas = H 1 − C v2
)
donde H
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
3
CAPÍTULO 9
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
H = z1 +
P1 − P2
γ
= z1 +
Pa − Patm
Sγ agua
reemplazando
H = 2,00m +
15000,00 Pa
N
0,92 × 9806,00 3
m
reemplazando
(
= 3,66m
)
hPérdidas = 1,66m × 1 − (0,96 ) = 0,287 m
2
N
N
hPérdidas = 0,287 m
La pérdida de potencia será
N
N
h potencia = Qγh pérdidas
El caudal será
Qa = C d A0 2 gH = 0,74
π
4
(0,07m)2
2 × 9,806
m
m3
×
3
,
66
=
0
,
024
m
s
s2
reemplazando
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
⎡ ⎛ P − P2
2 g ⎢h + ⎜⎜ 1
⎣ ⎝ γ
⎛D
1 − ⎜⎜ 2
⎝ D1
⎞
⎟⎟
⎠
⎞⎤
⎟⎟⎥
⎠⎦
4
Despejando
⎛ P − P2
h + ⎜⎜ 1
⎝ γ
Qa2
⎞
⎟⎟ =
2 2
⎠ 2 gC v A0
⎡ ⎛ D ⎞4 ⎤
⎢1 − ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎥
⎢⎣ ⎝ D1 ⎠ ⎥⎦
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
4
CAPÍTULO 9
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Re =
4Q
πDν
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
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
C v = 0,985
reemplazando
⎛ P − P2
h + ⎜⎜ 1
⎝ γ
⎞
⎟⎟ =
⎠
⎛
m3 ⎞
⎜⎜ 0,05
⎟⎟
s
⎝
⎠
2
⎡ ⎛ 0,075m ⎞ 4 ⎤
1− ⎜
⎟ ⎥
2 ⎢
0
,
15
m
m
⎝
⎠ ⎥⎦
2⎛
2 π ⎞ ⎢
2 × 9,806 2 × (0,985) ⎜ (0,075m ) ⎟ ⎣
4⎠
s
⎝
⎛ P − P2
h + ⎜⎜ 1
⎝ 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
despejando
2
⎛
⎞5
⎜ Q
15
1 ⎟⎟
H =⎜
× ×
⎜ 2 g 8 tg θ ⎟
⎜
⎟
2⎠
⎝
reemplazando
2
⎞5
⎛
m3
⎟
⎜
0,15
15
1 ⎟
⎜
s
× ×
H =⎜
2
60º ⎟
8
m
tg
⎟
⎜ 2 × 9,806
⎜
2 ⎟⎠
s
⎝
H = 0,414 m
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
5
CAPÍTULO 9
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 10: Turbomaquinaria
Ejercicio 10-4
Dibújese la curva característica adimensional del ejemplo 10.1. Sobre esta misma curva dibújense
varios puntos tomados de las características de la nueva bomba (de 52 pulg). ¿Porqué los puntos
no caen exactamente en la misma curva?
Resolución
Para la bomba 1 tenemos
H1
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
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
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
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
1
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
CURVAS ADIMENSIONALES
6
gH/N2D2
5
4
B o mba 1
3
B o mba 2
2
1
0
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
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
Ns =
Ns =
N P
5
4
H
N γQHε
H
5
4
reemplazando
200,00rpm 100,00m × 9806,00
Ns =
(100,00m )
N
m3
10
,
00
×
× 0,92
s
m3
3
4
= 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
Q=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
P
γHε
2
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
reemplazando
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
ft 3
s
ft 3
s
Q = 6,30
La velocidad será
5
N=
NsH 4
P
reemplazando
36 × (44,00 ft ) 4
5
N=
Nm 1,00lb
1,00 ft
746,00
×
×
s
4,448 N 0,3048m
27,00 HP ×
1,00 HP
= 33rpm
N = 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)
Q = 2πr1b1Vr1
despejando la velocidad
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
3
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
u1 =
V1
tgβ1
reemplazando
m
s = 3,68 m
u1 =
tg 30º
s
2,12
La velocidad angular será
u1 = ω
2πr1
60
ω = u1
60
2πr1
despejando
reemplazando
ω = 3,68
m
60
×
= 468,00rpm
s 2π × 0,075m
ω = 468,00 rpm
La velocidad periférica 2 será
u2 = ω
reemplazando
u 2 = 468,00rpm ×
2πr2
60
2π × 0,16m
m
= 7,84
60
s
Vr 2 será
Vr 2 =
Q
2πr2 b2
reemplazando
m3
m
s
=
= 1,66
2π × 0,16m × 0,03m
s
0,05
Vr 2
Vu 2 será
Vu 2 = u 2 − vu 2
Vu 2 = u 2 −
vr 2
tgβ 2
reemplazando
m
m
s = 4,97 m
= 7,84 −
s tg 30º
s
1,66
Vu 2
La velocidad
V2 será
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
4
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
V2 = Vr 2 + Vu 2
reemplazando
V2 = 1,66
m
m
m
+ 4,97 = 5,24
s
s
s
El ángulo α2 será
⎛ Vr 2 ⎞
⎟⎟
⎝ Vu 2 ⎠
α 2 = arctg ⎜⎜
reemplazando
m⎞
⎛
⎜ 1,66 ⎟
s ⎟
α 2 = arctg ⎜
m
⎜
⎟
⎜ 4,97 ⎟
s ⎠
⎝
α 2 = 18º 26'55' '
El diagrama de velocidad a la entrada será
V1
1
30°
2,12
4, 2
4
u1
3,68
El diagrama de velocidad a la salida será
3,3
2
5,24
V2
18°
30°
Vr2
1,66
2
Vu2
u2
4,97
2,87
u2= 7,84
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
5
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
b)
La carga será
H=
u 2V 2cosα 2
g
reemplazando
H=
7,84
m
m
× 5,24 cos18º
s
s
m
9,806 2
s
H = 3,97 m
c)
El momento de torsión será
