Solucionario - Mecanica Fluidos - Streeter 9 Ed.

142
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 m 2 /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 (F N ) ΣF y = 0 F N σ.2.perímetro = 0 L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 72,8 x 10 –3 N/m entonces F N = 72,8 x 10 –3 N/m.2.0,80 m = 58,2 x 10 –3 N F N = 58,2 x 10 –3 N Fuerza tangencial (F T ) τ = μ du dy además τ = F T /A = FT/L 2 entonces F T = μ L 2 du dy ρ(20 ºC) = 1 x 10 3 kg/m 3 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 1 ν = μ/ρ = 1 x 10 –6 m 2 /s

Transcript of Solucionario - Mecanica Fluidos - Streeter 9 Ed.

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 1: Propiedades de los fluidos Ejercicio propuesto en clase 1 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es agua.

ν = 1 x10–6 m2/s t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 72,8 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0

FN – σ.2.perímetro = 0 L = 0,20 m

perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 72,8 x 10–3 N/m entonces

FN = 72,8 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 58,2 x 10–3 N FN = 58,2 x 10–3 N

Fuerza tangencial (FT)

τ = μ du dy

además τ = FT/A = FT/L2

entonces FT = μ L2du dy

ρ(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 1

ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

entonces μ = νρ = 1 x 10–3 Ns/m2

u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente

FT = 400 x 10–4 m2. 1 x 10–3 Ns. 0,1m/s = m2 1 x 10–3 m

FT = 4,0 x 10–3 N Ejercicio propuesto en clase 2 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es aceite.

ν = 0,005 m2/s = 5,0 x 10–3 m2/s S = 0,90 t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 38,0 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0

FN – σ.2.perímetro = 0 L = 0,20 m

perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 38,0 x 10–3 N/m entonces

FN = 38,0 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 60,8 x 10–3 N FN = 60,8 x 10–3 N

Fuerza tangencial (FT)

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 2

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

τ = μ du dy

además τ = FT/A = FT/L2

entonces FT = μ L2du dy

ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3

S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 3,8 x 10–6 m2/s ν = μ/ρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s

entonces μ = νρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s.1 x 103 kg/m3.0,90 = 3,42 x 10–3 Ns/m2

u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente

FT = 400 x 10–4 m2. 3,42 x 10–3 Ns. 0,1 m/s = m2 1 x 10–3 m

FT = 14,0 x 10–3 N Ejercicio propuesto en clase 3 Calcular la resistencia ofrecida por el aceite entre el eje y la camisa, si el eje se desplaza con una velocidad 0,5 m/s.

∅eje = 8,00 cm = 0,0800 m ∅cam = 8,02 cm = 0,0802 m tAceite = 80º S = 0,90 σ = 0,03 N/m ν = 0,005 m2/s L = 0,30 m e = ∅cam – ∅eje = 0,0802 m – 0,0800 m = 1 x10–4 m 2 2 Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 3

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

τ = μ du dy

además τ = F/A

entonces F = μ Adu dy

A = π∅proL ∅pro = ∅cam + ∅eje = 0,0802 m + 0,0800 m = 0,0801 m

2 2 entonces

A = π∅proL = π.0,0801 m.0,30 m = 0,075 m2

Suponiendo temperatura del agua ambiente ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3

S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s

entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.1000 kg/m3.0,90 = 4,5 Ns/m2

finalmente F = 0,075 m2. 3,32 x 10–3 Ns. 0,5 m/s = 1698,58

m2 1 x 10–4 m

F = 1698,58 N Observación: Este es el resultado obtenido en clase por el Ing. Casteló Suponiendo temperatura del agua a 80 ºC ρH2O(80 ºC) = 971,8 kg/m3

S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s

entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.971,8 kg/m3.0,90 = 4,37 Ns/m2

finalmente F = 0,075 m2. 4,37 Ns. 0,5 m/s = 1649,51

m2 1 x 10–4 m

F = 1649,51 N

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 4

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 1-5 Un fluido newtoniano está en el espacio libre entre un eje y una camisa concéntrica. Cuando una fuerza de 600 N se aplica a la camisa paralela al eje, la camisa obtiene una velocidad de 1 m/s. Si se aplica una fuerza de 1500 N, ¿Qué velocidad obtendrá la camisa? La temperatura de la camisa permanece constante.

Resolución

F = μ AU t

600 N = μ A 1 m/s t

como el fluido, el espesor y el área de contacto es la misma, tenemos cte = 600 N 1 m/s

Ahora, si la fuerza es 1500 N tenemos 1500 N = cte x cte = 1500 N

x igualando

600 N = 1500 N 1 m/s x

x = 1500 N 1 m/s 600 N

x = 2,5 m/s Ejercicio 1-10 Una balanza de resortes correctamente calibrada registra el peso de un cuerpo de 2 kg como 17,0 N en una localidad distante de la Tierra. ¿Cuál es el valor de g en esta localidad? Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 5

P = gM

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

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 6

τ = μ U

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 . ft3 1 lbm 1kg 0,02832 m3 1 x 106cm3

ρ = 0,80 gr cm3

μ = 6 cP 1 x10–2 P = 6 x10–2 P 1 cP

Entonces ν = 6 x10–2 P 0,80 gr

cm3

ν = 0,0749 stokes Para el sistema USC tenemos

ρ = 50,0 lbm 1 slug . ft3 32,174 lbm

ρ = 1,55 slug

ft3 μ = 6 x10–2 gr 1 kg 100 cm 0,3048 m 1 slug

cms 1000 gr 1 m 1 ft 14,594 kg μ = 1,25 x10–4 slug fts

Entonces ν = 1,25 x10–4 slug/fts

1,55 slug ft3

ν = 8,085 x10–4 ft2

s Ejercicio 1-22 (Resuelto en clase) Un cuerpo con peso de 120 lb con área superficial plana se desliza hacia abajo sobre un plano inclinado lubricado que forma un ángulo de 30º con la horizontal. Para viscosidad de 1 P y velocidad del cuerpo de 3 ft/s, determine el espesor de la película lubricante.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 7

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

v = 3 ft/s

F

P

30°

P = 120 lb A = 2 ft2

θ = 30 º μ = 1 P v = 3 ft/s Resolución

τ = F = μ U A t despejando

t = AμU F

Donde F = Psen 30º

F = 120 lb sen 30º = 60 lb además

μ = 1 P 1 slug/fts = 2,09 x 10–3 slug 479 P fts reemplazando

t = 2 ft2.2,09 x 10–3 slug/fts.3,0 ft/s = 60 lb

t = 2,088 x 10–4 ft t = 2,088 x 10–4 ft.0,3048 m. 100 cm 1 in

1 ft 1 m 2,54 cm t = 2,505 x 10–3 in

Ejercicio 1-33 Un gas con peso molecular 28 tiene un volumen de 4,0 ft3 y una presión y temperatura de 2000 lb/ft2 abs y 600º R, respectivamente. ¿Cuál es el volumen y peso específico? Resolución De la ecuación de gas perfecto

pvs = RT despejamos

vs = RT

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 8

p

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.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 9

F

AnilloAgua

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

∅Anillo = 20 mm = 0,02 m t = 20 ºC Resolución

F = π2.∅Anilloσ σ(20º C) = 0,074 N/m

F = π2.0,02m0,074 N/m

F = 9,3 x 10–3 N Ejercicio 1-52 (Resuelto en clase) Encuéntrese el ángulo a que la película causada por la tensión superficial deja el vidrio para un tubo vertical sumergido en el agua, si el diámetro de éste es 0,2 in y la elevación capilar es 0,09 in; σ = 0,005 lb/ft.

FFh

θ

∅ = 0,20 in h = 0,09 in σ = 0,005 lb/ft Resolución

γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ

γAh = σ.π.∅.cos θ Despejando

cos θ = γ.A.h σ.π.∅

Suponiendo la temperatura a 20 ºC, tenemos γ = 62,29 lb/ft3h = 0,09 in. 1 ft = 7,5 x 10–3 ft 12 in ∅ = 0,20 in. 1 ft = 0,0166 ft 12 in σ = 0,005 lb/ft

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 10

cos θ = 62, 92 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft

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.

F F F Fθ θ θ θ

Rr

Resolución Por cada columna tendremos

γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γ.π.∅2.h = σ.π.∅.cos θ

4 donde ∅ = R – r, entonces

γ.π.(R – r)2.h = 4.σ.π.(R – r).cos θ Simplificando

γ.π.(R – r).h = 4.σ.π.cos θ despejando

h = 4.σ.cos θ γ.(R – r)

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 11

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

Agua

Aire A

B

C

D

0,3

0,3

0,6

1,0

AceiteDens. Esp.0,9

Resolución Punto A

pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa pA = – 588 KPa

Punto B pB = γh = 9806 N/m .0,6 m = 5883,60 Pa B

3

pB = 588 KPa Punto C

pC = pB = 5883,60 Pa B

pC = 588 KPa Punto D

pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m3.1,9 m = 22651,86 Pa pD = 2265 KPa

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 1

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 2-15 En la figura, para una lectura h = 20 in; determínese la presión en A en libras por pulgada cuadrada. El líquido tiene una densidad relativa de 1,90.

A

h

Datos h = 20 in S = 1,90 Resolución

pA = γh pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft3 = 0,069 lb

ft3 1728 in3 in2

pA = 0,069 lb in2

Ejercicio 2-24 En la figura, A contiene agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,94. Cuando el menisco izquierdo está en cero en la escala, pA = 100 mmH2O. Encuéntrese la lectura en el menisco derecho para pA = 8 kPa sin ningún ajuste del tubo en U o de la escala.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 2

A

600

mm

0 0

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Datos S = 2,94 pA

0 = 100 mmH2O pA = 8 kPa Resolución Cuando el meñisco izquierdo maraca cero tenemos

pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = 0 100 mmH2O. 1 m. 101325 pa + 9806 N 600 mm. 1m – 2,94.9806 N/m3 hi = 0

1000 mm 10,34 mH2O m3 1000 mm 979,93 Pa + 5883,6 Pa – 28829,64 N/m3 hi = 0

Despajando hi = – 979,93 Pa – 5883,6 Pa = 0,240 m

– 28829,64 N/m3

hi = 0,240 m Cuando aumentamos la presión en A tenemos

A

600

mm

0 0

dh

dhhi

dh

hf

pA + γH2O(h1 + Δh) – SγH2O(hi + 2Δh)= 0 pA + γH2Oh1 + γH2O Δh – SγH2Ohi – SγH2O2Δh = 0

pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = SγH2O2Δh – γH2O Δh pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = Δh(2.S.γH2O – γH2O)

Δh = pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi (2.S.γH2O – γH2O)

Reemplazando Δh = 8000 Pa + 9806 N/m30,6 m – 2,94.9806 N/m30,240 m =

(2.2,94. 9806 N/m3 – 9806 N/m3) Δh = 0,145 m

Finalmente la lectura en el lado derecho será hf = hi + Δh

hf = 0,240 m + 0,145 m = 0,385 m hf = 385 mm

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 3

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 2-33 El recipiente mostrado en la figura tiene una sección transversal circular. Determínese la fuerza hacia arriba sobre la superficie del tronco de cono ABCD. ¿Cuál es la fuerza hacia abajo sobre el plano EF?¿Es, esta fuerza, igual al peso del fluido? Explique.

A

B C

D

E F

Agua

21

5

2 ft diám

4 ft diám

Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución Sobre ABCD

A2 A3A1 1,41

O

1 2 1

A = A1 + A2 + A3

A = ½ 1,00 ft.1,414 ft + 2,00 ft.1,414 ft + ½ 1,00 ft.1,414 ft

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 4

A = 4,245 ft2

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 ft2y’p = 0,628 ft

yp = 2ft + 1,41 ft – y’p = 2,786 ft yp = 2,786 ft

Fn = γypA = 62,4 lb .2,786 ft.4,245 ft2 = 737,98 lb

ft3

Fv = Fn cos θ = 737,98 lb cos 45 = 521,83 lb Fv = 52183 lb

Sobre EF

V1 = 2πxpA

A = ½ 1,00 ft.1,00 ft + 5,00 ft.1,00 ft = 5,50 ft xp = 0,50 ft20,66 ft + 5,00 ft2x0,50 ft

5,50 ft xp = 0,51 ft

V1 = 2πxpA = 2π.0,51 ft.5,50 ft2

V1 = 17,80 ft3

V2 = hA = 8,00 ftπ(1,00 ft)2

V2 = 25,13 ft3

V = 17,80 ft3 + 25,13 ft3 = 42,93 ft3Fn = 42,93 ft3 62,4 lb/ft3

Fn = 267900 lb Ejercicio 2-36 Una superficie triangular de ángulo recto vertical tiene un vértice en la superficie libre de un líquido. Encuéntrese la fuerza sobre un lado (a) por integración y (b) por fórmula.

A

B C

h

A

b

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 5

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Resolución Por integración

F = ∫ApdA = ∫Aγyxdy = γ∫0

hyxdy donde

y = hx b

x = by h reemplazando

F = γ∫0h(by)ydy

h F = γ∫0

h y2bdy h

F = γb ∫0hy2dy h

F = 1 γbh2

3 Por formula

F = pdA F = γhdA

F = γ 2h.bh 3 2

F = 1 γbh2

3 Ejercicio 2-37 Determínese la magnitud de la fuerza que actúa sobre una lado del triángulo vertical ABC de la figura (a) por integración y (b) por fórmula.

A B

C

A

5

5

Aceiteγ = 55 lb/ft3

3 4

Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 6

Por integración

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∫5

7,4(37,0y – 5,0y2)dy 2,4 2,4

F = γ∫57,437,0y – γ∫5

7,45,0y2dy 2,4 2,4

F = γ37,0∫57,4y – γ5,0∫5

7,4y2dy 2,4 2,4

F = – γ37,0[y2|57,4] + γ5,0[y3|57,4] 2,4 2 2,4 3

F = – 55,0. 37,0[7,42 – 5,02] + 55,0. 5,0[7,43 – 5,03] 2,4 2 2 2,4 3 3 finalmente

F = 1914,00 lb Por formula

F = pA F = γhA

F = γ (5,00 ft+ 1h).bh 3 2

F = 55,00 lb(5,00 ft+ 2,40ft).5,00 ft.2,40 ft ft3 3 2

F = 1914,00 lb Ejercicio 2-46 La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, descartando el peso de la presa.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 7

A

B

Puntal

24

6

3 φ

θ

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 + FLFA = 197,34 kN + 405,64 kN

FA = 602,98 kN Ejercicio 2-59 La compuerta de la figura pesa 300 lb/ft normal al papel. Su centro de gravedad está a 1,5 pie de la cara izquierda y 2,0 ft arriba de la cara más baja. Tiene un gozne en 0. Determínese la posición de la superficie del agua cuando la puerta apenas comienza a subir. (La superficie del agua está abajo del gozne.)

5

h

O

Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 8

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

E = γh(h/2) E = γh2

2 ΣMo = 0

E[5 – h + (2/3)h] = xPCE[5 – (1/3)h] = xPC5E – E(1/3)h = xPC

reemplazando 5γh2 – γh2(1/3)h = xPC

2 2 5γh2 – 1γh3 – xPC = 0

2 6 5.62,42 lb h2 – 1.62,42 lb h3 – 1,50 ft300,00 lb = 0

2 ft3 6 ft3 – 10,40 lbh3 + 156,05 lbh2 – 450 lb = 0

ft3 ft3 h = 1,81 ft

Observación: Esta distancia es medida desde el pelo libre hasta el orificio. Ejercicio 2-66 Para una variación lineal de esfuerzo sobre la base de la presa de la figura. (a) Localice donde la resultante cruza la base y (b) calcúlese los esfuerzos compresivos máximos y mínimos en la base. Ignore la elevación hidrostática.

γ' =2.5γ

720

3 4 11

Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 9

a)

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

E1

E2

P1

P2

P3θ

θ = arc tan (20/3) = 81º 28’ 9 ‘’

E1 = γh20,5 E1 = γ7,00 m 7,00 m 0,5 = γ24,50 m2

E2 = γh0,5l Donde

l = h/sen θ = 20,00 m/sen 81º 28’ 9 ‘’ = 20,22 m E2 = γ(7,00 m + 27,00 m)0,5.20,22 m = γ343,80 m2

P1 = γ’.A1P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m2

P2= γ’.A2P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m2

P3= γ’.A3P3 = 2,5γ.11,00 m 20,00 m 0,5 = γ275,00 m2

RX = E1 + E2sen θ = γ24,50 m2 + γ343,80 m2sen 81º 28’ 9 ‘’ = γ364,00 m2

RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ =

RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ = γ670,99 m2

lE2 = lp1l0,5 + lp20,5l(2/3) =

lp1 + lp20,5 lE2 = (20,22 m)27,00 m0,5 + (20,22 m)220,00 m0,5(1/3) = 8,13 m

(20,22 m)7,00 m + (20,22 m)20,00 m0,5

yE1 = 20,00 m + 7,00 m(1/3) = 22,33 m x1 = 3,00 m (2/3) = 2,00 m

x2 = 3,00 m + 4,00 m 0,5 = 5,00 m x3 = 7,00 m + 11,00 m (1/3) = 10,67 m

ΣMA = 0 RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 = 0

xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 = RY

xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m γ670,99 m2

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 10

xR = 11,588 m

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

b)

σmín σmáx

RY = σmL

σmáx + σmin = 2RY/L σmáx = 2RY/L – σmin

ΣMA = 0 RYxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0

2 2 3 (σmáx + σmin)LxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0

2 2 2 3 σmáx11,58 m + σmin11,58 m – σmín18,00 m – σmáx18,00 m + σmin18,00 m = 0

2 2 2 3 3 σmáx5,79 m + σmin5,79 m – σmín9,00 m – σmáx6,00 m + σmin6,00 m = 0

σmáx(5,79 m – 6,00 m) + σmin(6,00 m + 5,79 m – 9,00 m) = 0 σmáx(– 0,21 m) + σmin2,79 m = 0

σmáx = σmin13,55 m = 0 reemplazando

σmin13,55 m = 2RY/L – σminσmín + σmin13,55 m = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2RY/L

σmin(1 + 13,55 m) = 2γ670,99 m2/18,00 m σmin = 2γ670,99 m2 =

18,00 m(1 + 13,55)

σmin = γ5,12 reemplazando

σmáx = 2RY/A – σminσmáx = 2γ670,99 m2 – γ5,12

18,00 m2

σmáx = γ69,43

Ejercicio 2-67 Resuélvase el problema 2-66 con la adición de que la elevación hidrostática varía linealmente desde 20 m en A hasta cero en la punta de la presa.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 11

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

20 m0

Resolución

E1 = γ24,50 m2

E2 = γ343,80 m2

P1 = γ75,00 m2

P2 = γ270,00 m2

P3 = γ275,00 m2

RX = E1 + E2sen θ = γ364,50 m2

Si llamamos V a la elevación hidrostática, tenemos V = γ20,00 m.18,00 m.0,5 = γ180 m2

RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ – V = RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ – γ180 m2 = γ490,99 m2

lE2 = 8,13 m yE1 = 22,33 m

x1 = 2,00 m x2 = 5,00 m

x3 = 10,67 m xV = (1/3)18,00 m = 6,00 m

ΣMA = 0

RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 + VxV = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 – VxV =

RYxR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m – γ180 m26,00 m =

γ490,99 m2

xR = 13,640 m

Ejercicio 2-89

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 12

Un tronco detiene el agua como se muestra en la figura. Determínese (a) la fuerza por metro que lo empuja contra la presa, (b) el peso del cilindro por metro de longitud, y (c) su densidad relativa.

