Problemas Dina De Fluidos - Ing Flores.pdf r1k35

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA MECÁNICA- ENERGÍA

PROYECTO DE INVESTIGACION “TEXTO: MECANICA DE FLUIDOS-PROBLEMAS APLICATIVOS”

JEFE DEL PROYECTO

ING. JAIME GREGORIO FLORES SANCHEZ

CRONOGRAMA (31-04-2003 Al 31-03-2005)

RESOLUCION RECTORAL: Nº 248-03-R

INDICE

RESUMEN INTRODUCCIÓN

Capitulo I CINEMATICA

2

Capitulo II FLUJOS NO VISCOSOS Y VISCOSOS...

20

Capitulo III ANÁLISIS DIMENSIONAL Y TEORÍA DE MODELOS.

36

Capitulo IV ESTUDIO DEL FLUJO INTERNO INCOMPRESIBLE.

56

Capitulo V TEORÍA DE LA CAPA LÍMITE.

114

Capitulo VI FLUJO ALREDEDOR DE CUERPOS SUMERGIDOS.

127

Capitulo VII FLUJO COMPRESIBLE EN DUCTOS DE SECCION VARIABLE.

142

Capitulo VIII FLUJO EN DUCTOS DE SECCION CONSTANTE SIN TRANSFERENCIA DE CALOR

154

II

Capitulo IX FLUJO EN DUCTOS DE SECCION CONSTANTE CON TRANSFERENCIA DE CALOR

164

Capitulo X FLUJO EN CANALES ABIERTOS

176

METODOS Y MATERIALES RESULTADOS DISCUSION REFERENCIA BIBLIOGRAFIA APENDICE

III

RESUMEN Los temas tratados en este libro texto se suceden en un orden lógico de acuerdo con los contenidos de la aplicación de la mecánica de fluidos. Luego de considerar problemas de cinemática, flujos no viscosos y flujos viscosos, se incluye aplicaciones del análisis dimensional, herramienta muy valiosa para la simulación. También se da gran énfasis en flujo interno ya sean en tubos o ductos con fluidos incompresibles, en donde se tienen tuberías en serie, en paralelo, interconectados con tanques abiertos o cerrados, o también sin ellos; estos flujos en tuberías pueden estar conectados mediante bombas de alimentación, sobre todo cuando se trata de elevar líquidos desde un nivel inferior a otro nivel superior. Es necesario recalcar que estas bombas se puedan regular su flujo gráficamente (por catálogos) o en situo; se consideran todas las perdidas de energía presentes en el flujo de fluidos. Seguidamente tratamos aplicación de capa limite sea laminar o turbulento, como antesala a cuerpos sumergidos, que también sirven en la introducción a la aeronáutica con los respectivos perfiles aeronáuticos. En la aplicación de flujos compresibles se empieza por toberas convergentes y convergentes-divergentes, luego en ductos

adiabáticos o no con fricción y sin

ella, así como el fenómeno de las ondas de choque. Finalmente como parte complementaria se incluyen aplicaciones de canales abiertos de diferentes secciones transversales. En el apéndice se adjunta tablas, diagramas, curvas características, ábacos usados que son herramientas muy empleadas en flujos de la mecánica de fluidos.

IV

INTRODUCION Con la finalidad de despejar las inquietudes o dificultades que encuentran los alumnos u otras personas que realizan estudios de ingeniería, encontraran en el presente una ayuda muy valiosa. Libros de mecánica de fluidos hay muy variados con excelente contenidos, pero con la diferencia que no todos lo enfocan los diferentes temas con la suficiente exigencia que en algunos casos es necesario considerar lo cual deja un vació generando dificultades para su interpretación respectiva. Como en nuestro plan de estudios la mecánica de fluidos es primordial para alumnos inclusive de otros especialidades, diferente o afines a la ingeniería mecánica, es por esta que el presente texto servirá de ayuda muy valiosa, tanto como consulta o en su fin que es un libro texto aplicativo al transporte de los fluidos, sean incompresibles o compresibles, enfocados de una manera muy explícita enfocado concientemente a los avances que estamos inmersos. Los alumnos u otros lectores hallaran en esta obra los temas abordados directamente con la suficiente amplitud, el rigor y la exigencia , expuesta de una manera sencilla e interesante; en todos los capítulos se ha mantenido una seriedad profunda y equilibrada, según lo que encontrara cuando se encuentre desenvolviéndose profesionalmente.

V

CAPITULO I

CINEMATICA

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGIENERIA MECANICA-ENERGIA ___________________________________________________________________________________________________________________

1.1. Dada las funciones potenciales:   ax 2  bxy  ay 2 a) Probar que representa un flujo irrotacional. Para que sea irrotacional se debe de cumplir que:

V . 0

 (ax 2  bxy  ay 2 ) u   2ax  by x x  (ax 2  bxy  ay 2 ) v   bx  2ay y y

u u  0 x y  (2ax  by )  (bx  2ay )  0 x y  2a  2a  0

l.q.q.d

b) Hallar la función de corriente:

u

 y

v

 d  (bx  2ay )dx

d  (2ax  by )dy

 1  2axy 

by 2  C1 2



 x

  2  2axy 

by 2  

bx 2  C2 2

bx 2 

   1  2  2axy   2axy  C 2   2   by 2 bx 2   C 2 2

Rpta.

c) Determinar la aceleración:

a

x

a

x



u uu vu wu    t x y z

 (2ax  by )(2a)  (bx  2ay )(b)

_____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

2


a a

x x

a

y

a

y

a

y

 4a 2 x  2aby  b 2 x  2aby  4a 2 x  b 2 x



v uv vv wv    t x y z

 (2ax  by )(b)  (bx  2ay )(2a)  4a 2 y  b 2 y 

Entonces: a  ax i  a y j  az k 









a  4a 2  b 2 x.i  4a 2  b 2 y. j

Rpta.