T = ρQ(r2Vu 2 − r1Vu1 )
reemplazando
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
P = Tω = QγH
reemplazando
P = 0,05
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 22
=
+
H+ +
γ
2g
γ 2g
P1
despejando
2
⎛
v1
v 22 ⎞
⎜
⎟
P2 − P1 = γ ⎜ H +
−
⎟
2
g
2
g
⎝
⎠
reemplazando
⎛
⎜
N ⎜
P2 − P1 = 9806,00 3 ⎜ 3,97 m +
m ⎜
⎜
⎝
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
6
2
2
m⎞
m⎞
⎛
⎛
⎜ 2,12 ⎟
⎜ 5,24 ⎟
s⎠
s⎠
⎝
− ⎝
m
m
2 × 9,806 2 2 × 9,806 2
s
s
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
H=
u 2V u 2
g
despejando
u 2V u 2= gH
pero
u 2 −V u 2=v u 2 =
V r2
tan β 2
entonces
V u 2=u 2 −
V r2
tan β 2
reemplazando
⎛
⎞
V
u 2 ⎜⎜ u 2 − r 2 ⎟⎟ = gH
tan β 2 ⎠
⎝
V r2
u 22 − u 2
− 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
reemplazando
A = 1,00
B=−
1
tg 60º
5,00
2π ×
C = −32,174
ft 3
s
5,00
1,50
ft ×
ft
12,00
12,00
= −8,82
ft
s
ft
ft 2
×
64
,
00
ft
=
−
2059
,
14
s2
s2
entonces
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
7
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
u 2 = 50,00
ft
s
De la expresión de velocidad angular tenemos
u1
60
=ω
2πr1
u2
60
=ω
2πr2
y
igualando
u1
60
60
= u2
2πr1
2πr2
u1 u 2
=
r1
r2
despejando
u1 = u 2
r1
r2
reemplazando
u1 = 50,00
ft 2,00in
ft
= 20,00
s 5,00in
s
Por otro lado, como α1 = 90º entonces
Vr1 = V1
Además
Q = 2πr1b1Vr1
despejando la velocidad
Vr1 = V1 =
V1 =
5,00
2π ×
Q
2πr1b1
ft 3
s
2,00
3,00
ft ×
f
12,00
12,00
= 19,10
ft
s
El ángulo β1 será
⎛ V1 ⎞
⎟⎟
⎝ u1 ⎠
β1 = arctg ⎜⎜
reemplazando
⎛
⎜ 19,10
β 1 = arctg ⎜
⎜
⎜ 20,00
⎝
ft
s
ft
s
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
β1 = 143º 40'41' '
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
8
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
b)
La velocidad angular será
ω = u1
60
2πr1
reemplazando
ω = 20,00
ft
×
s
60
= 1146,00rpm
2,00
2π ×
ft
12,00
ω = 1146,00 rpm
c)
La potencia será
P = Tω = QγH
reemplazando
P = 5,00
ft 3
lb
× 62,43 3 × 64,00 ft
s
ft
P = 19977,60
lb × ft
= 36,31HP
s
e)
La elevación de presión en el impulsor será, aplicando la ecuación de Bernoulli y despreciando el
cambio de nivel
2
v1
P2 v 22
H+ +
=
+
γ
2g
γ 2g
P1
despejando
2
⎛
v1
v2 ⎞
⎜
P2 − P1 = γ ⎜ H +
− 2 ⎟⎟
2g 2g ⎠
⎝
reemplazando
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).
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
9
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
hs
1
25°
Resolución
El índice de cavitación será
σ '=
Ve2
2 gH
la altura H será
H
6 ft
25°
18 ft
H=
reemplazando
H=
D−d
×
2
18,00 ft − 6,00 ft
×
2
1
25º
tg
2
1
= 27,06 ft
25º
tg
2
reemplazando
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
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Pa − Pv
hs =
+σ'H
γ
reemplazando
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
σ=
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
σ=
14000,00 Pa − 2447,25 Pa
m⎞
⎛
⎜12,00 ⎟
kg
s⎠
998,20 3 ⎝
2
m
2
= 0,16
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
hs =
Pa − Pv
γ
+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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
11
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
12
CAPÍTULO 10
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 11: Flujo a régimen permanente en conductos cerrados
Ejercicio 11-4
2m
¿Qué carga se necesita en la figura para generar una descarga de 0,3 m3/s?
30 m
200 mm
diám.
6º
60 m
300 mm
diám.
6º
Aceite
S = 0.88
μ = 0.04 poise
450 mm diám.
Borde a escuadra
Tubo suave
Resolución
A partir de la descarga obtenemos las velocidades
Q
A1
Q
v2 =
A2
v1 =
v
v1 =
3
0,30
π
π
m3
s
m3
0,30
s
4
v3 =
Q
A1
= 9,55
m
s
= 4,24
m
s
= 1,89
m
s
(0,20m) 2
4
v2 =
=
(0,30m) 2
0,30
π
4
m3
s
(0,45m) 2
A partir de las velocidades obtenemos el número de Reynolds
Re1 = v1 D1
Sρ agua
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
μ
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
STASSI, MAURO JOSÉ
Re1 = v1 D1
AÑO 2007
Sρ agua
= 9,55
m
s
0,20m × 220000,00 2 = 420200,00
s
m
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
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
2
2
donde
K e = 0,50
K i = 0,125
K s = 0,125
reemplazando
2
m⎞
⎛
⎜ 9,55 ⎟
30,00m
s⎠
H = 0,50 ⎝
+ 0,0135
m
0,20m
2 × 9,806 2
s
2
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
2
2
2
2
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?