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

R2aceite den. rel. 0,8

AguaA

B

C

D Resolución a)

FH = FAB + FAD – FDCFH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m

m3

FH = 15,69 kN/m b)

FV = – FAB + FADB + FBDCdonde FADB = FBDC, entonces

FV = – SAγA + 2.γA FV = – SAγ(R2 – (1/4)πR2) + 2.γ (R2 + (1/4)πR2)

FV = – SAγR2 (1 – π/4) + 2.γR2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4)

FV = 133,32 kN/m

c) γT = FV/VT

γT = 133,32 kN/m = 10,61 kN π(2,00 m)2 m3

ST = γT/γAST = 10,61 kN/m3

9,806 kN/m3

ST = 1,08

Ejercicio 2-104 ¿Flotará en agua una viga de 4 m de largo con sección transversal cuadrada y S = 0,75 manteniéndose en equilibrio estable con dos lados horizontales? Resolución

GB

W = E

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 13

SγV = γV’

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Sγh2L = γhh’L Sh = h’

S = h’/h = 0,75 Esto significa que la altura sumergida será menor que la altura del objeto, y por ser una sección cuadrada el centro de gravedad estará por encima del centro de flotación lo que significa que el cuerpo NO está en equilibrio estable para los dos lados horizontales. Ejercicio 2-108 Un tanque de líquido S = 0,88 es acelerado uniformemente en una dirección horizontal de tal forma que la presión disminuya dentro del líquido 20 kPa/m en la dirección del movimiento. Determínese la aceleración. Resolución

x

ax

xga

Spp xγ−= 0

xgaSpp xγ−=− 0

xSpgax γ

Δ−=

reemplazando

3

2

980688,0

806,9)20000(

mN

sm

mPa

ax

×

−−=

ax = 22,73 m2/s Ejercicio 2-117 El tubo de la figura está lleno de líquido con densidad relativa 2,40. Cuando se acelera a la derecha 8,05 ft/s2, dibuje la superficie libre imaginaria y determínese la presión en A. Para pA = 8 psi de vacío determínese ax.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 14

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

2

1

A

Resolución

xga

Sp xγ−=

ft

sft

sft

ftlbp 2

174,32

05,84,6240,2

2

2

3×−=

p = – 74,84 lb

ft2

2

1

A

Sí pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb

1 ft2 ft2entonces

xSpgax γ

−=

ftftlb

sft

ftlb

ax

24,624,2

174,32)1152(

3

22

×

−−=

ax = 123,75 ft/s2

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 15

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 3: Ecuaciones básicas y concepto de flujo de fluidos Ejercicio 3-6 Una tubería lleva aceite, densidad relativa 0,86, a V = 2 m/s por un tubo de 200 mm de diámetro interior. En otra sección el diámetro es de 70 mm. Encuéntrese la velocidad en esta sección y el flujo de masa en kilogramos por segundo. Resolución

1 2

Aceite, dens. rel. 0,86 Como la densidad no cambia y el flujo es permanente, podemos aplicar la ecuación de continuidad, es decir

2211 AVAV = entonces

2

112 A

AVV =

reemplazando

2

2

2

2

2 )70()200(2

4)70(

4)200(

2mmmm

sm

mm

mm

smV =

×

×

π

V2 = 16,33 m/s

El caudal másico será

ρρ 22 AVQm ==•

3

2

100086,04

)07,0(33,16mkgm

smm ××

××=

• π

skgm 03,54=

Ejercicio 3-30

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 1

En la figura, se descarga aceite de una ranura bidimensional en el aire como se indica en A. En B el aceite se descarga por debajo de una puerta al piso. Despreciando todas las pérdidas, determínese las descargas en A y B por pie de ancho. ¿Por qué difieren?

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

A B

Aceite, dens. rel. 0,86

102

Resolución Como el flujo es permanente e incompresible, podemos aplicar la ecuación de Bernoulli, es decir

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

Para A, reemplazando

gvz

Pz

P AA

atmatm

2

2

0 ++=+γγ

gvzz A

A 2)(

2

0 =−

)(2 0 AA zzgv −×=

)0,00,11(174,322 2 ftftsftvA −×=

sftvA 60,26=

Por continuidad

AAA vAQ =

sftftQA 60,2600,2 ×=

QA = 53,21 ft3/fts

Para B, reemplazando

gvzPz

P BB

Batm

2

2

0 ++=+γγ

gvzzPP B

BBatm 2)()(1 2

0 =−+−γ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−××= )()(12 0 ABatmB zzPPgv

γ

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−+×−××= )00,000,11()00,142,62(42,62

1174,322 3

3

2 mftftftlb

ftlbs

ftvB

sftvB 37,25=

Por continuidad

BBB vAQ =

sftftQB 37,2500,2 ×=

QB = 50,37 ft3/fts

Las descargas difieren porque la sección A esta sometida a la presión atmosférica y la sección B a la presión hidrostática. Ejercicio 3-31 Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura.

Agua

Aceite dens. rel. 0,75 3

ft4

ft

4 in

.

Resolución Para utilizar la ecuación de Bernoulli el fluido debe ser uniforme, por lo que se plantea una altura equivalente

AAWW hh γγ =

WA

WA hh

γγ

='

WWA

AW ShhSh ==

γγ

reemplazando fthW 00,375,0 ×=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 3

fthW 25,2=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Agua

6,25

1

2

Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

Reemplazando

gvz2

22

1 =

12 2 zgv ××=

ftsftv 25,6174,322 22 ××=

sftv 05,202 =

Por continuidad

222 vAQ =

sft

inftinQ 05,20)

00,1200,100,4(

42

2 ××=π

Q2 = 1,75 ft3/s

Ejercicio 3-33 Despreciando todas las pérdidas, encuéntrese la descarga por el medidor Venturi de la figura.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 4

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Agua

Aire

200

mm

300

mm

150

mm

1 2

Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

Agua

Aire

200

mm

300

mm

150

mm

12 Datum

h1

h2

Dz

reemplazando

gv

gv

zzPP

22)(

21

22

2121 −=−+−γγ

)(21)()(1 2

1222121 vv

gzzPP −=−+−

γ

Por la ley del menisco γγ 2112 hhPP +−=

2121 )(1 hhPP −=−γ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 5

con respecto al datum

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

21 200 hmmhz +=+Δ

zhmmh Δ−+= 21 200 reemplazando

2221 200)(1 hzhmmPP −Δ−+=−γ

zmmPP Δ−=− 200)(112γ

reemplazando en la ecuación de Bernoulli

)(21)(200 2

12221 vv

gzzmmz −=−++Δ−

)(21)(200)( 2

1222121 vv

gzzmmzz −=−++−

)(21200 2

122 vv

gmm −=

Por la ecuación de continuidad

21 QQ =

2211 vAvA =

21

21 v

AAv =

reemplazando

)((21200 2

221

222

2 vAAv

gmm −=

)1(2

200 21

22

22

AA

gvmm −=

=−

×=

)1(

2002

21

22

2

AA

mmgv

=

××=

))00,300(

4

)00,150(41(

2,0806,92

2

2

2

2

mm

mm

msm

v

π

π

smv 29,22 =

222 vAQ =

smmQ 29,2)15,0(

42

=

Q2 = 0,04 m3/s

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 6

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 3-50 Para un flujo de 1500 gpm y H = 32 ft en la figura, calcúlense las pérdidas a través del sistema en carga velocidad, KV2/2g.

V

Hγ = 55 lb/ft3

6 in. diám

Resolución Por continuidad el caudal es el mismo en todas las secciones, entonces

sft

galsft

galQ3

3

34,3

min83,448

00,1

min1500 ==

Por definición de caudal

dd vAQ =

dd A

Qv =

reemplazando

sft

inftin

sft

vd 02,17)

00,1200,100,6(

4

34,3

2

3

en términos de carga de velocidad tenemos

ftg

v

sft

sft

d 50,4174,322

)02,17(2 2

22

=

Planteamos la ecuación de Bernoulli

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 7

reemplazando

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

gv

Kg

vPH

P ddatmatm

22

22

++=+γγ

( )Kg

vH d += 1

2

2

Las pérdidas serán

1

2

2 −=

gvHK

d

150,400,32

−=ftftK

K = 6,11

Ejercicio 3-51 En la figura las pérdidas hasta la sección A son 5 v2

1/2g y las pérdidas de la boquilla son 0,05 v2

2/2g. Determínese la descarga y la presión en A. H = 8,00 m.

VD1 = 150 mm

Agua 50

D2 = 50 mm

A

H

Resolución

VD1 = 150 mm

Agua 50

D2 = 50 mm

A

H

0

BDatum

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 8

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

reemplazando

gvK

gvP

HP B

BBatmatm

22

22

++=+γγ

( )BB Kg

vH += 12

2

( )BB K

Hgv+

××=1

2

( )05,0100,8806,92 2 +

××=m

smvB

smvB 22,12=

Por continuidad

BA QQ =

BBA vAQ =

( )smmQA 22,1205,0

42π

=

QA = 0,024 m3/s

Por otro lado

( )BA

BA K

HgAAv

+××=

122

22

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

reemplazando

gvK

gvPH

P AA

AAatm

22

22

++=+γγ

( ) 2

21

AAA v

gKPH +

+=γ

reemplazando ( )

( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

××+

+=BA

BAA

KHg

AA

gKPH

12

21

2

2

γ

HAA

KKPH

A

B

B

AA⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

+= 2

2

11

γ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 9

Despejando

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

−= 2

2

111

A

B

B

AA A

AKKHP γ

( )

( )⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛++

−××=2

2

315,0

4

05,04

05,0100,51100,800,9806

m

mm

mNPA π

π

PA = 28,64 KPa

Ejercicio 3-53 El sistema de bombeo mostrado en la figura debe tener presión de 5 psi en la línea de descarga cuando la cavitación es incipiente en la entrada de la bomba. Calcúlese la longitud del tubo desde el depósito a la bomba para esta condición de operación si la pérdida en este tubo se puede expresar como (V1

2/2g)(0,003L/D). ¿Qué potencia esta siendo suministrada al fluido por la bomba? ¿Qué porcentaje de esta potencia se está usando para vencer pérdidas? Lectura del barómetro 30 inHg

6 in. diám.

2 in

. diá

m

P

10 ft

Agua 68 ºF

4 in.Tubo de descarga

Resolución

6 in. diám.

2 in

. diá

m

P

10 ft

Agua 68 ºF

4 in.Tubo de descarga

1

2 3 4

Datum

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 10

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4

gv

zP

gv

zP

22

24

44

23

33 ++=++

γγ

reemplazando

gvz

Pg

vz

P atm

22

24

4

23

33 ++=++

γγ

( )γ

334

24

23

22P

zzg

vg

v−−=−

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=−γ

334

24

23 2

Pzzgvv

Como z4 = z3

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×=−γ

324

23 2

Pgvv

Por continuidad

43 QQ =

4433 vAvA =

43

43 v

AAv =

reemplazando

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×=−γ

324

242

3

24 2

Pgvv

AA

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛−

γ32

423

24 21

Pgv

AA

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×

=

1

2

23

24

3

4

AA

Pg

( )

( ) ⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜

⎛×

−××

=

100,4

4

00,24

42,62

00,100,14400,5

174,322

2

2

3

2

2

2

2

4

in

in

ftlb

ftin

inlb

sft

v

π

π

sftv 46,314 =

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 11

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Por continuidad

43 QQ =

4433 vAvA =

43

43 v

AAv =

( )

( ) sft

sft

in

inv 86,746,31

00,44

00,24

2

2

3 ==π

π

Por continuidad

32 QQ =

3322 vAvA =

32

32 v

AA

v =

( )

( ) sft

sft

in

inv 49,386,7

00,64

00,44

2

2

2 == π

π

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

reemplazando

gv

DL

gvzPP

2003,0

2

22

22

221 +++=γγ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛−

DL

gvzPP 003,012

22

221

γγ

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛−

= 1

2003,0 2

2

221

gv

zPPDL

γγ

La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir inHgP 301 =

ftinftinP

Hg

50,200,12

00,1301 =×=γ

ftftPSP

WHg

92,3357,1350,211 =×==γγ

De tabla C.2 página 568 de (Mecánica de los fluidos, Streeter)

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 12

ftP

W

79,02 =γ

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

( )

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

×

−−×

= 1

174,322)46,3(

1079,092,33003,0

00,1200,100,6

2

2

sft

sft

ftftftinftin

L

L = 20554,17 ft

La potencia suministrada por la bomba será

tWP =

tmgHP =

gHmP•

= QgHP ρ= QHP γ=

HAvP 22γ=

ftinftin

sft

ftlbP 00,10

00,1200,100,6

449,342,62

2

3 ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×=

π

P = 247,74 lb.ft s

El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será

100

22003,0

2% 22

22

22

×

⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜

+=

gv

gv

DL

gv

P

1001003,0

1×⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

+=

DL

P

%80,01001

5,017,20554003,0

1=×

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

=

ftft

P

%P = 0,80 %

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 13

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 3-87 Despreciando todas las pérdidas, determínese las componentes x e y necesarias para mantener la Y en su lugar. El plano de la Y es horizontal.

6 in. diám

12 in. diám

18 in. diám

45°

60°

20 ft³/sH2O

12 ft8 ft³/s

10 lb/in²

Resolución Por definición de caudal

111 vAQ =

1

11 A

Qv =

sft

inftin

sft

v 32,11

00,1200,100,18

4

00,202

3

1 =

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ×

2

22 A

Qv =

sft

inftin

sft

v 29,15

00,1200,100,12

4

00,122

3

2 =

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

3

33 A

Qv =

sft

inftin

sft

v 74,40

00,1200,100,6

4

00,82

3

3 =

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ×

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 14

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

6 in. diám

12 in. diám

18 in. diám

45°

60°

H2O

v3 = 40,74 ft/s

A3P3A3

v2 = 15,29 ft/s A2

P2A2

v1 = 11,32 ft/s

A1 P1A1

10 lb/in²

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces

( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ Las fuerzas externas en x son

( )xanclajexext FAPAPF +×+×−=∑ º60cosº45cos 3322

La integral sobre la superficie de control en x es

º0cosº60cosº0cosº45cos 333222 AvvAvvdAvvsc ××−××=•××∫ ρρρ Igualando

º0cosº60cosº0cosº45cosº60cosº45cos 3332223322 AvvAvvFAPAPxanclaje ××−××=+×+×− ρρ

Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

reemplazando

gvP

gvP

22

222

211 +=+

γγ

gv

gvPP

22

22

2112 −+=

γγ

( )22

2112 2

vvg

PP −+=γ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 15

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

×+×=

22

2

3

2

2

22 29,1532,11174,322

42,62

00,100,14400,10

sft

sft

sft

ftlb

ftin

inlbP

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

22 80,1337ftlbP =

Planteamos Bernoulli entre 1 y 3

gv

zP

gv

zP

22

23

33

21

11 ++=++

γγ

reemplazando

gvP

gvP

22

233

211 +=+

γγ

gv

gvPP

22

23

2113 −+=

γγ

( )23

2113 2

vvg

PP −+=γ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

×+×=

22

2

3

2

2

23 74,4032,11174,322

42,62

00,100,14400,10

sft

sft

sft

ftlb

ftin

inlbP

23 05,46ftlbP −=

reemplazando º60cosº45cosº0cosº60cosº0cosº45cos 3322333222 ×−×+×−×= APAPAvvAvvF

xanclaje ρρ

=××+××+×

×××−××××=

º60cos20,005,46º45cos78,080,133720,0

74,4094,1º60cos74,4078,029,1594,1º45cos29,15

22

22

2

32

3

ftftlbft

ftlbft

sft

ftslug

sftft

sft

ftslug

sftF

xanclaje

FanclajeX = 682,82 lb

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección y, entonces

( ) dAvvF scyext •××∫=∑ ρ

Las fuerzas externas en y son ( )

yanclajeyext FsenAPsenAPAPF +×−×−=∑ º60º45 332211

La integral sobre la superficie de control en x es

º0cosº60º0cosº45º180cos 333222111 AvsenvAvsenvAvvdAvvsc ×+×+×=•××∫ ρρρρ Igualando

º0cosº60

º0cosº45º180cosº60º45

333

222111332211

Avsenv

AvsenvAvvFsenAPsenAPAPxyanclaje

×+

×+×=+×−×−

ρ

ρρ

despejando

º60º45

º0cosº60º0cosº45º180cos

3322

11333222111

senAPsenAP

APAvsenvAvsenvAvvFxyanclaje

×+×+

−×+×+×= ρρρ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 16

reemplazando

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

=××+××+

××−××××+

××××+×××−=

º6020,005,46º4578,080,1337

77,100,1

00,14400,1020,074,4094,1º6074,40

78,029,1594,1º4529,1577,132,1194,132,11

22

22

22

2

22

3

23

23

senftftlbsenft

ftlb

ftftin

inlbft

sft

ftslugsen

sft

ftsft

ftslugsen

sftft

sft

ftslug

sftF

yanclaje

FanclajeY = –1433,89 lb

Ejercicio 3-100 En la figura, un chorro, ρ = 2 slugs/ft3 es desviado por un álabe 180º. Se supone que la carreta no tiene fricción y está libre para moverse en una dirección horizontal. La carreta pesa 200 lb. Determínese la velocidad y la distancia viajada por la carreta 10 s después que el chorro es dirigido contra el álabe. A0 = 0,02 ft2; V0 = 100 ft/s.

V1

V0 A0

Resolución

V1

V0

A0

V0

A0 El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada

V1

V0

V0-V1 y a la salida

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 17

V1

V0

V0-V1

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces

( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ La integral sobre la superficie de control en x es

( ) ( ) ( ) ( ) º0cosº180cos 0101001010 AvvvvAvvvvdAvvsc −××−−−××−=•××∫ ρρρ

( ) ( ) ( ) ( ) 0101001010 AvvvvAvvvvdAvvsc −××−−−××−−=•××∫ ρρρ

( ) 02

102 AvvdAvvsc ××−×−=•××∫ ρρ Las fuerzas externas en x son

( ) carroxext amF =∑

( )dtdvmF xext =∑

Igualando

( ) 02

101 2 Avv

dtdvm ××−×−= ρ

( )2110

2001 22 vvvvA

tmv +−××−=Δ

ρ

210100

2001 2222 vAvvAvA

tmv ××−×××+××−=Δ

ρρρ

02222 200100

210 =××+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ×××−Δ

+×× vAvvAt

mvA ρρρ

000,100002,00,22

00,1002002,00,2200,10

174,32

00,200

002,00,22

22

3

12

3

221

23

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛×××+

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

××××−+×××

sftft

ftslugs

vsftft

ftslugs

ssftlb

vftft

slugs

000,80038,1508,0 121 =+−× lbv

sslugsv

ftslug

Por báscara

v1 = 96,11 ft/s Como supusimos la aceleración constante planteamos

2

21 atx =

ssfttvt

tvx 00,1011,96

21

21

21

121 ===

x = 480,57 ft

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 18

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 3-123 Determínese el ángulo del álabe requerido para desviar la velocidad absoluta de un chorro 130º.

u = 50 ft/s

V0 = 130 ft/s

θ

Resolución

u = 50 ft/s V0 = 130 ft/s

130 α

( )uvvalabe −= 0

sft

sft

sftvalabe 00,8000,5000,130 =−=

Por teorema del seno

00,5000,80βθ sensen

=

48,0º130625,000,8000,50

=×== sensensen θβ

( ) º60,2848,0 == arcsenβ Por propiedad del triángulo

º39,21º60,28º130º180º180 =−−=−−= θβγ Finalmente

º39,21º180º180 −=−= γα

α = 158º 36’ 20’’

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 19

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 4: Análisis dimensional y similitud dinámica Ejercicio 4-8 Usando las variables Q, D, ΔH/l, ρ, μ, g como pertinentes al flujo en un tubo liso, arreglarlas en parámetros adimensionales con Q, ρ, μ como variables repetitivas. Resolución Las variables son 6

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2113113 ,,,1,, −−−−−− =Δ LTgTMLMLLLLHLDTLQ μρ

Las unidades son 3 TML ,,

entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3

π1 será

LHΔ

=∏1

π1 = ΔH/L π2 será

3212

xxxDQ μρ=∏

( ) ( ) ( ) 321 113132

xxx TMLMLTLL −−−−=∏ entonces Para M ⇒ 000 32 =+++ xx

Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx

Para T ⇒ 000 31 =−+− xx de aquí

11 −=x

12 −=x

13 =x entonces

ρμ

QD

=∏2

π2 = Dμ/Qρ

π3 será

3213

xxxgQ μρ=∏

( ) ( ) ( ) 321 1131323

xxx TMLMLTLLT −−−−−=∏ entonces Para M ⇒ 000 32 =+++ xx

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 1

Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Para T ⇒ 002 31 =−+−− xx de aquí

31 =x

52 =x

53 −=x entonces

5

53

3 μρgQ

=∏

π3 = gQ3ρ5/μ5

Ejercicio 4-13 En un fluido que gira como un sólido alrededor de un eje vertical con velocidad angular ω, la elevación de la presión p en una dirección radial depende de la velocidad ω, el radio r y la densidad del fluido ρ. Obténgase la forma de ecuación para p. Resolución Las variables son 4

[ ] [ ] [ ] [ ]3121 ,,, −−−− MLTLrTMLp ρω Las unidades son 3

TML ,, entonces, los parámetros adimensionales son

Nº π = 4 – 3 = 1 π será

321 xxx rp ρω=∏

( ) ( ) ( ) 321 31212

xxx LMLTTML −−−−=∏ entonces Para M ⇒ 0001 2 =+++ x

Para L ⇒ 0301 32 =+−+− xx

Para T ⇒ 0002 1 =−+−− x de aquí

21 −=x

12 −=x

23 −=x entonces

ρω 22rp

=∏

Entonces p = cte.r2ω2ρ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 2

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 4-18 La velocidad en un punto de un modelo de un canal de alivio para una presa es 1 m/s. Para una razón del prototipo al modelo de 10:1, ¿Cuál es la velocidad en el punto correspondiente en el prototipo bajo condiciones similares? Resolución Como es un canal la similitud dinámica exige igual número de Froude, entonces

pp

p

mm

m

lgv

lgv 22

=

Como la gravedad es la misma

p

p

m

m

lv

lv 22

=

m

pmp l

lvv 22 =

m

pmp l

lvv =

11000,1

smvp =

vp = 3,16 m/s

Ejercicio 4-19 El suministro de potencia a una bomba depende de la descarga Q, de la elevación de la presión Δp, de la densidad del fluido ρ, del tamaño D y de la eficiencia e. Encuéntrese la expresión para la potencia por uso del análisis dimensional. Resolución Las variables son 6

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1,,,,, 3211332 eMLTMLpLDTLQTMLP −−−−− Δ ρ Las unidades son 3

TML ,, entonces, los parámetros adimensionales son

Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será

e=∏1 π1 = e

π2 será 321

2xxx pPQ ρΔ=∏

( ) ( ) ( ) 321 32113322

xxx MLTMLTLTML −−−−−=∏

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 3

entonces

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Para M ⇒ 001 32 =+++ xx

Para L ⇒ 0332 321 =−−+ xxx

Para T ⇒ 0023 21 =+−−− xx de aquí

11 −=x

12 −=x

03 =x entonces

pQPΔ

=∏ 2

π2 = P/QΔp

π3 será

3213

xxx pDQ ρΔ=∏

( ) ( ) ( ) 321 321133

xxx MLTMLTLL −−−−=∏ entonces Para M ⇒ 000 32 =+++ xx

Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx

Para T ⇒ 0020 21 =+−− xx de aquí

5,01 −=x

25,02 =x

25,03 −=x entonces

4

4

3 ρQpD Δ

=∏

π3 = DΔp1/4

Q1/2ρ1/4

Ejercicio 4-21 Un modelo de medidor Venturi tiene dimensiones lineales de un quinto de las del prototipo. El prototipo opera con agua a 20 ºC y el modelo con agua a 95 ºC. Para un diámetro de garganta de 600 mm y una velocidad en la garganta de 6 m/s en el prototipo, ¿qué descarga se necesita a través del modelo para que se tenga similitud? Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 4

Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

p

pp

m

mm vDvDνν

=

pp

m

m

pm v

DD

vνν

=

sm

sms

m

mmmmvm 00,6

10007,1

10311,0

500,60000,600

26

26

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

×

×=

smvm 86,9=

smmvAQ mmm 86,9

56,0

4

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

π

Qm = 0,10 m3/s

Ejercicio 4-32 Un modelo a escala 1:5 de un sistema de tuberías de una estación de bombeo se va a probar para determinar las pérdidas totales de carga. Se dispone de aire a 25 ºC, 1 atm. Para una velocidad del prototipo de 500 mm/s en una sección de 4 m de diámetro con agua a 15 ºC, determínese la velocidad del aire y la cantidad del mismo necesarias y cómo las pérdidas determinadas en el modelo se convierten en pérdidas en el prototipo. Resolución Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces

p

pp

m

mm vDvDνν

=

pp

m

m

pm v

DD

vνν

=

sm

sms

m

mmvm 50,0

10141,1

1070,1

500,400,4

26

25

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

×

×=

La viscosidad cinemática del aire se obtuvo de la figura C.2 de Mecánica de los fluidos (Streeter)

vm = 37,25m/s

smmvA mmm 25,37

500,4

4

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

πQ

Qm = 18,72 m3/s

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 5

Como las pérdidas dependen del número de Reynolds y este es el mismo para modelo y prototipo las pérdidas serán las mismas.

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 5: Flujo viscoso: tuberías y canales Ejercicio 5-1 Determínense las fórmulas del esfuerzo cortante sobre cada placa y para la distribución de velocidad para el flujo de la figura, cuando existe un gradiente de presión adversa tal que Q = 0.

pδy

(p+(dp/dl)δl)δy

(τ+(dτ/dl)δy)δl

τδl

γδlδy

γδlδysen θ

U

u

a

l

dl

y

θ

θ

Resolución

( ) 012

12

3 =+∂∂

−= ahpl

Uaq γμ

( ) 3

121

2ahp

lUa γ

μ+

∂∂

=

( )hpla

U γμ+

∂∂

2

6

Por otro lado

( )( )2

21 yayhp

laUyu −+

∂∂

−= γμ

reemplazando

( )22

621 yay

aU

aUyu −

×−=

μμ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−= 2

2

3ay

ayU

aUyu

22

32 yaUy

aUu +−=

derivando respecto a y obtengo

yaU

aU

dydu

2

62+−=

El esfuerzo de corte será τ = – μ2U + μ6Uy

a a2

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 1

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 5-2 En la figura siendo U positivo como se muestra, encuéntrese la expresión para d(p + γh)/dl de modo que el corte sea cero en la placa fija. ¿Cuál es la descarga en este caso?

pδy

(p+(dp/dl)δl)δy

(τ+(dτ/dl)δy)δl

τδl

γδlδy

γδlδysen θ

U

u

a

l

dl

y

θ

θ

Resolución

( )( )2

21 yayhp

laUyu −+

∂∂

−= γμ

( ) ( ) 2

21

21 yhp

layhp

laUyu γ

μγ

μ+

∂∂

−+∂∂

−=

derivando respecto a y obtengo

( ) ( )yhpl

ahpla

Udydu γ

μγ

μ+

∂∂

−+∂∂

−=1

21

El esfuerzo de corte es

dyduμτ =

entonces

( ) ( )yhpl

ahpla

U γγμτ +∂∂

−+∂∂

−=21

Valuado en y = 0, tenemos

( ) 021

0 =+∂∂

−== ahpla

Uy γμτ

despejando

( )hpla

U γμ +∂∂

=22

reemplazando

22 y

aUu =

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 2

El caudal será

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

∫∫ ==aa

dyyaUudyq

0

22

0

aUq3

=

Ejercicio 5-3 En la figura siendo U = 0,7 m/s. Encuéntrese la velocidad del aceite llevado a la cámara de presión por el pistón, la fuerza cortante y fuerza total F que actúan sobre el pistón.

UF50 mm diám.

e = 0,05 mm

0,15 MPa

μ = 1 poise

150 mm

Resolución

( )( )2

21 yayhp

ly

aUu −+

∂∂

−= γμ

además

( ) 361000,1

15,000,015,0

mN

mMPaMPa

lphp

l×=

−=

ΔΔ

=+∂∂ γ

reemplazando

( )253

65 1000,51000,1

00,100,100

00,100000,100,12

11000,5

70,0yym

mN

mcm

gkg

cmsg

ym

sm

u −××××××

−×

= −−

( )256 1000,511000,20100,1400 yymms

ys

u −×××−= −

26 11000,20100,400 yms

ys

u ×+=

( )2565 1000,111000,201000,1100,400 mms

ms

u −− ××+×=

smu 00,200=

El esfuerzo de corte será

dyduμτ =

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 3

entonces

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

mmsms

kgsms

kgdydu 5611 1000,111000,1000,1000,1100,40000,1000,1 −−− ××××+××== μτ

Pa00,25=τ

La fuerza total será

( )26 5,04

1015,015,005,000,25 mPaxmmPapAAF TCTππτ ×+××=+=

NFT 90,294=

Ejercicio 5-4 Determínese la fuerza sobre el pistón de la figura debido al corte, y la fuga de la cámara de presión para U = 0.

UF50 mm diám.

e = 0,05 mm

0,15 MPa

μ = 1 poise

150 mm

Resolución

mmPaAF CC 15,005,000,25 ××== πτ

NFC 59,0= El caudal será

( ) 3

121 ahp

lq γ

μ+

∂∂

−=

reemplazando

( )s

mmmN

mskg

q2

7353

6 10042,11000,51000,110,012

1 −− ×=×××

−=

smmDqQ

2710042,105,0 −×××== ππ

smQ

3810636,1 −×=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 4

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 5-27 Calcúlese el diámetro del tubo vertical necesario para el flujo de un líquido a R = 1400 cuando la presión permanece constante y ν = 1,5 μ m2/s. Resolución A partir de Hagen–Poiseuille

LDpQμ

π128

4Δ=

LDpvAμ

π128

4Δ=

LDpDvμ

ππ1284

42 Δ

=

LpDvμ32

2Δ=

Además

1400Re ==μ

ρvD

entonces

ρμ

Dv 1400

=

reemplazando

LpD

D μρμ

321400 2Δ

=

LpD

2

3

321400

μρΔ

=

Además como el tubo es vertical

gLp ργ ==

Δ

reemplazando

2

3

321400

μρ

ρgD

=

32

32

2 144800 gDgDνμ

ρ==

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 5

3

2 44800g

D ν=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

3

2

226

806,9

448001050,1

sm

sm

D⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×

=

mmD 17,2=

Ejercicio 5-28 Calcúlese la descarga del sistema de la figura despreciando todas las pérdidas excepto las del tubo.

γ = 55 lb/ft³

μ = 0.1 Poise

14 in diám.

16 ft

20 ft

Resolución

γ = 55 lb/ft³

μ = 0.1 Poise

14 in diám.

16 ft

20 ft

1

2 Datum

La pérdida de carga entre 1 y 2 será

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 6

22

11 hPhP

+=+γγ

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

reemplazando

121

121 h

PPh

PP+

−=+−

γγγ

donde

hPPΔ=

−γ

21

entonces hPPP Δ=−=Δ γ21

ahora

( ) ( )L

hhL

hhhP 11 +Δ=

+Δ=+

∂∂ γγγγl

reemplazando

( )( )

3

3

75,6800,16

00,1600,400,55

ftlb

ft

ftftftlb

hP =+

=+∂∂ γl

Al sustituir en la ecuación de Hagen–Poiseuille

LDpQμ

π128

4Δ=

sft

Poisesft

slug

Poise

inftin

ftlb

Q3

4

3

00152,0

479

00,110,0128

00,1200,1

4175,68

=

×××

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

sftQ

3

00152,0=

Ejercicio 5-29 En la figura, H = 24 m, L = 40 m, θ = 30 º, D = 8 mm, γ = 10 kN/m3 y μ = 0,08 kg/ms. Encuéntrese la pérdida de carga por unidad de longitud del tubo y la descarga en litros por minuto.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 7

L

θ

D

H

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Resolución La pérdida de carga entre 1 y 2 será

( )LHhP γγ =+

∂∂l

reemplazando

( ) 3

300,6

00,40

00,2410

mkN

m

mmkN

hP ==+∂∂ γl

( ) 300,6mkNhP =+

∂∂ γl

La descarga será a partir de Hagen–Poiseuille

LDpQμ

π128

4Δ=

( )

smkg

mkN

NmkN

Q

××

×=

08,0128

008,000,1

00,100000,6 43 π

min45,0

00,100,1000

00,100,601054,7

3

3

336 dm

mdm

ms

smQ =×××= −

min45,0

3dmQ =

Ejercicio 5-30 En la figura y problema anterior encuéntrese H si la velocidad es 0,1 m/s.