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
2
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
6 ft
Codo estándar
8 ft
20 ft
H
12 ft
D
Agua
60º F
Tubo de acero
de 8 pulgadas
1.5D
1 0°
Resolución
La carga será
⎛
(V − V2 )2
L ⎞V 2
H = ⎜⎜ K e + 2 K c + f 1 1 ⎟⎟ 1 + K s 1
D1 ⎠ 2 g
2g
⎝
Por la ecuación de continuidad
v1 =
A2
v2
A1
⎛D
v1 = ⎜⎜ 2
⎝ D1
pero D2
= 1,50D1 , reemplazando
2
⎞
⎟⎟ v 2
⎠
v1 = (1,50 ) v 2
2
v1 = 2,25v 2
reemplazando
V1 ⎞
⎛
V12
V
−
⎜
⎟
1
⎛
2,25 ⎠
L1 ⎞ 2,25 2
⎝
⎟
H = ⎜⎜ K e + 2 K c + f 1
+ Ks
D1 ⎟⎠ 2 g
2g
⎝
2
2
1 ⎞ 2
⎛
⎜1 −
⎟ V1
2
⎛
2,25 ⎠
L1 ⎞ 0,1975 × V1
⎝
⎟
H = ⎜⎜ K e + 2 K c + f1
+ Ks
D1 ⎟⎠
2g
2g
⎝
⎛
L ⎞ 0,1975 × V12
0,3086 × V12
+ Ks
H = ⎜⎜ K e + 2 K c + f1 1 ⎟⎟
D1 ⎠
2g
2g
⎝
⎤V 2
⎡
⎛
L ⎞
H = ⎢0,1975⎜⎜ K e + 2 K c + f1 1 ⎟⎟ + 0,3086 K s ⎥ 1
D1 ⎠
⎝
⎦ 2g
⎣
donde
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
3
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
K e = 0,50
K c = 0,90
K s = 0,15
reemplazando
⎡
⎛
⎜
⎢
⎜
⎢
⎜
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
⎟
⎥
⎟
⎥
⎟
⎥⎦
⎠
V2
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
ε
D
=
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
V1
6,46
27,12
27,55
27,61
27,62
4
Re1
333968,95
1403195,66
1425087,87
1428210,21
1428837,15
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
V1 = 27,62
ft
s
entonces
Q = A1v1
π ⎛ 8,00
2
ft
ft 3
⎞
Q= ⎜
ft ⎟ 27,62 = 9,61
4 ⎝ 12,00 ⎠
s
s
Q = 9,61
ft 3
s
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
0=
2
L ⎞V
⎛
+ z s + ⎜1 + K e + f ⎟
γ
D ⎠ 2g
⎝
Ps
despejando
2
L ⎞V
⎛
Ps = −γz s − γ ⎜1 + K e + f ⎟
D ⎠ 2g
⎝
reemplazando
2
⎛
⎞ ⎛⎜ 27,55 ft ⎞⎟
⎜
⎟
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
⎝
2
⎛
⎞ ⎛⎜ 27,55 ft ⎞⎟
⎜
⎟
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
lb
1,00 ft 2
lb
×
= −11,19 2
2
2
ft 144,00in
in
Ejercicio 11-8
Despreciando todas las pérdidas menores no relacionadas con la válvula, dibújese la línea de
altura motriz para la figura. La válvula de globo tiene una K = 4.5.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
5
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
75 ft
100 ft
Válvula de globo
100
ft
8 ft
12 ft
12 ft
A
Tubo suave de 8 pulg de diámetro
Agua a 60 ºF
Resolución
2
3
A
1
Datum
4
En 1 tenemos
Pa
γ
+ z1 = 12,00 ft
En 2 tenemos
z1 =
L ⎞V 2
⎛
+ z 2 + ⎜1 + f 2 ⎟
γ
D ⎠ 2g
⎝
P2
En 3 tenemos
z1 =
L ⎞V 2
⎛
+ z3 + ⎜1 + K v + f 3 ⎟
γ
D ⎠ 2g
⎝
P3
En 4 tenemos
L4 ⎞ V 2
⎛
z1 = ⎜ K v + f
⎟
D ⎠ 2g
⎝
reemplazando
⎞
⎛
⎟
⎜
275,00 ft ⎟
V2
⎜
12,00 ft = 10,00 + f
⎟
⎜
8,00
ft
ft ⎟ 2 × 32,174 2
⎜
12,00 ⎠
s
⎝
despejando
ft 2
s2
V=
(10,00 + 412,50 f )
772,18
iterando
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
6
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
f
1,0000
0,0190
0,0140
0,0138
0,0140
V
1,35
6,58
7,00
7,02
7,00
donde obtenemos
Re
69938,51
340378,99
361947,06
363135,96
361947,06
f = 0,014
ft
V = 7,00
s
entonces en 2 tenemos
2
ft ⎞
⎛
⎜ 7,00 ⎟
⎛
P2
100,00 ft ⎞ ⎝
s⎠
⎟⎟
= −12,00 ft − ⎜⎜1 + 0,014
= −14,36 ft
ft
γ
0,66 ft ⎠
⎝
2 × 32,174 2
s
la línea de altura motriz será
P2
γ
+ z 2 = −14,36 ft + 24,00 ft = 9,64 ft
En 3 tenemos
2
ft ⎞
⎛
⎜ 7,00 ⎟
P3
⎛
174,00 ft ⎞ ⎝
s⎠
⎟⎟
= 4,00 ft − ⎜⎜1 + 4,50 + 0,014
= −2,97 ft
ft
γ
0,66 ft ⎠
⎝
2 × 32,174 2
s
la línea de altura motriz será
P3
γ
+ z 3 = −2,97 ft + 8,00 ft = 5,03 ft
En 4 tenemos
Pa
γ
+ z 4 = 0,00 ft
Sí graficamos
75 ft
100 ft
100
A
ft
Datum
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,
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
7
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
encuéntrese el flujo en el sistema si la presión en el tanque es de 12 psi y la elevación del agua en
el mismo es de 10 ft. Dibújese la línea de altura motriz
Tanque
Elev. 0
Bomba
Resolución
La carga que debe entregar la bomba será