L

θ

D

H

Resolución A partir de Hagen–Poiseuille

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 8

LDpQμ

π128

4Δ=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

LDpvAμ

π128

4Δ=

LDpDvμ

ππ1284

42 Δ

=

LpDvμ32

2Δ=

Además

( )LH

LPhP γγ =

Δ=+

∂∂l

reemplazando

LHDv

μγ32

2

=

despejando

2

32D

LvHγ

μ=

( )m

mkN

NmkN

smm

smkg

H 00,16008,0

00,100,100000,10

10,000,4008,032

23

×××

×=

mH 00,16=

Ejercicio 5-63 ¿Qué diámetro para un tubo limpio de hierro galvanizado tiene el mismo factor de fricción para R = 100000 que un tubo de hierro fundido de 300 mm de diámetro ? Resolución Para el tubo de hierro fundido tenemos

1000001 ==ν

VDRe

Suponiendo que el fluido es agua, entonces ν = 1,00 x 10-5 entonces

sm

ms

m

DR

V e 33,03,0

1000,11000002

6

1

=××

==

ν

Ingresando al ábaco de Moody para Re = 100000 = 1,00 x 105 obtenemos 0215,0=f

A partir de la ecuación de Colebrook

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 9

2

9,0

74,57,3

ln

325,1

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

eRD

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

2

9,09,0

9,074,57,3

ln

325,1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

DvD

fνε

iteramos hasta encontrar D2, esto es

D 5.74v0,9 ν0,9D0,9 5.74v0,9

ν0,9D0,9 ε ε/3,7D 9,09,0

9,074,57,3 DvD

νε+ ln () [ln ()]2 f

0,1500 0,00002 0,5359 0,0000 0,0002 0,0003 0,0003 -8,0696 65,1182 0,0203 0,1100 0,00002 0,4054 0,0001 0,0002 0,0004 0,0004 -7,7636 60,2735 0,0220 0,1000 0,00002 0,3720 0,0001 0,0002 0,0004 0,0005 -7,6696 58,8220 0,0225 0,1200 0,00002 0,4384 0,0001 0,0002 0,0003 0,0004 -7,8495 61,6140 0,0215

Finalmente

mmD 120=

Ejercicio 5-67 Se va a bombear agua a 20 ºC en 1 km de tubo de hierro forjado con 200 mm de diámetro a la velocidad de 60 L/s. Calcúlese la pérdida de carga y la potencia requerida. Resolución

νπνπ

νν DQD

DQD

AQVDRe

4

4

2 ====

reemplazando

86,3819711000,120,0

00,100000,100,604

42

6

3

33

=×××

××==

smm

dmm

sdm

DQRe

πνπ

Como Re es mayor que 5000 se puede aplicar la ecuación de Colebrook, entonces

2

9,0

74,57,3

ln

325,1

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

eRD

donde para el hierro forjado ε = 0,046 mm, reemplazando

2

9,086,38197174,5

2007,3046,0ln

325,1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

×

=

mmmm

f

016,0=f Por la fórmula de Darcy-Weisbach a pérdida de carga será

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 10

gv

DLfh f 2

2

=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

gAQ

DLfh f 2

12

2

=

gD

QDLfh f 2

1

4

22

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

π

gDLQfh f 2

1652

2

π=

reemplazando

( ) 252

2

3

33

806,9220,0

00,100000,100,6000,100016

016,0

smm

dmm

sdmm

hf

×

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×××

×=π

mh f 02,15=

La potencia requerida será QhP γ=

reemplazando

ms

mmNP 02,1506,000,9806

3

3=

WattP 50,8836=

Ejercicio 5-83 ¿Qué medida de tubo hierro fundido nuevo se necesita para transportar 400 L/s de agua a 25 ºC un kilómetro con pérdida de carga de 2 m? Úsese el diagrama de Moody y la ecuación (5.8.18) Resolución Proponemos un diámetro, calculamos el número de Reynolds, luego el factor de fricción a través del gráfico de Moody o la ecuación de Colebrook y lo verificamos calculando la pérdida de carga con la ecuación de Darcy-Weisbach.

D Q ν Re5.74 Re

0,9 ε ε/3,7D 9.0

74,57,3 eRD

ln () [ln ()]2 f hf

0,500 0,40 0,0000009 1131768,48 0,00002 0,00025 0,00014 0,00016 -8,77 76,88 0,02 7,29 0,600 0,40 0,0000009 943140,40 0,00002 0,00025 0,00011 0,00014 -8,90 79,17 0,02 2,85 0,620 0,40 0,0000009 912716,52 0,00002 0,00025 0,00011 0,00013 -8,92 79,55 0,02 2,40 0,640 0,40 0,0000009 884194,13 0,00003 0,00025 0,00011 0,00013 -8,94 79,92 0,02 2,04 0,650 0,40 0,0000009 870591,14 0,00003 0,00025 0,00010 0,00013 -8,95 80,09 0,02 1,89 0,645 0,40 0,0000009 877339,91 0,00003 0,00025 0,00010 0,00013 -8,94 80,00 0,02 1,96 0,643 0,40 0,0000009 880753,68 0,00003 0,00025 0,00011 0,00013 -8,94 79,96 0,02 2,00

mmD 643=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 11

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Utilizando la ecuación (5.8.18) tenemos 04,02,5

4.9

75.42

25.166.0⎥⎥

⎢⎢

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

ff ghLQ

ghLQD νε

reemplazando 04,0

2,5

2

4.9326

75.4

2

23

25.1

00,2806,9

00,100040.01000,100,2806,9

40,000,100000025.066.0

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

×⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×+

⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×

= −

msm

ms

ms

m

msm

smm

mD

mD 654,0=

mmD 654=

Ejercicio 5-90 Calcúlese el valor H de la figura para 125 L/s de agua a 15 ºC en un tubo de acero comercial. Inclúyanse las pérdidas menores.

H

30 m 30 cm diám

Resolución

H

30 m 30 cm diámDatum 21

Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

fhg

vz

Pg

vz

P+++=++

22

22

22

21

11

γγ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 12

reemplazando y despejando

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

gvK

DLfKPP

sb 2

2221 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=−

γγ

gvK

DLfKH sb 2

22⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

El número de Reynolds será

48,5305161000,130,000,1000

00,100,12544

6

3

33

=×××

××== −m

dmm

sdm

DQRe πνπ

como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook

2

9,0

74,57,3

ln

325,1

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

eRD

reemplazando

015,0

48,53051674,5

30,07,31060,4ln

325,12

9,0

5=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

××

=−

mm

f

reemplazando en

gAQK

DLfKH sb 22

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

gDQK

DLfKH sb 42

28π

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=

obtenemos

( )=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++=

242

23

806,930,0

125,0800,1

30,000,30015,050,0

smm

sm

mmH

π

mH 48,0= Ejercicio 5-94 Una línea de agua que conecta dos depósitos a 70 ºF tiene 5000 ft de tubo de acero de 24 in de diámetro, tres codos estándar, una válvula de globo y un tubo de alimentación con reentrada, ¿Cuál es la diferencia de alturas de los depósitos para 20 ft3/s? Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 13

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

H

1

2

Válvula de globo

Datum

Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

Hpg

vh

Pg

vh

P+++=++

22

22

22

21

11

γγ

reemplazando y despejando

gvKKK

DLfKH svce 2

322⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

El número de Reynolds será

49,11574901010,1

00,1200,100,24

00,20442

5

3

=××××

×==

sft

inftin

sft

DQRe

πνπ

como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook

2

9,0

74,57,3

ln

325,1

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

eRD

reemplazando

013,0

49,115749074,5

27,300015,0ln

325,12

9,0

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

×

=

ftft

f

reemplazando en

gDQKKK

DLfKH svce 42

283π

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

obtenemos

( )=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++×++=

242

23

174,3200,2

00,20811090,03

00,200,5000013,080,0

sftft

sft

ftftH

π

ftH 50,29=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 14

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 5-98 Encuéntrese H de la figura para 200 gpm de flujo de aceite, μ = 0,1 P, γ = 60 lb/ft3 para la válvula en ángulo totalmente abierta.

210 ft 3 in diám

Tubo de acero

Válvula angular

H

Resolución

210 ft 3 in diám

Tubo de acero

Válvula angular

H

1

2Datum

Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

Hpg

vh

Pg

vh

P+++=++

22

22

22

21

11

γγ

reemplazando y despejando

gvKK

DLfKH sve 2

22⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +++=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 15

El número de Reynolds será

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

97,21088

479

00,110,0

00,1200,100,3

94,1

min83,448

00,1

min00,2004

43

3

=

×××××

×××

==

Poisesft

slug

Poiseinftin

ftslug

galsft

gal

DQRe

π

μπρ

como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook

2

9,0

74,57,3

ln

325,1

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

eRD

reemplazando

027,0

97,2108874,5

25,07,300015,0ln

325,12

9,0

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

×

=

ftft

f

reemplazando en

gDQKK

DLfKH sve 42

28π

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++=

obtenemos

( )=

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

××

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+++=

242

23

174,3225,0

min83,448

00,1

min00,2008

00,100,525,000,210027,050,0

sftft

galsft

gal

ftftH

π

ftH 29,37= Ejercicio 5-104 El sistema de bombeo de la figura tiene una curva de descarga-carga de la bomba H = 40 – 24Q2 con la carga en metros y la descarga en metros cúbicos por segundo. Las longitudes de los tubos incluyen corrección para pérdidas menores. Determínese el flujo del sistema en litros por segundo. Para una eficiencia de bombeo del sistema de 72 % determínese la potencia requerida. La bomba requiere una carga de succión de por lo menos 1/2 atm, para evitar la cavitación. ¿Cuál es la descarga máxima y potencia requerida para alcanzar este máximo?

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 16

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

200 m 500 mm diám- Acero500 m 400 mm diám- Acero

P

Agua 20 ºC

Pump. Elev. = 0

El = 1 m

El = 31 m

Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

Hpg

vh

PH

gv

hP

B +++=+++22

22

22

21

11

γγ

reemplazando HphHh B +=+ 21

gv

DLf

gv

DLfHhh B 22

22

2

22

21

1

1121 ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=+−

Por la ecuación de continuidad

gDQ

DLf

gDQ

DLfHhh B 4

2

2

2

224

1

2

1

1121

88ππ ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=+−

gDQ

DLf

gDQ

DLfQhh 4

2

2

2

224

1

2

1

11

221

882440ππ ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=−+−

2422

224

11

1121 248840 Q

gDDLf

gDDLfhh ⎥

⎤⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=+−

ππ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

+−=

248840

422

224

11

11

21

gDDL

fgDD

Lf

hhQ

ππ

Para encontrar f debemos proponer un caudal, encontrar el número de Reynolds, calcular f por la ecuación de Colebrook, luego se calcula el caudal y se verfica el número de Reynolds.

Q [m3/s] Re1 Re2 f1 f2 Q [m3/s] 1,0000 2546479,11 3183098,89 0,0126 0,0129 0,2193 0,2200 560225,40 700281,76 0,0142 0,0141 0,2099 0,2100 534760,61 668450,77 0,0143 0,0142 0,2095 0,2095 533487,37 666859,22 0,0143 0,0142 0,2095

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 17

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

sdmQ

3

5,209=

La potencia será

ηγQhP = reemplazando

( )ηγ 22440 QQP −= 32440 QQP γηγη −=

33

3

3

3 2095,072,000,1000242095,072,000,100040 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×××−×××=

sm

mkg

sm

mkgP

kWattP 87,5=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 18

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 6: Flujos externos Desarrollo teórico Capa límite laminar Se propone

ηδ===

yUuF

Reemplazando en

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

∂∂

= ∫h

dyuUux 0

0 ρτ

Obtenemos

∫−

∂∂

=1

02

22

0 ηδρτ dU

uuUx

U

∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

∂∂

=1

0

20 1 ηδρτ d

Uu

Uu

xU

( )∫ −∂∂

=1

0

20 1 ηηηδρτ d

xU

xU

∂∂

=δρτ 2

0 166,0

De la ley de viscosidad de Newton

00

=∂∂

=yy

uμτ

Cambiando las variables

00

=∂∂

=ηηδ

μτ FU

Entonces

δμτ U

=0

Reemplazando

xUU

∂∂

=δρ

δμ 2166,0

Separando las variables

δδρ

μ ∂=∂ 2166,0 UxU

Integrando tenemos

2166,0

2δυ Ux =

Despejando

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 1

xUxυδ

083,01

=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Resolviendo

2/1

46,3

xRx=

δ

Capa límite turbulenta Se propone

71

71

ηδ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

yUuF

Reemplazando en

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

∂∂

= ∫h

dyuUux 0

0 ρτ

Obtenemos

∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

∂∂

=1

0

71

71

20 1 ηηηδρτ d

xU

xU

∂∂

=δρτ 2

0 727

De la ley de viscosidad de Newton

00

=∂∂

=yy

uμτ

Cambiando las variables ( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂

∂=

δημτ

710

FU

Entonces

41

20 0228,0 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

δυρτ

UU

igualando

xU

UU

∂∂

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ δρ

δυρ 24

1

2

7270228,0

Separando las variables

δδ

υ∂=∂ 254,4

41

41

41

xU

Integrando tenemos

45

41

41

54254,4 δυ Ux =

45

41

41

4032,3 δυ Ux =

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 2

Despejando

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

41

41

45

4032,3 U

xυδ =

54

41

41

4032,3 ⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎛=

U

xυδ

Resolviendo

xx 5

1Re

375,0=δ

Ejercicio propuesto en clase. Barrilete

T = 25 N

45°

U = 40 km/h

A = 1 m²

30°

Resolución El arrastre será

DD AUCD2

2ρ=

Despejando

DD AU

DC 2

=

Reemplazando

47,0º3000,127,000,4023,1

º4500,252

22

3

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×

×=

senmkmsmh

hkm

mkg

NsenCD

47,0=DC

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 3

La sustentación será

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

LL AUCL2

2ρ=

Despejando

LL AU

DC 2

=

Reemplazando

27,0º30cos00,127,000,4023,1

º45cos00,252

22

3

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×

×=

mkmsmh

hkm

mkg

NCL

47,0=LC

Ejercicio 6-6 Una corriente de aire fluye sobre una placa lisa con una velocidad de 150 km/h a 20 ºC y 100 kPa. ¿Qué longitud debe tener la placa para que la capa límite tenga un espesor de 8 mm?

Resolución Partiendo de

δ = 0,37 x (Ux/ν)1/5

δ5 = 0,375 ν x5 Ux

x = 4√ Uδ5 . 0,375ν donde U = 150,00 km . 1000 m . 1 h = 41,66 m h 1 km 3600 s s δ = 8,00 mm. 1 m = 8,00 x 10–3 m 1000 mm ν = 1,15 10–5 m2/s reemplazando

x = 4√ 41,66 m/s (8,00 x 10–3 m)5 . 0,375 . 1,60 10–5 m2/s

x = 0,333 m

Ejercicio 6-7 Estímese el arrastre por fricción superficial en una aeronave de 100 m de largo, diámetro promedio de 20 m con velocidad de 130 km/h que viaja por aire a 90 kPa abs y 25 ºC.

Resolución Suponiendo el avión es un cilindro, entonces

00,500,2000,100

==Dl

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 4

ahora, de tabla 6,1

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

86,0=DC La densidad será, por la ecuación de estado

( )305,1

15,273º25287

90mkg

KCKkgNm

kPaRTP

=+

∗×

==ρ

El arrastre frontal será

42

22 ∅=

πρUCD D

reemplazando

( )400,20

2

60,3

00,100,13005,1

86,02

2

3

mhkmsm

hkm

mkg

D π⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

×

×=

kND 96,184=

El arrastre lateral será

lUCD D ∅= πρ2

2

reemplazando

mmhkmsm

hkm

mkg

D 00,10000,202

60,3

00,100,13005,1

86,0

2

3

×⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

×

×= π

ND 30,3699=

Ejercicio 6-9 Un letrero de publicidad es remolcado por un pequeño avión a una velocidad de 35 m/s. Las dimensiones del letrero son de 1,40 m por 38,00 m, p = 1 atmósfera, t = 15 ºC. Suponiendo que el letrero es una placa plana, calcúlese la potencia requerida.

Resolución

R = vl/ν R = 35,00 m/s . 38,00 m =

1,57 10–5 m2/s R = 8,47 x 107

entonces CD = 0,455 =

(log Rl)2,58

CD = 2,18 x 10–3

El arrastre será D = CDblρU2

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 5

2

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

reemplazando D = 2,18 x 10–3 . 1,40 m . 38,00 m 1,2928 kg/m3 (35 m/s)2

2 D = 91,83 N =

La potencia será P = D.V = 91,83 N . 35 m/s

P = 3214,20 W

Ejercicio 6-12 ¿Cuántos paracaídas de 30 m de diámetro (CD = 1,2) se deben usar para dejar caer un tractor nivelador que pesa 45 kN a una velocidad final de 10 m/s del aire a 100 kPa abs a 20 ºC?

Resolución La densidad será, por la ecuación de estado

( )319,1

15,273º20287

00,100mkg

KCKkgNm

kPaRTP

=+

∗×

==ρ

El arrastre será

42

22 ∅=

πρUCD D

despejando

DCD

U 2

24ρπ

=∅

reemplazando

mN

sm

mkg

33,282,100,45000

00,1019,1

82

3

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛×

=∅

π

Como el diámetro necesario es menor al del paracaídas, se necesita solo uno

Ejercicio 6-13 Un objeto que pesa 400 lb se fija a un disco circular y es dejado caer desde un avión. ¿Qué diámetro debe tener el disco para hacer que el objeto toque tierra a 72 ft/s? El disco esta fijado de tal forma que es normal a la dirección del movimiento con p = 14,7 psi; t = 70 ºF.

Resolución La temperatura absoluta será

15,273+= CA TT

( ) 15,2739532 +⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ×−= FA TT

( ) KFTA 26,29415,2739532º70 =+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ×−=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 6

La densidad será, por la ecuación de estado

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

33

3

3

2

2

0032,000,1

0283,0594,14

00,120,126,294287

00,1

76,689470,14

ftslug

ftm

kgslug

mkg

KKkgNm

inlb

mN

psi

RTP

=××=

∗×

×

==ρ

Si proponemos un número de Reynolds alto encontramos CD a partir de la figura 6.11, esto es 05,1=DC

el diámetro será

DCD

U 2

24ρπ

=∅

reemplazando

ftlb

sft

ftslug

59,705,100,400

00,720032,0

82

3

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛×

=∅

π

ft59,7=∅

El número de Reynolds será

Verifica

sft

ftsft

VDRe ⇒=×

==−

87,30371881080,1

59,700,722

Ejercicio 6-19 ¿Cuál es la velocidad final de una pelota metálica de 2 in de diámetro, densidad relativa 3,5 que se deja caer en aceite, densidad relativa 0,80, μ = 1 p?¿Cuál sería la velocidad final para el mismo tamaño de pelota con una densidad relativa de 7,0? ¿Cómo concuerdan estos resultados con los experimentos atribuidos a Galileo en la torre inclinada de Pisa?

Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 7

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

D

F

W

D

Por equilibrio de fuerzas será

DFW =− reemplazando

22

33

234

34 rSUCSrSr Daceitepelota πργπγπ =−

( ) 22

3

234 rSUCSSr Daceitepelota πργπ =−

reemplazando

( )2

23

3

3

00,1200,100,1

2

80,094,180,050,340,62

00,1200,100,1

34

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

×=−⎟

⎞⎜⎝

⎛×

inftin

Uft

slug

Cftlb

inftin D ππ

22

2

12,24 UCsft

D=

DCsft

U2

2

12,24=

El número de Reynolds será

Ufts

poisesft

slug

poise

ftslugftU

UDSR aceite

e 90,123

00,479

00,100,1

94,180.000,600,1

3

=

××

×××==

μρ

Ahora proponemos un CD, calculamos U, luego calculamos Reynolds y buscamos un nuevo CD de la figura 6.11página 262 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 8

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

CD U Re

1,000 4,911 608,499 0,500 6,946 860,548 0,450 7,321 907,097 0,420 7,578 938,935 0,410 7,670 950,316 0,405 7,717 956,164 0,400 7,765 962,122

Finalmente

sftU 76,7=

Si la densidad relativa de la pelota es 7,0 entonces

( ) 22

3

234 rSUCSSr Daceitepelota πργπ =−

reemplazando

( )2

23

3

3

00,1200,100,1

2

80,094,180,000,740,62

00,1200,100,1

34

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

×=−⎟

⎞⎜⎝

⎛×

inftin

Uft

slug

Cftlb

inftin D ππ

22

2

03,174 UCsft

D=

DCsft

U2

2

03,174=

El coeficiente CD no cambiará, porque depende del número de Reynolds el cual no cambiará ya que no depende de la densidad de la pelota sino de su tamaño y de la densidad del aceite, entonces

4,0

03,174 2

2

sft

U =

sftU 86,20=

Ejercicio 6-20 Un globo esférico que contiene helio asciende por el aire a 14 psia, a 40 ºF. El globo y la carga pesan 300 lb. ¿Qué diámetro permite un ascenso a 10 ft/s? CD = 0,21. Si el globo está atado al suelo en un viento de 10 mi/h, ¿Cuál es el ángulo de inclinación del cable retenedor?

Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 9

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

F

DD

W

Por equilibrio de fuerzas será

FDW =+ reemplazando

helioaireDglobo DDDUCW γπγππρ 3322

61

61

42−=+

Despejando

( ) 0426

1 22

3 =−−− globoDhelioaire WDUCD πργγπ

Esta es una ecuación cúbica donde

( )helioairea γγπ −=61

42

2 πρUCb D−=

0=c

globoWd −= La temperatura absoluta será

15,273+= CA TT

( ) 15,2739532 +⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ×−= FA TT

( ) KFTA 59,27715,2739532º40 =+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ×−=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 10

La densidad del aire será, por la ecuación de estado

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

33

3

3

2

2

0023,000,1

0283,0594,14

00,121,159,277287

00,1

76,689400,14

ftslug

ftm

kgslug

mkg

KKkgNm

inlb

mN

psi

RTP

=××=

∗×

×

==ρ

El peso específico del aire será

323 076,0174,320023,0ftlb

sft

ftslugg =×== ργ

La densidad del helio será, por la ecuación de estado

34

3

3

3

2

2

1025,300,1

0283,0594,14

00,116,059,2772077

00,1

76,689400,14

ftslug

ftm

kgslug

mkg

KKkgNm

inlb

mN

psi

RTP −×=××=

∗×

×

==ρ

El peso específico del helio será

3234 01,0174,321025,3

ftlb

sft

ftslugg =××== −ργ

reemplazando

034,001,0076,061

33 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

ftlb

ftlba π

2

2

3

019,042

100023,021,0

sftslugs

ftft

slug

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−=π

0=c lbd 300−=

Con una calculadora o programa obtenemos

ftD 83,20=

Si el globo esta atado al suelo, entonces

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 11

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

F

D

WT

V

θ

Por equilibrio de fuerzas en horizontal será θcosTD =

y en vertical θTsenWF +=

despejando

θsenWFT −

=

reemplazando

θθ

θ tgWF

senWFD −

=−

= cos

despejando

DWFtg −

reemplazando

( )

22

3

42

61

DVC

WDtg

D

globohelioaire

πρ

γγπθ

−−=

entonces

( )

( )

46,0

83,2042

00,360000,1

00,100,528000,100023,0

21,0

00,30001,0076,083,2061

2

2

3

333

=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛××

×

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

fts

hmilla

fthmi

ftslug

lbftlb

ftlbft

tg

π

πθ

entonces

''24'37º24=θ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 12

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 6-21 Determínese la velocidad de asentamiento de pequeñas esferas metálicas cuya densidad relativa 4,5, diámetro 0,1 mm en petróleo crudo a 25 ºC y densidad relativa 0,86.

Resolución Como la velocidad de asentamiento es pequeña, se cumple la ley de Stokes, por lo tanto

( )petroleoesferasDU γγμ

−=18

2

( )petroleoesferasagua SSDU −= γμ18

2

La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es

231000,8

msN ×

×= −μ

reemplazando

( )86,050,400,98061000,818

00,100000,110,0

3

23

2

−×

××

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

=− m

N

msN

mmmmm

U

smU 31048,2 −×=

Verificamos que el Reynolds sea menor que 1, entonces

Verifica

msN

mkg

mmmmm

sm

UDRe ⇒=×

×

×⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛××

==−

30,01000,8

00,100000,1000

00,110,01048,2

23

33

μρ

Ejercicio 6-23 ¿Qué tamaño deberá tener una partícula de densidad relativa 2,5 para asentarse en aire atmosférico a 20 ºC siguiendo la ley de Stokes?¿Cuál es la velocidad de asentamiento?

Resolución Partiendo de la ley de Stokes, tenemos

( )airepartículaDU γγμ

−=18

2

( )airepartículaaguaSDU γγμ

−=18

2

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 13

La densidad del aire será, por la ecuación de estado

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

3

227,1

59,277287

00,101325

mkg

KKkgNm

mN

RTP

=

∗×

==ρ

El peso específico del aire será

323 47,12806,927,1mN

sm

mkgg =×== ργ

La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es

251000,2

msN ×

×= −μ

reemplazando

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −×

×××

=−

33

25

2

47,1200,980650,21000,218 m

NmN

msN

DU

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −×

×××

=−

33

25

2

47,1200,980650,21000,218 m

NmN

msN

DU

26 11006,68 Dsm

×=

Para que se cumpla la ley de Stokes el número de Reynolds debe ser menor que 1, entonces

00,1<=μρUDRe

remplazando

00,1

11006,68 36

<××

ρDsmRe

despejando

sm

D

×××

×<

11006,68

00,16

3

ρ

μ

reemplazando

smmkg

msN

D

×××

×××

<

11006,6800,1000

1000,200,1

63

25

3

m

smmkg

msN

D 63

63

25

1064,611006,6800,1000

1000,200,1−

×=

×××

×××

<

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 14

mmD 0066,0=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

La velocidad de asentamiento será

( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −×

×××

×=

33

25

26

47,1250,200,98061000,218

1064,6mN

mN

msN

mU

smU 31000,3 −×=

Ejercicio 6-30 Un jugador de tenis, golpeando desde la línea base, desarrolla una velocidad hacia delante de 70 ft/s y un retrogiro de 5000 rpm. La pelota pesa 0,125 lb y tiene un diámetro de 2,56 in. Supóngase presión normal, 70 ºF y despréciese la fuerza de arrastre. Incluyendo la sustentación proporcionada por el retrogiro ¿cuánto habrá caído la pelota de tenis para que llegue a la red a 39 ft de distancia?

Resolución

S

W

ω

U

Por equilibrio de fuerzas

maWS =− donde

maWUDCL =−24

22 ρπ

El coeficiente de sustentación lo obtenemos de figura 6.19 página 271 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), ingresando con

80,000,702

00,6000,1

00,125000

00,1200,156,2

2=

×

××××=

sft

sm

revradrpm

inftin

UD

πω

esto es 26,0=LC

La temperatura absoluta será 15,273+= CA TT

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 15

( ) 15,2739532 +⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ×−= FA TT

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

( ) KFTA 26,29415,2739532º70 =+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ×−=

La densidad del aire será, por la ecuación de estado

33

3

3

20023,0

00,10283,0

594,1400,120,1

26,294287

00,101325

ftslug

ftm

kgslug

mkg

KKkgNm

mN

RTP

=××=

∗×

==ρ

reemplazando

2

2

2

32

69,18

174,32

125,0

125,02

00,700023,0

00,1200,156,2

426,0

sft

sft

lb

lbsft

ftslug

inftin

a −=−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

=

π

Para un movimiento de tiro oblicuo, tenemos en y 2

00 21 tatvyy yy ++=

y en x tvxx x+= 0

Si suponemos que la velocidad inicial es cero, entonces

xvxt =

reemplazando 2

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

xy v

xay

reemplazando 2

200,70

00,3969,1821

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

sftft

sfty

fty 90,2=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 16

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 8: Flujo de un fluido ideal Ejercicio 8-1 Calcúlese el gradiente de la siguientes funciones esclares en dos dimensiones (a) ( )22ln2 yx +−=φ (b) VyUx +=φ (c) xy2=φ

Resolución

a)

22

4yxx

x +−

=∂∂φ

22

4yxy

y +−

=∂∂φ

El gradiente será

jyxyi

yxxj

yi

x ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

=∇ 2222

44φφφ

b)

Ux=

∂∂φ

Vy=

∂∂φ

El gradiente será

jViUjy

ix

+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

=∇φφφ

c)

yx

2=∂∂φ

xy

2=∂∂φ

El gradiente será

jxiyjy

ix

22 +=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

=∇φφφ

Ejercicio 8-2 Calcúlese la divergencia de los gradientes de φ encontrados en el problema 8.1. Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 8 1

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

a) ( )( )222

222

2

2 84yx

xyxx +

++−=

∂∂ φ

( )( )222

222

2

2 84yx

yyxy +

++−=

∂∂ φ

La divergencia será ( )( )

( )( )

[ ]( )

088484· 222

2222

222

222

222

222

2

2

2

2

=+

−−+−=

+

++−+

+

++−=

∂∂

+∂∂

=∇∇yx

yxyxyx

yyxyx

xyxyxφφφ

b)

02

2

=∂∂xφ

02

2

=∂∂yφ

La divergencia será

000· 2

2

2

2

=+=∂∂

+∂∂

=∇∇yxφφφ

c)

02

2

=∂∂xφ

02

2

=∂∂yφ

La divergencia será

000· 2

2

2

2

=+=∂∂

+∂∂

=∇∇yxφφφ

Ejercicio 8-3 Calcúlese el rotacional de los gradientes de φ del problema 8.1 Resolución

a)

( )222

2 8yx

xyyx +=

∂∂∂ φ

( )222

2 8yx

xyxy +=

∂∂∂ φ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 8 2

El rotor será

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

( ) ( )088

222222

22

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

+−

+=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂−

∂∂∂

=∇×∇ kyx

xyyx

xykxyyxφφφ

b)

02

=∂∂

∂yxφ

02

=∂∂

∂xyφ

El rotor será

( ) 00022

=−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂−

∂∂∂

=∇×∇ kkxyyxφφφ

c)

22

=∂∂

∂yxφ

22

=∂∂

∂xyφ

El rotor será

( ) 02222

=−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂−

∂∂∂

=∇×∇ kkxyyxφφφ

Ejercicio 8-4 Para q = i(x + y) + j(y + z) + k(x2 + y2 + z2) encuéntrese las componentes de rotación en (2,2,2). Resolución

( )yyw

zv

x 2121

21

+−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

−=ω

( ) 50,1232

212,2,2 ==+−=xω

( ) xxxw

zu

y −=−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

−∂∂

= 2021

21ω

( ) 22,2,2 −=xω

( )1021

21

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=yu

xv

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 8 3

( ) 50,02,2,2 −=xω

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 8-7 Un potencial de velocidad en flujo bidimensional es φ = y + x2 – y2. Encuéntrese la función de corriente para este flujo. Resolución De las ecuaciones de Cauchy-Riemann

xy ∂∂

=∂∂ φψ

xx

2=∂∂φ

por lo tanto

xy

2=∂∂ψ

además

yx ∂∂

−=∂∂ φψ

yy

21−=∂∂φ

por lo tanto

12 −=∂∂ y

Por otro lado

dyy

dxx

d∂∂

+∂∂

=ψψψ

reemplazando ( )dyyxdxd 122 −+=ψ

dyydyxdxd −+= 22ψ integrando

∫∫∫ −+= dyydyxdx 22ψ

finalmente cteyyx +−+= 22ψ

Ejercicio 8-8 La función de corriente bidimensional para un flujo es ψ = 9 + 6x – 4y + 7xy. Encuéntrese el potencial de velocidad. Resolución

De las ecuaciones de Cauchy-Riemann

xy ∂∂

=∂∂ φψ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 8 4

xy

74 +−=∂∂ψ

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

por lo tanto

xx

74 +−=∂∂φ

además

yx ∂∂

−=∂∂ φψ

yx

76 +=∂∂ψ

por lo tanto

yy

76 −−=∂∂φ

Por otro lado

dyy

dxx

d∂∂

+∂∂

=φφφ

reemplazando ( ) ( )dyydxxd 7674 −−++−=φ

ydydyxdxdxd 7674 +−+−=φ integrando

∫∫∫∫ −−+−= ydydyxdxdx 7674φ

finalmente

( ) cteyyxx +−−+−= 6274 22φ

Ejercicio 8-15 En el problema 8.14 ¿cuál es la descarga entre superficies de corriente a través de los puntos r =1, θ = 0 y r = 1, θ = π/4? Resolución

θψ 229 senr= Valuando en (1,0)

( ) 00,1 =ψ Valuando en (1,π/4)

5,44

,1 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ πψ

La descarga será

( ) 22

5,40,14

,1 ftsftQ =−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= ψπψ

( ) 22

5,40,14

,1 ftsftQ =−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= ψπψ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 8 5

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 9: Mediciones de fluidos Ejercicio 9-8 Un tubo de Pitot dirigido a una corriente de agua moviéndose a 4 m/s tiene una diferencia manométrica de 37 mm en un manómetro diferencial agua-mercurio. Determínese el coeficiente del tubo.

Resolución

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= 1'2 0

SS

gRCv

despejando

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=

1'2 0

SS

gR

vC

reemplazando

( )32,1

155,13037,0806,92

00,4

2

=−××

=m

sm

sm

C

32,1=C

Ejercicio 9-9 Un tubo de Pitot estático, C = 1,12 tiene una diferencia manométrica de 10 mm en un manómetro agua-mercurio colocado en una corriente de agua. Calcúlese la velocidad.

Resolución

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= 1'2 0

SS

gRCv

reemplazando

( )smm

smv 76,1155,13010,0806,9212,1 2 =−××=

smv 76,1=

Ejercicio 9-10 Un tubo de Pitot estático del tipo Prandtl tiene los siguientes valores de diferencia manométrica R’ para una distancia radial medida desde el centro en una tubería de 3 ft de diámetro

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 9

1

r, ft 0,00 0,30 0,60 0,90 1,20 1,48R’, in 4,00 3,91 3,76 3,46 3,02 2,40

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

El fluido es agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,93. Calcúlese la descarga.

Resolución

De la definición de caudal

2

4DvvAQ π

==

La velocidad será, por ser una tubo del tipo Prandtl

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= 1'2 0

SS

gRv

sustituyendo

r [m] R [m] v [m/s] Q [m3/s] 0,000 4,000 6,434 45,480 0,300 3,910 6,361 44,965 0,600 3,760 6,238 44,094 0,900 3,460 5,984 42,299 1,200 3,020 5,591 39,518 1,480 2,400 4,984 35,228

El caudal será

sftQ

3

93,41=

Ejercicio 9-24 Un orificio de 100 mm de diámetro descarga 44,6 L//s de agua bajo una carga de 2,75 m. Una placa plana colocada normal al chorro justamente después de la vena contracta requiere de una fuerza de 320 N para resistir el impacto del chorro. Encuéntrese Cd, Cv y Cc.

Resolución A partir del caudal obtenemos el coeficiente de descarga

( )773,0

75,2806,9210,04

00,100000,160,44

22

2

3

33

0

=××

×==

msmm

dmm

sdm

gHAQ

C ad π

773,0=dC

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces

( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ Las fuerzas externas en x son

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 9

2

( )xanclajexext FF =∑

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

La integral sobre la superficie de control en x es

asc vg

QdAvv γρ =•××∫

Igualando

axanclaje vg

QF γ=

despejando

γQFg

v xanclajea

×=

El coeficiente de velocidad será

907,075,2806,92

00,9806045,0

00,300806,9

22

3

3

2

0

1 =××

×

×

=

×

==m

sm

mN

sm

Nsm

gHQFg

vv

C

xanclaje

907,0=vC

El coeficiente de contracción será

791,0907,0773,0

===v

dc C

CC

791,0=cC

Ejercicio 9-26 Para Cv = 0,96 en la figura calcúlense las pérdidas en mN/N y en mN/s.

AceiteDens. esp. 0,92

70 mm diám.

Cd = 0,74

Aire, 15 kPa

2 m

Resolución

Las pérdidas por unidad de peso serán ( )21 vPérdidas CHh −=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 9

3

donde H

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

agua

atma

SPP

zPPzHγγ−

+=−

+= 121

1

reemplazando

m

mN

PamH 66,300,980692,0

00,1500000,2

3

+=

reemplazando

( )( )NNmmhPérdidas 287,096,0166,1 2 =−×=

NNmhPérdidas 287,0=

La pérdida de potencia será

pérdidaspotencia hQh γ= El caudal será

( )s

mmsmmgHACQ da

3

22

0 024,066,3806,9207,04

74,02 =××==π

reemplazando

smNm

mN

smhpotencia 53,62287,000,980692,0024,0 3

3

=×=

smNhpotencia 53,62=

Ejercicio 9-41 ¿Cuál es la diferencia de presión entre la sección corriente arriba y la garganta de un medidor de Venturi horizontal de 150 por 75 mm que transporta 50 L/s de agua a 48 ºC?

Resolución

La descarga para un tubo Ventura será

4

1

2

21

0

1

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

=

DD

PPhgACQ va

γ

Despejando

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

4

1

220

2

221 1

2 DD

AgCQPPh

v

a

γ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 9

4

El Cv lo obtenemos de la figura 9.13 de la página 372 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), a partir del número de Reynolds, es decir

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

νπDQRe

4=

La viscosidad cinemática ν la obtenemos de la figura C.2 de la página 570 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), a partir de la temperatura, reemplazando

62

7

3

33

1048,11075,5075,0

00,100000,100,504

×=×××

×=

smm

dmm

sdm

Re

π

entonces, Cv será 985,0=vC

reemplazando

( ) ( ) ⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛××

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

4

222

2

23

21

15,0075,01

4075,0985,0806,92

05,0

mm

msm

sm

PPhπγ

mPPh 42,021 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

γ Ejercicio 9-54 Determínese la carga de un vertedor con muesca en V (60º) para una descarga de 170 L/s.

Resolución

El caudal será

25

22

158 HtggQ θ

×=

despejando

52

2

18

152 ⎟

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

××=θtgg

QH

reemplazando

52

2

3

2º60

18

15

806,92

15,0

⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜

××

×

=tg

sm

sm

H

mH 414,0=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 9

5

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 10: Turbomaquinaria Ejercicio 10-4 Dibújese la curva característica adimensional del ejemplo 10.1. Sobre esta misma curva dibújense varios puntos tomados de las características de la nueva bomba (de 52 pulg). ¿Porqué los puntos no caen exactamente en la misma curva? Resolución Para la bomba 1 tenemos

H1 Q1 Q1/N1D3 gH1/N21D2

1

60,00 200,00 0,25 3,81 57,50 228,00 0,28 3,65 55,00 256,00 0,32 3,50 52,50 280,00 0,35 3,34 50,00 303,00 0,37 3,18 47,50 330,00 0,41 3,02 45,00 345,00 0,43 2,86 42,50 362,00 0,45 2,70 40,00 382,00 0,47 2,54 37,50 396,00 0,49 2,38 35,00 411,00 0,51 2,22 32,50 425,00 0,52 2,07 30,00 438,00 0,54 1,91 27,50 449,00 0,55 1,75 25,00 459,00 0,57 1,59

Para la bomba 2 tenemos

H2 Q2 Q2/N2D3 gH2/N2D2 80,00 121,00 0,15 5,08 76,70 138,00 0,17 4,87 73,40 155,00 0,19 4,66 70,00 169,00 0,21 4,45 66,70 183,00 0,23 4,24 63,50 200,00 0,25 4,04 60,00 208,00 0,26 3,81 56,70 219,00 0,27 3,60 53,50 231,00 0,29 3,40 50,00 239,00 0,30 3,18 46,70 248,00 0,31 2,97 43,40 257,00 0,32 2,76 40,00 264,00 0,33 2,54 36,70 271,00 0,33 2,33 33,40 277,00 0,34 2,12

Las curvas adimensionales serán

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

1

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

CURVAS ADIMENSIONALES

0

1

2

3

4

5

6

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6

Q/ND3

gH/N

2D2

Bomba 1Bomba 2

Ejercicio 10-8 Un desarrollo hidroeléctrico tiene una carga de 100 m y un gasto promedio de 10 m3/s. ¿Qué velocidad específica necesita una turbina que trabaje con eficiencia de 92 % si el generador gira a 200 rpm? Resolución

45

H

PNNs =

45

H

QHNNs

εγ=

reemplazando

( )63,1899

00,100

92,000,1000,980600,10000,200

43

3

3=

×××=

m

sm

mNmrpm

Ns

63,1899=sN

Ejercicio 10-9 Un modelo de turbina, Ns = 36, con un rodillo de 14 in de diámetro, desarrolla 27 hp de potencia para una carga de 44 pie y opera con una eficiencia del 86 %. ¿Cuánto valen el gasto y la velocidad de este modelo? Resolución El caudal será

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

2

εγHPQ =

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

reemplazando

sft

ftftlb

HPm

ftN

lbs

Nm

HPQ

3

3

30,686,000,4443,62

00,13048,000,1

448,400,100,746

00,27=

××

×××

=

sftQ

3

30,6=

La velocidad será

PHN

N s45

=

reemplazando

( ) rpm

HPm

ftN

lbs

Nm

HP

ftN 33

00,13048,000,1

448,400,100,746

00,27

00,4436 45

=××

×

×=

rpmN 33=

Ejercicio 10-23 Una bomba centrífuga que maneja agua tiene un impulsor cuyas dimensiones son: r1 = 7.5 cm, r2 = 16 cm, b1 = 5 cm, b2 = 3 cm, β1 = β2 = 30º. Para una descarga de 55 L/s y entrada sin choque a los álabes, calcúlese (a) la velocidad, (b) la carga, (c) el momento de torsión, (d) la potencia y (e) la elevación de presión en el impulsor. Despréciense las pérdidas. α1 = 90º. Resolución a)

1112 rVbrQ π= despejando la velocidad

111 2 br

QVr π=

sm

mms

m

Vr 12,205,0075,02

05,03

1 =××

como α1 = 90º entonces

11 VVr =

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

3

La velocidad periférica 1 será

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

1

11 βtg

Vu =

reemplazando

sm

tgsm

u 68,3º30

12,21 ==

La velocidad angular será

602 1

1ru π

ω=

despejando

11 2

60r

ω =

reemplazando

rpmms

m 00,468075,02

6068,3 =×

×=π

ω

rpm00,468=ω

La velocidad periférica 2 será

602 2

2ru π

ω=

reemplazando

smmrpmu 84,7

6016,0200,4682 =

××=

π

2rV será

222 2 br

QVr π=

reemplazando

sm

mms

m

Vr 66,103,016,02

05,03

2 =××

2uV será

222 uu vuV −=

2

222 βtg

vuV ru −=

reemplazando

sm

tgsm

smVu 97,4

º30

66,184,72 =−=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

4

La velocidad será 2V

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

222 ur VVV += reemplazando

sm

sm

smV 24,597,466,12 =+=

El ángulo α2 será

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

22

u

r

VVarctgα

reemplazando

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

=

smsm

arctg97,4

66,12α

''55'26º182 =α El diagrama de velocidad a la entrada será

3,68

2,12

4,24

30°

1V1

u1

El diagrama de velocidad a la salida será

7,844,97 2,87

1,66

3,325,24

2V2

u2=

Vr2

u2Vu2

18° 30°

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

5

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

b) La carga será

gVuH 222 cosα

=

reemplazando

2806,9

º18cos24,584,7

smsm

sm

=

mH 97,3=

c) El momento de torsión será

( )1122 uu VrVrQT −= ρ reemplazando

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×−××=

smm

smm

sm

mkgT 00,0075,097,416,005,000,1000

3

3

NmT 76,39=

d) La potencia será

HQTP γω == reemplazando

mmN

smP 97,300,980605,0 3

3

××=

WattP 50,1946=

e) La elevación de presión en el impulsor será, aplicando la ecuación de Bernoulli y despreciando el cambio de nivel

gvP

gvP

H22

222

211 +=++

γγ

despejando

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+=−

gv

gvHPP

22

22

21

12 γ

reemplazando

⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜

×

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−×

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=−

2

2

2

2

312

806,92

24,5

806,92

12,297,300,9806

sm

sm

sm

sm

mmNPP

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

6

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

kPaPP 45,2712 =− Ejercicio 10-24 Se desea emplear una bomba para elevar 5 ft3/s de contra una carga de 64 ft. El impulsor tiene las siguientes dimensiones son: r1 = 2in, r2 = 5 in, b1 = 3 in, b2 = 1.5 in, β2 = 60º. Determínese: (a) β1, (b) la velocidad, (c) la potencia y (d) el incremento de presión en el impulsor. Despréciense las pérdidas y supóngase que el fluido entra a los álabes sin chocar, α1 = 90º. Resolución a) A partir de la expresión de la carga

gVu

H u22=

despejando gHVu u =22

pero

2

2222 tan β

ruu

VvVu ==−

entonces

2

222 tan β

ru

VuV −=

reemplazando

gHVuu r =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

2

222 tan β

0tan 2

22

22 =−− gHVuu r

β

tenemos una ecuación de segundo grado donde

1=A

2222

2

2tan1

tan brQVB r

πββ−=−=

gHC −= reemplazando

00,1=A

sft

ftft

sft

tgB 82,8

00,1250,1

00,1200,52

00,5

º601

3

−=××

−=π

2

2

2 14,205900,64174,32sftft

sftC −=×−=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

7

entonces

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

sftu 00,502 =

De la expresión de velocidad angular tenemos

ωπ

=1

1 260

ru

y

ωπ

=2

2 260

ru

igualando

22

11 2

60260

ru

ru

ππ=

2

2

1

1

ru

ru

=

despejando

2

121 r

ruu =

reemplazando

sft

inin

sftu 00,20

00,500,200,501 ==

Por otro lado, como α1 = 90º entonces

11 VVr = Además

1112 rVbrQ π= despejando la velocidad

1111 2 br

QVVr π==

sft

fft

sft

V 10,19

00,1200,3

00,1200,22

00,53

1 =××

El ángulo β1 será

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

1

11 u

Varctgβ

reemplazando

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

=

sftsft

arctg00,20

10,191β

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

8

''41'40º1431 =β

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

b) La velocidad angular será

11 2

60r

ω =

reemplazando

rpmfts

ft 00,1146

00,1200,22

6000,20 =×

×=π

ω

rpm00,1146=ω

c) La potencia será

HQTP γω == reemplazando

ftftlb

sftP 00,6443,6200,5 3

3

××=

HPs

ftlbP 31,3660,19977 =×

=

e) La elevación de presión en el impulsor será, aplicando la ecuación de Bernoulli y despreciando el cambio de nivel

gvP

gvP

H22

222

211 +=++

γγ

despejando

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+=−

gv

gvHPP

22

22

21

12 γ

reemplazando

⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜

×

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−×

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=−

2

2

2

2

312

174,322

92,43

174,322

10,1900,6443,62

sft

sft

sft

sft

ftftlbPP

psiPP 20,1712 =−

Ejercicio 10-35 El tubo de descarga de una turbina se expande desde 6 hasta 18 pie. En la sección 1, la velocidad es de 30 pie/s para una presión de vapor de 1 pie y una presión barométrica de 32 pie de agua. Determínese hs, correspondiente a la cavitación incipiente (presión en la sección 1 igual a la presión de vapor).

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

9

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

hs

25°

1

Resolución El índice de cavitación será

gHVe

2'

2

la altura H será

25°

6 ft

18 ft

H

2º25

12 tg

dDH ×−

=

reemplazando

fttg

ftftH 06,27

2º25

12

00,600,18=×

−=

reemplazando

52,006,27174,322

00,30'

2

2

=××

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=ft

sft

sft

σ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

10

hs será

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

HPP

h vas 'σ

γ+

−=

reemplazando

ft

ftlb

ftN

lbftm

mN

ftft

Nlb

ftm

mN

fths 06,2752,0

43,62

89,33448,400,1

00,109,0101325

00,189,33

448,400,1

00,109,0101325

00,32

3

2

2

22

2

2

×+

×××−

××

=

fths 00,45=

Ejercicio 10-36 ¿Cuánto vale el parámetro de cavitación para un punto en una corriente de agua donde t = 20 ºC, p = 14 kPa y la velocidad es de 12 m/s? Resolución El parámetro será

2

2VPP v

ρσ

−=

obteniendo los datos de densidad y presión de vapor de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) y reemplazando obtenemos

16,0

2

00,1220,998

25,244700,140002

3

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−=

sm

mkg

PaPaσ

16,0=σ

Ejercicio 10-37 Se desea instalar una turbina con σc = 0,08 en un lugar donde H = 60 m y la lectura de un barómetro de agua es de 8.3 m. ¿Cuál es el máximo desnivel del rodillo respecto a la superficie libre de descarga? Resolución EL máximo desnivel será

HPPh vas 'σ

γ+

−=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

11

obteniendo los datos de presión de vapor de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) y reemplazando

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

m

mN

mN

mmN

mhs 00,6008,0

00,9806

50,245133,10

10132530,8

3

2

2

×+−

=

mhs 85,12=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 10

12

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 11: Flujo a régimen permanente en conductos cerrados Ejercicio 11-4 ¿Qué carga se necesita en la figura para generar una descarga de 0,3 m3/s?

AceiteS = 0.88

μ = 0.04 poise

Borde a escuadra

Tubo suave

30 m200 mm

diám.

60 m300 mm

diám.

450 mm diám.6º 6º

2 m

Resolución A partir de la descarga obtenemos las velocidades

11 A

Qv =

22 A

Qv =

13 A

Qv =

sm

m

sm

v 55,9)20,0(

4

30,0

2

3

1 ==π

sm

m

sm

v 24,4)30,0(

4

30,0

2

3

2 ==π

sm

m

sm

v 89,1)45,0(

4

30,0

2

3

3 ==π

A partir de las velocidades obtenemos el número de Reynolds

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

1

poisesm

kg

poise

mkg

msmS

Dv agua

00,10

00,104,0

00,100088,020,055,9Re

3

111

××

×==

μρ

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

00,42020000,22000020,055,9Re 2111 =×==msm

smS

Dv agua

μρ

00,27984000,22000030,024,4Re 2222 =×==msm

smS

Dv agua

μρ

A partir del ábaco de Moody obtenemos 0135,01 =f

0145,02 =f La carga será

( ) ( )g

VgVV

Kg

VDLf

gVVK

gV

DLf

gVKH sie 222222

23

232

22

2

22

221

21

1

11

21 +

−++

−++=

donde

125,0125,050,0

===

s

i

e

KKK

reemplazando

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

806,92

89,1

806,92

89,124,4125,0

806,92

24,4

30,000,600145,0

806,92

24,455,9125,0

806,92

55,9

20,000,300135,0

806,92

55,950,0

sm

sm

sm

sm

sm

sm

sm

mm

sm

sm

sm

sm

sm

mm

sm

sm

H

×

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

×

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=

mH 80,14=

Ejercicio 11-6 Calcúlese la descarga en el sifón de la figura para H = 8 pies. ¿Cuál es la presión mínima del sistema?

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

2

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Tubo de acerode 8 pulgadas

Agua60º F

Codo estándar

8 ft

12 ftH

10°

20 ft6 ft

D

1.5D

Resolución La carga será

( )gVVK

gV

DLfKKH sce 22

22

212

1

1

11

−+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

Por la ecuación de continuidad

21

21 v

AAv =

2

2

1

21 v

DD

v ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

pero , reemplazando 12 50,1 DD =

( ) 22

1 50,1 vv =

21 25,2 vv = reemplazando

g

VVK

g

V

DLfKKH sce 2

25,2225,22

21

12

21

1

11

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

g

VK

gV

DLfKKH sce 2

25,211

21975,02

21

2

21

1

11

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

gVK

gV

DLfKKH sce 2

3086,02

1975,022

12

1

1

11

×+

×⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

gV

KDL

fKKH sce 23086,021975,0

21

1

11 ⎥

⎤⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

3

donde

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

90,050,0

==

c

e

KK

15,0=sK

reemplazando

gV

ftin

inftfH

215,03086,0

00,12

00,800,4090,0250,01975,0

21

1

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

×+

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

+×+=

( )[ ]g

VfH2

15,03086,000,6080,150,01975,02

11 ×+++=

[ ]g

VfH2

05,085,1135,001,02

11 +++=

[ ] ft

sft

VfH 00,8174,322

85,1150,0

2

21

1 =×

+=

[ ] ft

sft

Vf 00,835,64

85,1150,0

2

21

1 =+

[ ] 2

22

11 78,51485,1150,0sftVf =+

[ ]1

2

2

1 85,1150,0

78,514

fsft

V+

=

Ahora proponemos un f, con esta ecuación obtenemos v2, a partir de esta calculamos el número de Reynolds (Re2), luego ingresamos al ábaco de Moody con este y con

41025,266,0

00015,0 −×==ft

ftDε

y obtenemos f y calculamos nuevamente v2, y así sucesivamente hasta converger a un factor de fricción, finalmente a partir de v2 obtenemos Q.

f V1 Re1

1,0000 6,46 333968,95 0,0168 27,12 1403195,660,0150 27,55 1425087,870,0148 27,61 1428210,210,0147 27,62 1428837,15

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

4

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

sftV 62,271 =

entonces

11vAQ =

sft

sftftQ

32

61,962,2700,1200,8

4=⎟

⎞⎜⎝

⎛=

π

sftQ

3

61,9=

La presión mínima del sistema resulta de plantear la ecuación de Bernoulli entre el punto más elevado del sistema y un punto en el pelo libre del tanque más elevado, esto es

gV

DLfKz

Pes

s

210

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

γ

despejando

gV

DLfKzP ess 2

12

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++−−= γγ

reemplazando

2

2

33174,322

55,27

00,1200,800,8015,05,0143,6200,643,62

sft

sft

ft

ftftlbft

ftlbPs

×

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

++−×−=

2

2

33174,322

55,27

00,1200,800,8015,05,0143,6200,643,62

sft

sft

ft

ftftlbft

ftlbPs

×

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

++−×−=

22

2

2 19,1100,144

00,170,1611inlb

inft

ftlbPs −=×−=

22

2

2 19,1100,144

00,170,1611inlb

inft

ftlbPs −=×−=

Ejercicio 11-8 Despreciando todas las pérdidas menores no relacionadas con la válvula, dibújese la línea de altura motriz para la figura. La válvula de globo tiene una K = 4.5.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

5

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

12 ft

A

12 ft 8 ft

100 ft 75 ft

100 ft

Tubo suave de 8 pulg de diámetroAgua a 60 ºF

Válvula de globo

Resolución

A1

23

4Datum

En 1 tenemos

ftzPa 00,121 =+γ

En 2 tenemos

gV

DLfzPz

21

22

22

1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++=

γ

En 3 tenemos

gV

DLfKzPz v 2

12

33

31 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

γ

En 4 tenemos

gV

DLfKz v 2

24

1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

reemplazando

2

2

174,32200,1200,8

00,27500,1000,12

sft

V

ft

ftfft×⎟

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

+=

despejando

( )fsft

V50,41200,10

18,772 2

2

+=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

6

iterando

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

f V Re 1,0000 1,35 69938,51 0,0190 6,58 340378,99 0,0140 7,00 361947,06 0,0138 7,02 363135,96 0,0140 7,00 361947,06

donde obtenemos

sftV

f

00,7

014,0

=

=

entonces en 2 tenemos

ft

sft

sft

ftftftP 36,14

174,322

00,7

66,000,100014,0100,12

2

2

2 −=×

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−=

γ

la línea de altura motriz será

ftftftzP 64,900,2436,1422 =+−=+

γ

En 3 tenemos

ft

sft

sft

ftftft

P97,2

174,322

00,7

66,000,174014,050,4100,4

2

2

3 −=×

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−=

γ

la línea de altura motriz será

ftftftzP

03,500,897,233 =+−=+

γ

En 4 tenemos

ftzPa 00,04 =+γ

Sí graficamos

A

100 ft 75 ft

100 ft

Datum

Ejercicio 11-30

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

7

Se bombea agua desde un gran depósito a un tanque a presión que se encuentra a una elevación mayor. La tubería es de plástico liso, C = 130, tiene una longitud de 2000 ft y un diámetro de 8 in. Despréciese los efectos menores. Si la curva de la bomba es H = 48 – 2Q2, con H en ft y Q en ft3/s,

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

encuéntrese el flujo en el sistema si la presión en el tanque es de 12 psi y la elevación del agua en el mismo es de 10 ft. Dibújese la línea de altura motriz

Elev. 0

Bomba

Tanque

Resolución La carga que debe entregar la bomba será

852,1

852,1

8704,422 727,4

CQ

DLzPH ++=

γ

reemplazando

852,1

852,1

8704,4

3

2

2

00,13000,1200,8

00,2000727,400,1043,62

00,100,14400,12

Q

ft

ftft

ftlb

ftinpsi

H

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛++

×=

resolviendo 852,128,800,1068,27 QftftH ×++=

852,128,868,37 QftH ×+= La carga que entrega la bomba es

200,200,48 QH B ×−= iterando encontramos

Q H HBB

1,000 45,960 46,000 0,900 44,492 46,380 1,100 47,558 45,580 1,010 46,114 45,960 0,990 45,807 46,040 1,001 45,975 45,996

El caudal será

sftQ

3

001,1=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

8

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Desarrollo teórico Resistencia equivalente para una conexión en serie Para una conexión en serie tenemos

fmffft hhhh +++= ...21 y

mt QQQQ ==== ...21 Además

nteqft Qrh =

y n

f Qrh 111 = n

f Qrh 222 = nmmfm Qrh =

reemplazando nteqfmff Qrhhh =+++ ...21

nteq

nmm

nn QrQrQrQr =+++ ...2211

como , tomamos factor común y simplificamos, por lo que obtenemos mt QQQQ ==== ...21

i

m

imeq rrrrr ∑

=

∑=+++=1

21 ...