H=
P2
γ
+ z 2 + 4,727
L
D 4,8704
Q1,852
C 1,852
reemplazando
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 ⎠
resolviendo
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
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
B
El caudal será
Q = 1,001
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
8
ft 3
s
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
y
Qt = Q1 = Q2 = ... = Qm
Además
h ft = req Qtn
y
h f 1 = r1Q1n
h f 2 = r2 Q2n
h fm = rm Qmn
reemplazando
h f 1 + h f 2 + ... + h fm = req Qtn
r1Q1n + r2 Q2n + ... + rm Qmn = req Qtn
como
Qt = Q1 = Q2 = ... = Qm , tomamos factor común y simplificamos, por lo que obtenemos
m
req = r1 + r2 + ... + rm = ∑ ∑ri
i =1
Resistencia equivalente para una conexión en paralelo
Para una conexión en paralelo tenemos
h ft = h f 1 = h f 2 = ... = h fm
y
Qt = Q1 + Q2 + ... + Qm
Además
h ft = req Qtn
despejando
1
n
ft
1
n
eq
h = r Qt
Qt =
h
1
n
ft
1
n
eq
r
y
h f 1 = r1Q1n
despejando
h
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
1
n
f1
1
n
1
= r Q1
9
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
1
n
f1
h
Q1 =
1
r1n
h f 2 = r2 Q2n
despejando
1
1
h fn2 = r2n Q2
h
Q2 =
1
n
f2
1
r2n
h fm = rm Qmn
despejando
1
1
n
h fm
= rmn Qm
1
n
h fm
Qm =
1
rmn
reemplazando
h
1
n
ft
= Q1 + Q2 + ... + Qm
1
n
eq
r
h
1
n
ft
1
n
eq
=
h
1
n
f1
1
n
1
r
1
n
f2
h
+
1
n
2
r
+ ... +
r
h
1
n
fm
1
n
m
r
como h ft = h f 1 = h f 2 = ... = h fm , tomamos factor común
h
1
n
ft
1
n
eq
r
⎛
⎜ 1
1
1
= h ⎜ 1 + 1 + ... + 1
⎜rn rn
rmn
2
⎝ 1
1
n
ft
⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
simplificando
1
1
n
eq
r
=
1
1
n
1
r
+
1
1
n
2
r
+ ... +
1
1
n
m
r
invirtiendo y elevando a la n obtenemos, finalmente
⎛
⎞
⎜ 1
1
1 ⎟
req = ⎜ 1 + 1 + ... + 1 ⎟
⎜rn rn
rmn ⎟⎠
2
⎝ 1
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
10
n
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 11-34
30
0m
20
H
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?
0m
m
Agua
15 ºC
diá
m.
300 m 500 mm diám.
30
0m
30
0
mm
diá
600 m 300 mm diám.
m.
80 0
m
30 0
Tubos de hierro fundido limpios
mm
d iá
m.
30
0m
Agua
15 ºC
20
H
Resolución
0m
m
1
diá
m.
300 m 500 mm diám.
2
30
0m
30
0
mm
diá
m.
600 m 300 mm diám.
3
4
80
0m
Tubos de hierro fundido limpios
30
0m
md
5
iá m
.
A partir de la fórmula de Colebrook
f =
1,325
⎡ ⎛ ε
5,74 ⎞⎤
+ 0,9 ⎟⎟⎥
⎢ln⎜⎜
⎢⎣ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎥⎦
2
Si suponemos un número de Reynolds alto, tenemos
f =
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
1,325
⎡ ⎛ ε ⎞⎤
⎟⎥
⎢ln⎜
D
3
,
7
⎝
⎠⎦
⎣
11
2
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Para 1 tenemos, reemplazando
f1 =
1,325
2
=
⎞⎤
⎟⎟⎥
⎠⎦
2
=
⎡ ⎛ ε ⎞⎤
⎟⎟⎥
⎢ln⎜⎜
⎣ ⎝ 3,7 D3 ⎠⎦
2
=
⎞⎤
⎟⎟⎥
⎠⎦
2
=
⎡ ⎛ ε ⎞⎤
⎟⎟⎥
⎢ln⎜⎜
3
,
7
D
5
⎠⎦
⎣ ⎝
2
=
⎡ ⎛ ε ⎞⎤
⎟⎟⎥
⎢ln⎜⎜
⎣ ⎝ 3,7 D1 ⎠⎦
1,325
⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤
⎟⎥
⎢ln⎜
⎣ ⎝ 3,7 × 200mm ⎠⎦
2
= 0,021
2
= 0,019
2
= 0,017
2
= 0,019
2
= 0,019
Para 2 tenemos, reemplazando
f2 =
1,325
⎡ ⎛ ε
⎢ln⎜⎜
⎣ ⎝ 3,7 D2
1,325
⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤
⎟⎥
⎢ln⎜
⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦
Para 3 tenemos, reemplazando
f3 =
1,325
1,325
⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤
⎟⎥
⎢ln⎜
⎣ ⎝ 3,7 × 500mm ⎠⎦
Para 4 tenemos, reemplazando
f4 =
1,325
⎡ ⎛ ε
⎢ln⎜⎜
⎣ ⎝ 3,7 D4
1,325
⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤
⎟⎥
⎢ln⎜
⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦
Para 3 tenemos, reemplazando
f5 =
1,325
1,325
⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤
⎟⎥
⎢ln⎜
⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦
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
La resistencia será, para 2
r2 = f 2
8 L2
= 0,019
π 2 gD25
s2
8 × 300,00m
= 193,89 6 m
m
m
π 2 × 9,806 2 × (0,30m )5
s
La resistencia será, para 3
r3 = f 3
8 L3
= 0,017
π 2 gD35
8 × 300,00m
s2
= 13,49 6 m
m
m
π 2 × 9,806 2 × (0,50m )5
s
La resistencia será, para 4
r4 = f 4
8 L4
= 0,019
π 2 gD45
s2
8 × 600,00m
= 387,79 6 m
m
m
π 2 × 9,806 2 × (0,30m )5
s
La resistencia será, para 5
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
12
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
r5 = f 5
AÑO 2007
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
2
r1− 2
⎛
⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
1
=⎜
⎟
⎜ 1 + 1 ⎟
⎜ r
r 2 ⎟⎠
⎝ 1
2
⎞
⎛
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
1
s2
=⎜
⎟ = 107,15 6 m
m
1
1
⎟
⎜
+
2
2
⎟
⎜
s
s
⎜ 1627,38 6 m
193,89 6 m ⎟
m
m
⎠
⎝
La resistencia equivalente 4-5 será
2
r4 −5
⎛
⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
1
== ⎜
⎟
⎜ 1 + 1 ⎟
⎜ r
r 5 ⎟⎠
⎝ 4
2
⎞
⎛
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
1
s2
=⎜
⎟ = 111,37 6 m
m
1
1
⎟
⎜
+
2
2
⎟
⎜
s
s
⎜ 387,79 6 m
517,05 6 m ⎟
m
m
⎠
⎝
La resistencia equivalente final, será
req = r1− 2 + r3 + r4−5
2
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
Además
req = rt = f t
8 Lt
π 2 gDt5
El factor de fricción lo obtenemos suponiendo un número de Reynolds alto, esto es
ft =
1,325
⎡ ⎛ ε
⎢ln⎜⎜
⎣ ⎝ 3,7 Dt
⎞⎤
⎟⎟⎥
⎠⎦
2
=
1,325
⎡ ⎛ 0,25mm ⎞⎤
⎟⎥
⎢ln⎜
⎣ ⎝ 3,7 × 300mm ⎠⎦
2
= 0,019
Despejando Lt, tenemos
Lt =
π 2 gDt5 req
8 ft
reemplazando
Lt =
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
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Para encontrar la descarga planteamos Bernoulli entre las superficies libres de ambos depósitos
tenemos
P1
γ
V12 P2
V2
=
+ z2 + 2 + h f
2g γ
2g
+ z1 +
reemplazando
Pa
γ
+H +0=
Pa
γ
+ 0 + 0 + hf
H = hf
Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach, tenemos
H = h f = req QT2
La resistencia equivalente será
s2
req = 232,01 6 m
m
reemplazando
QT =
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
Re =
4Q
=
πDν
4 × 0,208
m3
s
π × 0,30m × 1,14 × 10
−6
m2
s
= 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
A
B
C
El 0 m
P
D
mm
m
m
1m
00
10
ε=
0
20
D
300 m
30
ε = 3 m 0 mm D
m
m
200 m
300 m
m
ε=1m
El 17 m
300 m
ε=3m
300 mm
D J
m
Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
14
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
El 30 m
El 27 m
A
B
El 17 m
2
C
1
3
J
Datum
Por continuidad
Q1 = Q2 + Q3
Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach
h f = rQ 2
Para 1 tenemos
hf1
L1 V12
h f 1 = f1
D 2g
V12
600m
= f1
m
0,3m
2 × 9,806 2
s
Para 2 tenemos
hf 2
L2 V22
hf 2 = f2
D 2g
V22
300m
= f2
m
0,2m
2 × 9,806 2
s
Para 3 tenemos
L3 V32
D 2g
V32
1000 m
= f3
m
0,2m
2 × 9,806 2
s
h f 3 = f3
hf 3
Sí suponemos z J +
PJ
γ
= 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
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
iterando hallamos el caudal
v1
1,0000
2,0000
1,5000
1,2500
1,2425
Re1
300000,00
600000,00
450000,00
375000,00
372750,00
f1
0,0382
0,0381
0,0381
0,0382
0,0382
hf1
1,95
7,76
4,37
3,04
3,00
Q1
0,0707
0,1414
0,1060
0,0884
0,0878
v2
1,0000
2,0000
1,5000
1,7500
1,7250
Re2
200000,00
400000,00
300000,00
350000,00
345000,00
f2
0,0310
0,0307
0,0308
0,0308
0,0308
hf2
2,37
9,39
5,30
7,20
7,00
Q2
0,0314
0,0628
0,0471
0,0550
0,0542
v3
1,0000
2,0000
1,5000
1,2500
1,1260
Re3
200000,00
400000,00
300000,00
250000,00
225200,00
f3
0,0310
0,0307
0,0308
0,0309
0,0309
hf3
7,90
31,30
17,67
12,30
10,00
Q3
0,0314
0,0628
0,0471
0,0393
0,0354
De la ecuación de continuidad
Q1 − Q2 − Q3 = 0
reemplazando
0,0878
m3
m3
m3
m3
− 0,0542
− 0,0354
= 0,0018
s
s
s
s
entonces
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
Q1 = 87,80
Lts
s
Q2 = 54,20
Lts
s
Q3 = 35,40
Lts
s
16
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 11-38
La bomba de la figura agrega 7500 W al flujo (hacia J). Encuéntrese QA y QB.