Resistencia equivalente para una conexión en paralelo Para una conexión en paralelo tenemos

fmffft hhhh ==== ...21 y

mt QQQQ +++= ...21 Además

nteqft Qrh =

despejando

tn

eqnft Qrh

11

=

neq

nft

t

r

hQ 1

1

=

y n

f Qrh 111 = despejando

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

9

1

1

1

1

1 Qrh nnf =

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

n

nf

r

hQ 1

1

1

11 =

nf Qrh 222 =

despejando

2

1

2

1

2 Qrh nnf =

n

nf

r

hQ 1

2

1

22 =

nmmfm Qrh =

despejando

mn

mnfm Qrh

11

=

nm

nfm

m

r

hQ 1

1

=

reemplazando

mn

eq

nft QQQ

r

h+++= ...211

1

nm

nfm

n

nf

n

nf

neq

nft

r

h

r

h

r

h

r

h1

1

1

2

1

21

1

1

11

1

... +++=

como , tomamos factor común fmffft hhhh ==== ...21

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎛+++=

nm

nn

nft

neq

nft

rrrh

r

h11

2

1

1

1

1

1

1...11

simplificando

nm

nnneq rrrr

11

2

1

1

1

1...111+++=

invirtiendo y elevando a la n obtenemos, finalmente

n

nm

nneq

rrrr

⎟⎟⎟

⎜⎜⎜

⎛+++= 11

2

1

1

1...11

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

10

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 11-34 Encuéntrese la longitud equivalente de una tubería de hierro forjado limpio de 300 mm de diámetro que pueda reemplazar al sistema de la figura. Si H = 10 m. ¿Cuál es la descarga?

300 m 500 mm diám.

H

600 m 300 mm diám.

300 m 200 mm diám.

300 m 300 mm diám.

800 m 300 mm diám.

Agua15 ºC

Tubos de hierro fundido limpios

Resolución

300 m 500 mm diám.

H

600 m 300 mm diám.

300 m 200 mm diám.

300 m 300 mm diám.

800 m 300 mm diám.

Agua15 ºC

Tubos de hierro fundido limpios

3 4

5

1

2

A partir de la fórmula de Colebrook

2

9,0

74,57,3

ln

325,1

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=

eRD

Si suponemos un número de Reynolds alto, tenemos

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

11

2

7,3ln

325,1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

D

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Para 1 tenemos, reemplazando

021,0

2007,325,0ln

325,1

7,3ln

325,122

1

1 =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

mmmm

D

Para 2 tenemos, reemplazando

019,0

3007,325,0ln

325,1

7,3ln

325,122

2

2 =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

mmmm

D

Para 3 tenemos, reemplazando

017,0

5007,325,0ln

325,1

7,3ln

325,122

3

3 =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

mmmm

D

Para 4 tenemos, reemplazando

019,0

3007,325,0ln

325,1

7,3ln

325,122

4

4 =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

mmmm

D

Para 3 tenemos, reemplazando

019,0

3007,325,0ln

325,1

7,3ln

325,122

5

5 =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

mmmm

D

La resistencia será, para 1

( )m

ms

msm

mgDLfr 6

2

52

251

21

11 38,162720,0806,9

00,3008021,08=

××

×==

ππ

La resistencia será, para 2

( )m

ms

msm

mgDLfr 6

2

52

252

22

22 89,19330,0806,9

00,3008019,08=

××

×==

ππ

La resistencia será, para 3

( )m

ms

msm

mgDL

fr 6

2

52

253

23

33 49,1350,0806,9

00,3008017,08

=××

×==

ππ

La resistencia será, para 4

( )m

ms

msm

mgDLfr 6

2

52

254

24

44 79,38730,0806,9

00,6008019,08=

××

×==

ππ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

12

La resistencia será, para 5

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

( )m

ms

msm

mgDL

fr 6

2

52

255

25

55 05,51730,0806,9

00,8008019,08

=××

×==

ππ

La resistencia equivalente 1-2, por la fórmula de Darcy-Weisbach n = 2, entonces

mms

mmsm

msrr

r 6

2

2

6

2

6

2

2

21

21 15,107

89,193

1

38,1627

11

111

=

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

+=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜

+=−

La resistencia equivalente 4-5 será

mms

mmsm

msrr

r 6

2

2

6

2

6

2

2

54

54 37,111

05,517

1

79,387

11

111

=

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

+=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜

+==−

La resistencia equivalente final, será

54321 −− ++= rrrreq

mmsm

msm

msm

msreq 6

2

6

2

6

2

6

2

01,23237,11149,1315,107 =++=

Además

52

8

t

ttteq gD

Lfrr

π==

El factor de fricción lo obtenemos suponiendo un número de Reynolds alto, esto es

019,0

3007,325,0ln

325,1

7,3ln

325,122 =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

mmmm

D

f

t

Despejando Lt, tenemos

t

eqtt f

rgDL

8

52π=

reemplazando

( )m

mmsm

sm

Lt 97,358019,08

01,23230,0806,9 6

25

22

××=

π

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

13

mLt 97,358=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Para encontrar la descarga planteamos Bernoulli entre las superficies libres de ambos depósitos tenemos

fhg

Vz

Pg

Vz

P+++=++

22

22

22

21

11

γγ

reemplazando

faa h

PH

P+++=++ 000

γγ

fhH = Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach, tenemos

2Teqf QrhH ==

La resistencia equivalente será

mmsreq 6

2

01,232=

reemplazando

sLts

mmsmQT 61,207

01,232

00,10

6

2 ==

sLtsQT 61,207=

Para verificar el número de Reynolds lo calculamos

Verifica

smm

sm

DQRe ⇒=

×××

×==

97,7729151014,130,0

208,0442

6

3

πνπ

Ejercicio 11-36 De la figura calcúlese el flujo en el sistema cuando se quita la bomba.

P

El 17 m

El 27 m

El 30 m

El 0 m

AB

C

300 m 300 mm Dε = 3 mm 300 m 300 mm Dε = 3 mm

300 m 200 m

m D

ε = 1 mm

1000 m 200 mm D

ε = 1 mm

J

Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

14

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

El 17 m

El 27 m

El 30 m

AB

C

J

1

2

3

Datum

Por continuidad

321 QQQ += Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach

2rQhf = Para 1 tenemos

gV

DLfh f 2

211

11 =

2

21

11

806,923,0600

sm

Vmmfh f

×=

Para 2 tenemos

gV

DLfh f 2

222

22 =

2

22

22

806,922,0300

sm

Vmmfh f

×=

Para 3 tenemos

gV

DL

fh f 2

233

33 =

2

23

33

806,922,01000

sm

Vmmfh f

×=

Sí suponemos mP

z JJ 00,20=+

γ, entonces

21

2

1 98,10100,3 Vmsfm =

22

2

2 48,7600,7 Vmsfm =

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

15

23

2

3 95,25400,10 Vmsf=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

iterando hallamos el caudal

v1 Re1 f1 hf1 Q1

1,0000 300000,00 0,0382 1,95 0,0707 2,0000 600000,00 0,0381 7,76 0,1414 1,5000 450000,00 0,0381 4,37 0,1060 1,2500 375000,00 0,0382 3,04 0,0884 1,2425 372750,00 0,0382 3,00 0,0878

v2 Re2 f2 hf2 Q2

1,0000 200000,00 0,0310 2,37 0,0314 2,0000 400000,00 0,0307 9,39 0,0628 1,5000 300000,00 0,0308 5,30 0,0471 1,7500 350000,00 0,0308 7,20 0,0550 1,7250 345000,00 0,0308 7,00 0,0542

v3 Re3 f3 hf3 Q3

1,0000 200000,00 0,0310 7,90 0,0314 2,0000 400000,00 0,0307 31,30 0,0628 1,5000 300000,00 0,0308 17,67 0,0471 1,2500 250000,00 0,0309 12,30 0,0393 1,1260 225200,00 0,0309 10,00 0,0354

De la ecuación de continuidad

0321 =−− QQQ reemplazando

sm

sm

sm

sm 3333

0018,00354,00542,00878,0 =−−

entonces

sLtsQ 80,871 =

sLtsQ 20,542 =

sLtsQ 40,353 =

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

16

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 11-38 La bomba de la figura agrega 7500 W al flujo (hacia J). Encuéntrese QA y QB. B

P

El 17 m

El 27 m

El 30 m

El 0 m

AB

C

300 m 300 mm Dε = 3 mm 300 m 300 mm Dε = 3 mm

300 m 200 m

m D

ε = 1 mm

1000 m 200 mm D

ε = 1 mm

J Resolución

P

El 17 m

El 27 m

El 30 m

AB

C

J Datum

1

2 3

La potencia de la bomba será

BQHPot γ= despejando

γPotQH B =

reemplazando y despejando H

300,9806

00,7500

mNs

Nm

QH B =

smQH B

4

76,0=

QsmH B

176,04

=

Por continuidad

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

17

BAJ QQQ +=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Además, por utilizar la ecuación de Darcy-Weisbach 2rQhf =

Para 1 tenemos

gV

DL

fh f 2

211

11 =

2

21

11

806,923,0600

sm

Vmmfh f

×=

Para 2 tenemos

gV

DL

fh f 2

222

22 =

2

22

22

806,922,0300

sm

Vmmfh f

×=

Para 3 tenemos

gV

DL

fh f 2

233

33 =

2

23

33

806,922,01000

sm

Vmmfh f

×=

Sí suponemos mP

z JJ 00,28=+

γ, entonces

21

2

1 99,5000,28 VmsfmH B =−

21

2

1

4

99,5000,28176,0 Vmsfm

Qsm

=−

21

2

1

4

99,50176,000,28 Vmsf

Qsmm −=

21

2

1211

4

99,50476,000,28 Vmsf

DVsmm −=

π

( )2

1

2

121

4

99,5030,0476,300,28 V

msf

mVsmm −=

π

21

2

11

2

99,5075,10

00,28 Vmsf

Vs

m

m −=

22

2

2 48,7600,1 Vmsfm =

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

18

23

2

3 95,25400,2 Vmsf=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

iterando hallamos el caudal

v1 Re1 f1 hf1 Q1

1,0000 300000,00 0,0382 8,80 0,0707 0,3900 117000,00 0,0386 27,26 0,0276 0,3850 115500,00 0,0386 27,63 0,0272 0,3825 114750,00 0,0386 27,82 0,0270 0,3800 114000,00 0,0386 28,00 0,0269

v2 Re2 f2 hf2 Q2

1,0000 200000,00 0,0310 2,37 0,0314 0,7000 140000,00 0,0312 1,17 0,0220 0,6750 135000,00 0,0313 1,09 0,0212 0,6600 132000,00 0,0313 1,04 0,0207 0,6475 129500,00 0,0313 1,00 0,0203

v3 Re3 f3 hf3 Q3

1,0000 200000,00 0,0310 7,90 0,0314 0,5000 100000,00 0,0315 2,01 0,0157 0,4950 99000,00 0,0316 1,97 0,0156 0,4975 99500,00 0,0316 1,99 0,0156 0,4990 99800,00 0,0316 2,00 0,0157

sLtsQA 7,15=

sLtsQA 3,20=

Ejercicio 11-44 Calcúlese el flujo a través de cada una de las tuberías de la red mostrada en la figura, n = 2.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

19

r = 1

r = 3

r = 2

r = 2

r = 1

25

100 75

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Resolución Por el método de Hardy-Cross

10

100

∑−=Δ

n

n

Qrn

QrQQ

Proponemos Q0, esto es

r = 1

r = 3

r = 2

r = 2

r = 1

25

100 75

ΔQ1 ΔQ2

70

30 20

10

55

I II

Para I, tenemos

00,280000,3000,200,1000,300,7000,1 222100 =×−×−×=∑ −nQrQ

( ) 00,32000,3000,200,1000,300,7000,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

75,800,32000,2800

−=−=ΔQ

Para II, tenemos

00,595000,1000,300,2000,100,5500,2 222100 =×+×−×=∑ −nQrQ

( ) 00,32000,1000,300,2000,100,5500,200,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

59,1800,32000,5950

−=−=ΔQ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

20

Sumando ΔQ tenemos

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

r = 1

r = 3

r = 2

r = 2

r = 1

25

100 75

ΔQ1 ΔQ2

78,75

21,25 29,84

-8,59

45,16

I II

Para I, tenemos

80,551925,2100,259,800,375,7800,1 222100 =×−×+×=∑ −nQrQ

( ) 04,29425,2100,259,800,375,7800,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

77,1804,29480,5519

−=−=ΔQ

Para II, tenemos

06,297659,800,384,2900,116,4500,2 222100 =×−×−×=∑ −nQrQ

( ) 86,29159,800,384,2900,116,4500,200,22 210 =×+×+××=∑ −nQr

17,1086,29106,2976

−=−=ΔQ

Sumando ΔQ tenemos

r = 1

r = 3

r = 2

r = 2

r = 1

25

100 75

ΔQ1 ΔQ2

59,98

40,02 58,78

-18,76

16,22

I II

Para I, tenemos

21,145002,4000,276,1800,398,5900,1 222100 =×−×+×=∑ −nQrQ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

21

( ) 60,39202,4000,276,1800,398,5900,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

69,360,39221,1450

−=−=ΔQ

Para II, tenemos

72,398476,1800,378,5800,122,1600,2 222100 −=×−×−×=∑ −nQrQ

( ) 00,29576,1800,378,5800,122,1600,200,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

51,1300,295

72,3984=

−−=ΔQ

Sumando ΔQ tenemos

r = 1

r = 3

r = 2

r = 2

r = 1

25

100 75

ΔQ1 ΔQ2

56,29

43,71 48,96

-5,25

26,04

I II

Para I, tenemos

88,59671,4300,225,500,329,5600,1 222100 −=×−×+×=∑ −nQrQ

( ) 92,31871,4300,225,500,329,5600,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

79,192,31888,596

=−

−=ΔQ

Para II, tenemos

11,105625,500,396,4800,104,2600,2 222100 −=×−×−×=∑ −nQrQ

( ) 58,21525,500,396,4800,104,2600,200,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

90,458,215

11,1056=

−−=ΔQ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

22

Sumando ΔQ tenemos

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

r = 1

r = 3

r = 2

r = 2

r = 1

25

100 75

ΔQ1 ΔQ2

58,08

41,92 42,27

-0,35

32,73

I II

Para I, tenemos

92,14092,4100,235,000,308,5800,1 222100 −=×−×+×=∑ −nQrQ

( ) 94,28592,4100,235,000,308,5800,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

49,094,28592,140

=−

−=ΔQ

Para II, tenemos

38,35535,000,327,4200,173,3200,2 222100 =×−×−×=∑ −nQrQ

( ) 56,21735,000,327,4200,173,3200,200,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

63,156,21738,355

−=−=ΔQ

Sumando ΔQ tenemos

r = 1

r = 3

r = 2

r = 2

r = 1

25

100 75

ΔQ1 ΔQ2

58,57

41,43 43,41

-1,98

31,59

I II

Para I, tenemos

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

23

32,943,4100,298,100,357,5800,1 222100 =×−×+×=∑ −nQrQ

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

( ) 74,29443,4100,298,100,357,5800,100,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

032,074,294

32,9−=−=ΔQ

Para II, tenemos

67,9998,100,341,4300,159,3100,2 222100 =×−×−×=∑ −nQrQ

( ) 06,22598,100,341,4300,159,3100,200,22 10 =×+×+××=∑ −nQr

44,006,22567,99

−=−=ΔQ

El diagrama final será 25

100 75

58,57

41,43 43,41

1,98

31,59

EJERCICIOS DE TRABAJOS PRÁCTICOS REQUERIDOS POR EL ING. CASTELLÓ Ejercicio 1 Tuberías en serie Una de las tuberías principales de un sistema de riego (ver esquema adjunto) debe conectar una estación de bombeo con tres módulos de riego que operan en forma simultánea. Los caudales consumidos por estos módulos son: Módulo A 45,1 (lts/seg) Módulo B 39,0 (lts/seg) Módulo C 73,2 (lts/seg) La estación de bombeo cuenta con una bomba de 65 KW con una eficiencia del 85%. La tubería 1, que va de la estación de bombeo hasta el módulo A, tiene una longitud de 350 m y un coeficiente global de pérdidas menores km de 7,9. La tubería 2, que une los módulos A y B, tiene una longitud de 123m y un coeficiente global de pérdidas menores km de 3,3. La tubería 3, que une los módulos B y C, tiene una longitud de 174 m y un coeficiente global de pérdidas menores km de 3,5. Todo el sistema se encuentra en un terreno aproximadamente horizontal y el agua bombeada se encuentra a 15 ºC. La altura de carga necesaria para el módulo C es de 12 m.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

24

Suponiendo los diámetros internos comerciales en pulgadas enteras (el. 2”, 3”, 4”, 6”, etc.) dimensionar las tres tuberías si el material disponible es PVC, utilizando las formulaciones de

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Darcy-Weisbach y de Hazen-Williams para la determinación de pérdidas por fricción. Compare resultados. Grafique las LAM y LNE.