B
El 30 m
El 27 m
A
B
m
200 m
300 m
m
ε=1m
El 17 m
C
El 0 m
P
D
30 0 m
30
ε = 3 m 0 mm D
m
D
mm
0
20
m
m
1m
00
0
=
1
ε
30 0 m
ε=3m
3 00 m m
D J
m
Resolución
El 30 m
El 27 m
A
B
El 17 m
3
2
C
1
P
J
La potencia de la bomba será
Datum
Pot = γQH B
despejando
QH B =
Pot
γ
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
Por continuidad
Q J = Q A + QB
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
17
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach
h f = rQ 2
Para 1 tenemos
L1 V12
D 2g
V12
600m
= f1
m
0,3m
2 × 9,806 2
s
h f 1 = f1
hf1
Para 2 tenemos
L2 V22
D 2g
V22
300m
= f2
m
0,2m
2 × 9,806 2
s
hf 2 = f2
hf 2
Para 3 tenemos
L3 V32
D 2g
V32
1000 m
= f3
m
0,2m
2 × 9,806 2
s
h f 3 = f3
hf 3
Sí suponemos z J +
PJ
γ
= 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
28,00m =
m4
4
s2 2
−
f
50
,
99
V1
1
s V1π (0,30m )2
m
m2
2
s − f 50,99 s V 2
1
1
V1
m
10,75
s2 2
V2
m
s2
2,00 = f 3 254,95 V32
m
1,00m = f 2 76,48
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
18
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
iterando hallamos el caudal
v1
1,0000
0,3900
0,3850
0,3825
0,3800
Re1
300000,00
117000,00
115500,00
114750,00
114000,00
f1
0,0382
0,0386
0,0386
0,0386
0,0386
hf1
8,80
27,26
27,63
27,82
28,00
Q1
0,0707
0,0276
0,0272
0,0270
0,0269
v2
1,0000
0,7000
0,6750
0,6600
0,6475
Re2
200000,00
140000,00
135000,00
132000,00
129500,00
f2
0,0310
0,0312
0,0313
0,0313
0,0313
hf2
2,37
1,17
1,09
1,04
1,00
Q2
0,0314
0,0220
0,0212
0,0207
0,0203
v3
1,0000
0,5000
0,4950
0,4975
0,4990
Re3
200000,00
100000,00
99000,00
99500,00
99800,00
f3
0,0310
0,0315
0,0316
0,0316
0,0316
hf3
7,90
2,01
1,97
1,99
2,00
Q3
0,0314
0,0157
0,0156
0,0156
0,0157
Q A = 15,7
Lts
s
Q A = 20,3
Lts
s
Ejercicio 11-44
Calcúlese el flujo a través de cada una de las tuberías de la red mostrada en la figura, n = 2.
r=3
2
r=
r=
1
25
100
2
r=
1
r=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
75
19
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Resolución
Por el método de Hardy-Cross
ΔQ = −
∑ rQ0 Q0
n ∑ r Q0
n −1
n −1
Proponemos Q0, esto es
r=
Δ Q2
2
Δ Q1
r=
1
25
70
55
r=3
I
100
10
II
75
20
30
2
r=
1
r=
Para I, tenemos
∑ rQ0 Q0
2 ∑ r Q0
n −1
n −1
= 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
∑ rQ0 Q0
2 ∑ r Q0
n −1
n −1
= 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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
20
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
r=
Δ Q2
2
Δ Q1
r=
1
25
78,75
45,16
r=3
I
100
-8,59
II
75
29,84
21,25
2
r=
1
r=
Para I, tenemos
∑ rQ 0 Q 0
n −1
2 ∑ r Q0
= 1,00 × 78 ,75 2 + 3,00 × 8,59 2 − 2 ,00 × 21, 25 2 = 5519 ,80
n −1
= 2,00 × (1,00 × 78,75 + 3,00 × 8,59 + 2,00 × 21,25) = 294,04
ΔQ = −
5519,80
= −18,77
294,04
Para II, tenemos
n −1
∑ rQ0 Q0
2 ∑ r Q0
n −1
= 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
Sumando ΔQ tenemos
r=
Δ Q2
2
Δ Q1
r=
1
25
59,98
I
100
r=3
16,22
-18,76
II
75
58,78
40,02
2
r=
1
r=
Para I, tenemos
∑ rQ0 Q0
2 ∑ r Q0
n −1
n −1
= 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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
21
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
ΔQ = −
1450,21
= −3,69
392,60
Para II, tenemos
n −1
∑ rQ0 Q0
2 ∑ r Q0
= 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
n −1
ΔQ = −
− 3984,72
= 13,51
295,00
Sumando ΔQ tenemos
r=
Δ Q2
2
Δ Q1
r=
1
25
56,29
26,04
r=3
I
100
-5,25
II
75
48,96
43,71
2
r=
1
r=
Para I, tenemos
∑ rQ0 Q0
2 ∑ r Q0
n −1
n −1
= 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
Para II, tenemos
∑ rQ0 Q0
2 ∑ r Q0
n −1
n −1
= 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
Sumando ΔQ tenemos
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
22
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
r=
Δ Q2
2
Δ Q1
r=
1
25
58,08
32,73
r=3
I
100
-0,35
II
75
42,27
41,92
2
r=
1
r=
Para I, tenemos
∑ rQ0 Q0
2 ∑ r Q0
n −1
n −1
= 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
Para II, tenemos
∑ rQ0 Q0
2 ∑ r Q0
n −1
n −1
= 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
Sumando ΔQ tenemos
r=
Δ Q2
2
Δ Q1
r=
1
25
58,57
I
100
r=3
31,59
-1,98
II
75
43,41
41,43
2
r=
1
r=
Para I, tenemos
∑ rQ0 Q0
n −1
= 1,00 × 58,57 2 + 3,00 × 1,98 2 − 2,00 × 41,432 = 9,32
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
23
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
2 ∑ r Q0
n −1
AÑO 2007
= 2,00 × (1,00 × 58,57 + 3,00 × 1,98 + 2,00 × 41,43) = 294,74
ΔQ = −
9,32
= −0,032
294,74
Para II, tenemos
∑ rQ0 Q0
2 ∑ r Q0
n −1
n −1
= 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
25
58,57
31,59
100
75
1,98
43,41
41,43
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
24
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Darcy-Weisbach y de Hazen-Williams para la determinación de pérdidas por fricción. Compare
resultados. Grafique las LAM y LNE.
350 m
123 m
174 m
P
45,1 l/s
Bomba (65 KW)
39,0 l/s
Resolución
Formulación de Darcy-Weisbach
Los datos son
Tuberia
1,00
2,00
3,00
L [m]
350,00
123,00
174,00
km
7,90
3,30
3,50
Q
Re
f
0,045
0,039
0,073
287582,17
267427,45
340700,88
0,0078
0,0078
0,0076
ks [m]
0,00006
0,00006
0,00006
Q [m3/s]
0,045
0,039
0,073
La longitud equivalente será
Km
D
f
177,96
68,44
110,55
Leq
527,96
191,44
284,55
Proponemos un diámetro D1 = 4” y calculamos, por continuidad los demás caudales y la rugosidad
relativa, entonces
D1 [m]
ks/D1
D2 [m]
ks/D2
D3 [m]
ks/D3
0,100
0,0006
0,093
0,0006452
0,137
0,000438
Pasando los diámetros a pulgadas tenemos
1,00in
= 3,66in ≈ 4,00in
0,0254m
1,00in
D3 = 0,137m ×
= 5,40 ≈ 6,00in
0,0254m
D2 = 0,093m ×
La pérdida de carga será
hf1
55,700
hf3
9,951
hf2
15,114
Σ
80,764
Vemos que el sistema esta sobredimensionado pero un diámetro comercial mayor implica un
subdimensionamiento.
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
25
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Formulación de Hazen-Williams
Los datos son
Tuberia
L [m]
km
ks [m]
Q [m3/s]
Chw
Leq
Re
1,00
350,00
7,90
0,00006
0,045
150,00 405,91 506616,48
2,00
123,00
3,30
0,00006
0,039
150,00 144,38 469551,99
3,00
174,00
3,50
0,00006
0,073
150,00 208,97 596226,54
Proponemos un diámetro D1 = 4” y calculamos, por continuidad los demás caudales y la rugosidad
relativa, entonces
D1 [m]
D2 [m]
D3 [m]
0,100
0,093
0,137
Pasando los diámetros a pulgadas tenemos
1,00in
= 3,66in ≈ 4,00in
0,0254m
1,00in
D3 = 0,137m ×
= 5,40 ≈ 6,00in
0,0254m
D2 = 0,093m ×
La pérdida de carga será
hf1
99,246
hf2
26,645
Σ
143,062
hf3
17,171
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
2
500 m
10"
400 m
40
3
6"
4" 200 m
I
II
4" 200 m
10" 300 m
400 m
5
600 m
30
8"
6"
ks = 0,06 mm
4
30
40
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
26
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
1,00
2,00
3,00
4,00
Qo [m3/s]
Re
f
0,15
0,04
-0,01
-0,05
658993,30
439328,87
54916,11
219664,43
0,01
0,01
0,01
0,01
Qo [m3/s]
Re
f
-0,04
0,05
0,01
-0,02
439328,87
366107,39
109832,22
146442,96
0,01
0,01
0,01
0,01
Km
D
[m]
f
0,00
0,00
0,00
0,00
Leq [m]
r
r.Qo.Qo
r.n.Qo
500,00
200,00
600,00
300,00
271,92
11206,38
1417,98
189,29
6,12
17,93
-0,14
-0,47
23,43
ΔQ [m3/s]
81,58
896,51
28,36
18,93
1025,37
-0,02
r
r.Qo.Qo
r.n.Qo
-0,18
11,40
1,36
-1,38
11,20
ΔQ [m3/s]
9,18
455,82
272,34
137,55
874,89
-0,01
r
r.Qo.Qo
r.n.Qo
277,87
12594,57
1187,96
179,67
4,49
3,70
-1,28
-0,95
5,96
ΔQ [m3/s]
70,66
431,91
78,06
26,18
606,81
-0,0098
para II
2,00
5,00
6,00
7,00
Km
D
[m] Leq [m]
f
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
1,00
2,00
3,00
4,00
Qo [m3/s]
Re
f
0,13
0,02
-0,03
-0,07
558591,72
188324,91
180418,09
320066,02
0,01
0,01
0,01
0,01
Km
D
[m] Leq [m]
f
0,00
0,00
0,00
0,00
500,00
200,00
600,00
300,00
para II
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
27
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
2,00
5,00
6,00
7,00
AÑO 2007
Km
Qo [m3/s]
Re
f
-0,05
0,04
0,00
-0,03
231962,57
272389,02
30745,33
240161,32
0,01
0,01
0,01
0,01
D
[m] Leq [m]
f
0,00
194,71
0,00
0,00
300,00
594,71
200,00
400,00
r
r.Qo.Qo
r.n.Qo
187,85
4683,17
16588,34
3205,48
-0,52
6,48
-0,13
-3,45
2,38
ΔQ [m3/s]
19,84
348,43
92,87
210,28
671,42
-0,0035
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]
0,1271
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
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
L
=
H = 50 m
0
L = 200 m Ø = 200 mm km = 5,4
15
m
0
30
=
Ø 4,6
=
km
m
m
L = 80 m
Ø = 250 mm
km = 3,2
5
II
L = 100 m Ø = 250 mm
km = 3,8
L = 60 m
Ø = 250 mm
km = 2,4
I
1
L = 100 m Ø = 350 mm
km = 3,6
L = 60 m
Ø = 250 mm
km = 2,4
2
4
180 L/s
60 L/s
6
50 L/s
Resolución
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
28
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
1,00
2,00
3,00
4,00
Qo [m3/s]
Re
f
-0,20
0,28
0,21
0,01
637654,47
1249802,77
937352,07
44635,81
0,0070
0,0064
0,0066
0,0102
Qo [m3/s]
Re
f
-0,01
-0,15
-0,03
0,15
44635,81
557947,66
167384,30
669537,20
0,0102
0,0071
0,0084
0,0069
Km
D
[m]
f
180,48
93,67
143,01
58,68
Leq [m]
r
r.Qo.Qo
r.n.Qo
280,48
153,67
243,01
118,68
30,84
83,37
136,72
102,78
-1,23
6,54
6,03
0,01
11,34
ΔQ [m3/s]
12,33
46,69
57,42
2,06
118,50
-0,0957
r
r.Qo.Qo
r.n.Qo
102,78
83,25
712,46
114,76
-0,01
-1,87
-0,64
2,58
0,06
ΔQ [m3/s]
2,06
24,97
42,75
34,43
104,20
-0,0006
r
r.Qo.Qo
r.n.Qo
30,30
85,14
141,35
88,79
-2,65
2,89
1,85
-0,65
1,44
ΔQ [m3/s]
17,92
31,38
32,31
15,22
96,83
-0,0148
para II
4,00
5,00
6,00
7,00
D
[m] Leq [m]
f
Km
58,68
194,24
128,84
115,32
118,68
344,24
328,84
195,32
La segunda iteración será, para I
1,00
2,00
3,00
4,00
Qo [m3/s]
Re
f
-0,30
0,18
0,11
-0,09
942824,74
822564,39
510113,69
382602,57
0,0066
0,0068
0,0072
0,0075
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
Km
D
[m] Leq [m]
f
189,82
88,83
132,14
80,30
29
289,82
148,83
232,14
140,30
CAPÍTULO 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
para II
4,00
5,00
6,00
7,00
Km
Qo [m3/s]
Re
f
-0,01
-0,15
-0,03
0,15
47101,94
560002,77
170466,96
667071,07
0,0101
0,0071
0,0084
0,0069
D
[m] Leq [m]
f
59,18
194,33
129,18
115,27
119,18
344,33
329,18
195,27
r
r.Qo.Qo
r.n.Qo
102,34
83,23
711,33
114,78
-0,01
-1,89
-0,66
2,56
0,0018
ΔQ [m3/s]
2,16
25,06
43,47
34,31
104,99
-0,000017
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
r
30,30
85,14
141,35
95,56
83,23
711,33
114,78
30
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 11
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Capítulo 13: Flujo a régimen no permanente en conductos cerrados
Ejercicio 13-7
Dos tanques reguladores de 6 m de diámetro están conectados mediante una tubería de 2.5 m de
diámetro y 900 m de longitud, cuyo coeficiente de fricción es f = 0.020, mientras que las pérdidas
menores son 4.5 veces la carga de velocidad. En el momento de abrir rápidamente una válvula en
la tubería, el nivel de agua en uno de los tanques se encuentra 9 m más arriba que en el otro.