P

350 m 123 m 174 m

45,1 l/s 39,0 l/sBomba (65 KW) Resolución Formulación de Darcy-Weisbach Los datos son

Tuberia L [m] km ks [m] Q [m3/s] 1,00 350,00 7,90 0,00006 0,045 2,00 123,00 3,30 0,00006 0,039 3,00 174,00 3,50 0,00006 0,073

La longitud equivalente será

Q Re f fDKm Leq

0,045 287582,17 0,0078 177,96 527,96 0,039 267427,45 0,0078 68,44 191,44 0,073 340700,88 0,0076 110,55 284,55

Proponemos un diámetro D1 = 4” y calculamos, por continuidad los demás caudales y la rugosidad relativa, entonces

D1 [m] ks/D1 D2 [m] ks/D2 D3 [m] ks/D3

0,100 0,0006 0,093 0,0006452 0,137 0,000438 Pasando los diámetros a pulgadas tenemos

ininm

inmD 00,466,30254,000,1093,02 ≈=×=

inm

inmD 00,640,50254,000,1137,03 ≈=×=

La pérdida de carga será hf1 hf2 hf3 Σ

55,700 15,114 9,951 80,764 Vemos que el sistema esta sobredimensionado pero un diámetro comercial mayor implica un subdimensionamiento.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

25

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Formulación de Hazen-Williams Los datos son

Tuberia L [m] km ks [m] Q [m3/s] Chw Leq Re 1,00 350,00 7,90 0,00006 0,045 150,00 405,91 506616,48 2,00 123,00 3,30 0,00006 0,039 150,00 144,38 469551,99 3,00 174,00 3,50 0,00006 0,073 150,00 208,97 596226,54

Proponemos un diámetro D1 = 4” y calculamos, por continuidad los demás caudales y la rugosidad relativa, entonces

D1 [m] D2 [m] D3 [m] 0,100 0,093 0,137

Pasando los diámetros a pulgadas tenemos

ininm

inmD 00,466,30254,000,1093,02 ≈=×=

inm

inmD 00,640,50254,000,1137,03 ≈=×=

La pérdida de carga será hf1 hf2 hf3 Σ

99,246 26,645 17,171 143,062 Ejercicio 2 Redes de tuberías La red mostrada en la siguiente figura posee una válvula en la tubería 2-3, la cual se encuentra parcialmente cerrada, generando una pérdida de carga menor con un coeficiente estimado km = 10,0. La altura de carga total en el nodo 1 es de 100 m. Los diámetros se encuentran en pulgadas, las longitudes en metros y los consumos en lts/seg. Suponiendo que el material posee un ks de 0,06 mm, que las pérdidas menores son despreciables (excepto en la tubería 2-3), analizar los caudales y presiones en la red mediante el método de Hardy-Cross.

500 m 400 m

600 m

400 m

200 m200 m

300 m

10" 6"

6"

4" 4"

10"

8"

1 2

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

26

3

5 4

200

60

40

303040

ks = 0,06 mm

I II

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Resolución Los datos son

Tuberia L [m] D [m] km ks [m] ks/D 1,00 500,00 0,2540 0,00 0,00006 0,0002 2,00 200,00 0,1016 0,00 0,00006 0,0006 3,00 600,00 0,2032 0,00 0,00006 0,0003 4,00 300,00 0,2540 0,00 0,00006 0,0002 5,00 400,00 0,1524 10,00 0,00006 0,0004 6,00 200,00 0,1016 0,00 0,00006 0,0006 7,00 400,00 0,1524 0,00 0,00006 0,0004

La primera iteración será, para I

Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo

1,00 0,15 658993,30 0,01 0,00 500,00 271,92 6,12 81,58 2,00 0,04 439328,87 0,01 0,00 200,00 11206,38 17,93 896,51 3,00 -0,01 54916,11 0,01 0,00 600,00 1417,98 -0,14 28,36 4,00 -0,05 219664,43 0,01 0,00 300,00 189,29 -0,47 18,93

23,43 1025,37 ΔQ [m3/s] -0,02

para II

Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo

2,00 -0,04 439328,87 0,01 0,00 200,00 114,75 -0,18 9,18 5,00 0,05 366107,39 0,01 202,76 602,76 4558,16 11,40 455,82 6,00 0,01 109832,22 0,01 0,00 200,00 13617,03 1,36 272,34 7,00 -0,02 146442,96 0,01 0,00 400,00 3438,79 -1,38 137,55

11,20 874,89 ΔQ [m3/s] -0,01

La segunda iteración será, para I

Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo

1,00 0,13 558591,72 0,01 0,00 500,00 277,87 4,49 70,66 2,00 0,02 188324,91 0,01 0,00 200,00 12594,57 3,70 431,91 3,00 -0,03 180418,09 0,01 0,00 600,00 1187,96 -1,28 78,06 4,00 -0,07 320066,02 0,01 0,00 300,00 179,67 -0,95 26,18

5,96 606,81 ΔQ [m3/s] -0,0098

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

27

para II

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo

2,00 -0,05 231962,57 0,01 0,00 300,00 187,85 -0,52 19,84 5,00 0,04 272389,02 0,01 194,71 594,71 4683,17 6,48 348,43 6,00 0,00 30745,33 0,01 0,00 200,00 16588,34 -0,13 92,87 7,00 -0,03 240161,32 0,01 0,00 400,00 3205,48 -3,45 210,28

2,38 671,42 ΔQ [m3/s] -0,0035

Los caudales finales y las pérdidas de carga serán

Tuberia Q [m3/s] r hf=r.Q2 Nudo 1,00 0,1271 30,30 0,4898 1,00 100,00 2,00 0,0699 85,14 0,4166 2,00 99,51 3,00 -0,0329 141,35 0,1526 3,00 99,40 4,00 -0,0729 95,56 0,5072 6,00 99,49 5,00 0,0372 83,23 0,1152 5,00 99,34 6,00 -0,0028 711,33 0,0056 4,00 99,22 7,00 -0,0328 114,78 0,1235

Ejercicio 3 Calcule los caudales en las tuberías y las alturas de carga en los nodos para la red de distribución de agua potable mostrada en la figura. Las longitudes, los diámetros, las demandas y los coeficientes globales de pérdidas menores se indican en la misma. Todas las tuberías son de PVC (ks = 0,015 mm). Utilice el método de Hardy-Cross con corrección de caudales. Todos los nodos se encuentran a la misma cota.

2 1

654

60 L/s

3

L = 100 m

L = 100 mkm = 3,6

Ø = 350 mm

Ø = 250 mmkm = 3,8

L = 80 m

km = 3,2Ø = 250 mm

L =

60 m

km =

2,4

Ø =

250

mm

L =

60 m

km =

2,4

Ø =

250

mm

L =

200

mkm

= 5

,4Ø

= 2

00 m

m

L = 150 mkm = 4,6

Ø = 300 mm

I II

50 L/s180 L/s

120 L/sH

= 5

0 m

Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

28

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Los datos son

Tuberia L [m] D [m] km ks [m] ks/D 1,00 100,00 0,35 3,60 0,0000015 4,286E-06 2,00 60,00 0,25 2,40 0,0000015 0,000006 3,00 100,00 0,25 3,80 0,0000015 0,000006 4,00 60,00 0,25 2,40 0,0000015 0,000006 5,00 150,00 0,30 4,60 0,0000015 0,000005 6,00 200,00 0,20 5,40 0,0000015 0,0000075 7,00 80,00 0,25 3,20 0,0000015 0,000006

La primera iteración será, para I

Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo

1,00 -0,20 637654,47 0,0070 180,48 280,48 30,84 -1,23 12,33 2,00 0,28 1249802,77 0,0064 93,67 153,67 83,37 6,54 46,69 3,00 0,21 937352,07 0,0066 143,01 243,01 136,72 6,03 57,42 4,00 0,01 44635,81 0,0102 58,68 118,68 102,78 0,01 2,06

11,34 118,50 ΔQ [m3/s] -0,0957

para II

Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo

4,00 -0,01 44635,81 0,0102 58,68 118,68 102,78 -0,01 2,06 5,00 -0,15 557947,66 0,0071 194,24 344,24 83,25 -1,87 24,97 6,00 -0,03 167384,30 0,0084 128,84 328,84 712,46 -0,64 42,75 7,00 0,15 669537,20 0,0069 115,32 195,32 114,76 2,58 34,43

0,06 104,20 ΔQ [m3/s] -0,0006

La segunda iteración será, para I

Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo

1,00 -0,30 942824,74 0,0066 189,82 289,82 30,30 -2,65 17,92 2,00 0,18 822564,39 0,0068 88,83 148,83 85,14 2,89 31,38 3,00 0,11 510113,69 0,0072 132,14 232,14 141,35 1,85 32,31 4,00 -0,09 382602,57 0,0075 80,30 140,30 88,79 -0,65 15,22

1,44 96,83 ΔQ [m3/s] -0,0148

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

29

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

para II

Qo [m3/s] Re f fDKm [m] Leq [m] r r.Qo.Qo r.n.Qo

4,00 -0,01 47101,94 0,0101 59,18 119,18 102,34 -0,01 2,16 5,00 -0,15 560002,77 0,0071 194,33 344,33 83,23 -1,89 25,06 6,00 -0,03 170466,96 0,0084 129,18 329,18 711,33 -0,66 43,47 7,00 0,15 667071,07 0,0069 115,27 195,27 114,78 2,56 34,31

0,0018 104,99 ΔQ [m3/s] -0,000017

Los caudales finales y las pérdidas de carga serán

Tuberia Q [m3/s] r hf=r.Q2 Nudo 1,00 -0,30 30,30 2,65 2,00 47,35 2,00 0,18 85,14 2,89 6,00 47,11 3,00 0,11 141,35 1,85 5,00 45,26 4,00 -0,08 95,56 0,54 3,00 45,46 5,00 -0,15 83,23 1,89 4,00 42,70 6,00 -0,03 711,33 0,66 7,00 0,15 114,78 2,56

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 11

30

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 13: Flujo a régimen no permanente en conductos cerrados Ejercicio 13-7 Dos tanques reguladores de 6 m de diámetro están conectados mediante una tubería de 2.5 m de diámetro y 900 m de longitud, cuyo coeficiente de fricción es f = 0.020, mientras que las pérdidas menores son 4.5 veces la carga de velocidad. En el momento de abrir rápidamente una válvula en la tubería, el nivel de agua en uno de los tanques se encuentra 9 m más arriba que en el otro. Encuéntrese la fluctuación máxima del nivel del agua en los tanques reguladores. Resolución La longitud equivalente de pérdidas menores será

mmf

KD 50,56202,0

50,250,4=

×=

La longitud equivalente será

mmmf

KDLLe 50,146250,56200,900 =+=+=

Entonces ( )

( )m

mmm

AAzzm 84,51

50,200,600,9

2

211 =

×==

El φ correspondiente es

6739,050,284,51

00,90050,1462020,0 ===

mm

mm

Dz

LL

f meφ

entonces ( ) ( ) ( ) 8532,06739,011 6739,0 =+=+= −− eeF φφφ

Utilizando la figura 13.4 de la página 525 de (Mecánica de fluidos, Streeter), vemos que dicha función se resuelve para

4630,0−=φ valuando

( ) ( ) ( ) 9208,04630,011 4630,0 =+=+= −− eeF φφφ esta se resuelve para

353,0=φ La fluctuación máxima zm para 4630,0−=φ será

mmmm

fD

LLz

em 61,35

02,050,2

50,146200,9004630,0 −=−== φ

La fluctuación máxima zm para 353,0=φ será

mmmm

fD

LLz

em 15,27

02,050,2

50,146200,900353,0 === φ

El máximo negativo será

( )( )

mm

mmA

Azzz m 18,6

00,650,261,352

2

121 −=

×−===

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13

1

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

mzz 18,621 −==

El máximo positivo será

( )( )

mm

mmA

Azzz m 71,4

00,650,215,272

2

121 =

×===

mzz 71,421 ==

Ejercicio 13-8 En una tubería de 1200 m de longitud, D = 0.6 m, con una boquilla en el extremo aguas debajo de 0.3 m de diámetro, se abre rápidamente una válvula. Las pérdidas menores son 4V2/2g, siendo V la velocidad en la tubería, f = 0,024 y H = 9m. Determínese el tiempo que debe transcurrir para que el gasto alcance el 95 % del valor correspondiente al flujo permanente. Resolución La longitud equivalente de pérdidas menores será

mmf

KD 00,50024,0

30,000,4=

×=

La longitud equivalente será

mmmf

KDLLe 00,125000,5000,1200 =+=+=

La velocidad para flujo permanente será

gV

DL

fH e

2

20=

Despejando

DL

f

gHVe

20 =

reemplazando

sm

mm

msm

V 33,1

30,000,1250024,0

00,9806,920 =

××=

El tiempo que tarda en llegar el caudal al 95 % al valor correspondiente al flujo permanente

05,095,1ln

20

gHLV

t =

reemplazando

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13

2

sm

sm

smm

t 13,3305,095,1ln

00,9806,92

33,100,1200=

××

×=

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Ejercicio 13-10 Una tubería de acero provista de juntas de expansión tiene 1 m de diámetro y 1 cm de espesor de pared. Si la tubería transporta agua, determínese la velocidad de una onda de presión. Resolución La celeridad de la onda será

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

eD

EK

K

a1

ρ

El módulo de elasticidad del acero es PaMPaE 115 1000,21000,2 ×=×=

El módulo de elasticidad volumétrico y la densidad del agua lo obtenemos de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), resulta

PaK 91014,2 ×=

300,1000mkg

Ahora reemplazando, obtenemos

sm

mm

PaPamkgPa

a 76,1016

01,000,1

1000,21014,21

00,1000

1014,2

11

9

3

9

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛××

+

×

=

sma 76,1016=

Ejercicio 13-11 Determínese la velocidad de una onda de presión para un flujo de benceno (K = 150000 psi, S = 0,88) a través de un tubo de acero de ¾ de pulgada de diámetro interior y 1/8 de pulgada de espesor. Resolución La celeridad de la onda será

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13

3

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

eD

EK

K

a1

ρ

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

eD

EK

SK

a agua

1

ρ

El módulo de elasticidad del acero es PaMPaE 115 1000,21000,2 ×=×=

Ahora reemplazando, obtenemos

sft

ft

ft

Paftlb

Pa

ftinPsi

ftslugs

ftinPsi

a 03,3335

00,1200,1

00,800,1

00,400,3

00,1200,1

00,800,1

00,1

0207,01000,2

00,100,144150000

1

94,1

00,100,144150000

211

2

2

3

2

2

=

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

××

×+

×

=

sfta 03,335=

Ejercicio 13-12 Determínese el tiempo máximo para un cierre de válvula rápido en una tubería de acero que transporta agua: L = 1000 m, D = 1.3 m, e = 12 mm y V0 = 3 m/s. Resolución La celeridad de la onda será

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

eD

EK

K

a1

ρ

El módulo de elasticidad del acero es PaMPaE 115 1000,21000,2 ×=×=

El módulo de elasticidad volumétrico y la densidad del agua lo obtenemos de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), resulta

PaK 91014,2 ×=

300,1000mkg

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13

4

Ahora reemplazando, obtenemos

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

sm

mm

PaPa

mkgPa

a 55,995

012,030,1

1000,21014,21

00,1000

1014,2

11

9

3

9

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛××

+

×

=

El tiempo máximo será

aLtcr

2=

reemplazando

s

sm

mtcr 01,255,955

00,10002=

×=

stcr 01,2=

Ejercicio 13-13 Una válvula colocada en el extremo corriente debajo de una tubería de 3000 m de longitud que transporta agua con velocidad 2 m/s se cierra en 5 s. Sí a = 1000 m/s. ¿Cuánto vale la presión pico que se desarrolla debido al cierre de la válvula? Resolución El tiempo crítico será

aLtcr

2=

reemplazando

s

sm

mtcr 00,600,1000

00,30002=

×=

La presión pico se obtiene a partir de la fórmula de Allieve, esto es

gaUhmáx =Δ

reemplazando

m

sm

sm

sm

hmáx 96,203806,9

00,200,1000

2

==Δ

mhmáx 96,203=Δ

Ejercicio 13-14 Determínese el tramo de tubería en el problema anterior que queda bajo la presión pico.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13

5

Resolución

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

De la expresión del tiempo despejamos la longitud, esto es

aLtt crcr

2=−

( )2

ccr ttaL

−=

reemplazando

( )m

sssm

L 00,5002

00,500,600,1000=

−=

mL 00,500=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 13

6