Encuéntrese la fluctuación máxima del nivel del agua en los tanques reguladores.
Resolución
La longitud equivalente de pérdidas menores será
KD 4,50 × 2,50m
=
= 562,50m
f
0,02
La longitud equivalente será
Le = L +
Entonces
KD
= 900,00m + 562,50m = 1462,50m
f
z1 A1 9,00m × (6,00m )
=
= 51,84m
A
(2,50m )2
2
zm =
El
φ correspondiente es
φ= f
entonces
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
F (φ ) = (1 + φ )e −φ = (1 + 0,4630 )e −0, 4630 = 0,9208
esta se resuelve para
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
La fluctuación máxima zm para
φ = 0,353 será
L D
900,00m 2,50m
zm = φ
= 0,353
= 27,15m
Le f
1462,50m 0,02
La fluctuación máxima zm para
El máximo negativo será
z m A − 35,61m × (2,50m )2
z1 = z 2 =
=
= −6,18m
A1
(6,00m )2
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
1
CAPÍTULO 13
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
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
La longitud equivalente será
Le = L +
KD
= 1200,00m + 50,00m = 1250,00m
f
La velocidad para flujo permanente será
Le V02
D 2g
H= f
Despejando
2 gH
L
f e
D
V0 =
reemplazando
V0 =
m
× 9,00m
m
s
= 1,33
1250,00m
s
0,024
0,30m
2 × 9,806
El tiempo que tarda en llegar el caudal al 95 % al valor correspondiente al flujo permanente
t=
LV0 1,95
ln
2 gH 0,05
reemplazando
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
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
Ejercicio 13-10
Una tubería de acero provista de juntas de expansión tiene 1 m de diámetro y 1 cm de espesor de
pared. Si la tubería transporta agua, determínese la velocidad de una onda de presión.
Resolución
La celeridad de la onda será
K
a=
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 +
⎟⎟
11
⎝ 2,00 × 10 Pa 0,01m ⎠
a = 1016,76
m
s
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
a=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
ρ
⎛ K D⎞
⎜1 +
⎟
E e⎠
⎝
3
CAPÍTULO 13
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
K
Sρ agua
a=
⎛ K D⎞
⎜1 +
⎟
E e⎠
⎝
El módulo de elasticidad del acero es
E = 2,00 × 10 5 MPa = 2,00 × 1011 Pa
Ahora reemplazando, obtenemos
144,00in 2
1,00 ft 2
slugs
1,94 3
ft
150000 Psi ×
a=
⎛
⎜
144,00in 2
⎜
150000 Psi ×
⎜
1,00 ft 2
1
+
⎜
lb
⎜
0,0207 2
⎜
ft
11
⎜ 2,00 × 10 Pa × 1,00 Pa
⎝
⎞
⎟
1,00 1,00
⎟
ft
⎟
8,00 12,00
⎟
⎡⎛ 3,00 1,00 ⎞ 1,00 ⎤ ⎟
ft ⎥
−
⎟
⎢⎜
⎣⎝ 4,00 8,00 ⎠ 12,00 ⎦ ⎟⎟
⎠
a = 335,03
= 3335,03
ft
s
ft
s
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
a =
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
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
4
CAPÍTULO 13
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
2,14 × 10 9 Pa
kg
1000,00 3
m
m
a=
= 995,55
9
s
⎛
2,14 × 10 Pa 1,30m ⎞
⎜⎜1 +
⎟⎟
11
⎝ 2,00 × 10 Pa 0,012m ⎠
El tiempo máximo será
t cr =
reemplazando
t cr =
2L
a
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
t cr =
reemplazando
t cr =
2L
a
2 × 3000,00m
= 6,00s
m
1000,00
s
La presión pico se obtiene a partir de la fórmula de Allieve, esto es
Δhmáx =
aU
g
reemplazando
Δhmáx =
m
m
2,00
s
s = 203,96m
m
9,806 2
s
1000,00
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
STASSI, MAURO JOSÉ
AÑO 2007
De la expresión del tiempo despejamos la longitud, esto es
t cr − t cr
L=
=
2 L
a
a(t cr − t c )
2
reemplazando
L=
1000,00
m
(6,00s − 5,00s )
s
= 500,00m
2
L = 500,00 m
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
6
CAPÍTULO 13