1.2. Considere el campo de velocidad dado por: V  yx 2  i  3 y  j  2 z 2 k 







a) Demuestre si el campo es incompresible. b) Calcule la aceleración de la partícula en el punto (3,1,2) Solución: 

a) el campo es incompresible si: .V  0

V .  (

   i j  k ).( x 2 yi  y j  2 z 2 k )  0. x y z

 ( x 2 y ) (3 y ) (2 z 2 )     .  0. y z   x 2 xy  3  4 z  0.  No es incompresible. b) Calculando la aceleración: u  x 2 y ; v  3 y ;

w  2z 2


3










 V u V v V w V a    t x y z



Descomponiendo en sus componentes: Pto= (3,1,2) 

a

xp



a

xp



a

xp



a

xp



a

yp



a

yp

yp



a

uu vu wu   x y z

yp



a

 x 2 y (2 xy )  (3 y )( x 2 )  (2 z 2 )(0)



a a

 2(3) 3 (1) 2  3(3) 2 (1)  27m / s 2



zp

zp



 2 x 3 y 2  3x 2 y

uv vv wv   x y z

zp



a

zp



uw vw ww   x y z

 x 2 y (0)  (3 y )(0)  (2 z 2 )(4 z )  8z 3  8(2) 3  64m / s 2

Finalmente: 







 x y (0)  (3 y )(3)  (2 z )(0)

a  a xp i  a yp j  a zp k

 9y

a  27 i  9 j  64 k

 9m / s 2

a  70.0428m / s

2



a



2









2

1.3. Un campo de flujo incompresible está dado por   3x 2 y  y 3 a) Demuestre que el campo es irrotacional. b) Obtenga el potencial de velocidades. c) Bosqueje unas cuantas líneas de corriente en el 1er cuadrante. Solución: a) Para que se cumpla la irrotacionalidad:  2  2  2   0 x 2 y 2 z 2 _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

4


Entonces tenemos:

    3x 2  3 y 2 x y

u

v

    6 xy y x

Entonces: u

  d  udx x





v

  d  vdy y

   3x 2  3 y 2 dx

    6 xy dy

  x3  3y 2

  3xy 2

 2  6x x 2

 2  6 x x 2

6 x   6 x   0

Es irrotacional.

b) el potencial de velocidad:

  x 3  3xy 2

y

  0  x 3  3xy 2 x 2  3y 2

Φ

x2   3y

  1  3xy 2  x 3  1

x

x3 1 y  3x 2

y

x3 1 3x

  2  3xy 2  x 3  2 x3  2 y  3x 2

y

x3  2 3x


5


c) Línea de corriente:

y

  3 yx 2  y 3

  0  y   3x

Ψ

x

x  y 1.4. Una función de corriente está dada por   sen  sen h  ; donde A  A B y B son constantes: 0  x  A;

y >0

a) Podría representar un flujo potencial. b) Si lo es, localice algunos puntos de estancamiento y trace la L.C. Solución: 

Se debe de probar que:

También:

u

v

v u  0 x y

   x y    y x



 V  0

………. (1)

Si se cumple entonces la Ec. (1) representa un flujo potencial.


6


u

   x  y  1 x  y  sen  senh   sen  cosh   y y   A   B  B  A B

Luego:

u   1 x  y  1 x  y  sen  cosh   2 sen  senh   y y  B  A  B  B  A B v

   x 1  y  x  y   sen  senh    cos  senh  x x   A  A  A  B  B

Luego:

v   1 x  y  1 x  y   cos  senh   2 sen  senh  x x  A  A   B  A  A B Sustituyendo todo en (1) Tenemos:

0

v u 1 x  y 1 x  y  2 sen  senh   2 sen  senh  = 0  x y A  A B B  A B

Igualando tenemos: A2  B 2  A  B Si A = B, entonces  es un flujo potencial

 x  y Luego: A = B = C    sen  senh  y u  y C  C  u

1 x  y sen  cosh  ; Donde C C  C 

u  0 para

x0

y para

x  C

por

0  y  .

Para:

v

 1 x  y   cos  senh  ; Donde x C C  C 

v  0 para

x   / 2 por

0  y   y para 0  x  C , para y=0 _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

7


Luego los puntos (0,0) (πc,0)

V=0 .u = 0

.u = 0

Ψ=0

Ψ=0

x (0,0)

1.5.

Ψ=0

V=0

Considere el campo de velocidades dado por

(πc,0)



V

 Axy



i



 By 2

j,

donde

A  4m 1s 1 , B  2m 1s 1 y las coordenadas se miden en metros. Determinar la rotación del fluido; evalué la circulación alrededor de la “curva” delimitada por y = 0, x = 1 y x = 0, y = 1. Obtenga una expresión para la función de corriente. Solución: Analizando la rotación en campo de velocidades: 

1  2









    V    x i   y j   z k 

La velocidad angular en sus respectivos ejes es:

1  w

v 

 x    ; 2  y z  u  Axy ,

1  u w   ; 2  z x 

y  

v  By 2

1  v

u 

 z     2  x y  w0


8


w w  0 y x

v 0 z

u 0 z

v 0 x

u  Ax  4 x  2 z  4 x y 

Por lo tanto:   

  1 4 x  k  2 x k 2

Rpta.

b) Determinando la circulación: 

11



   ( V )dA   2 z dxdy    4 xdxdy A

00

1 1

    4 xdydx   2

Rpta.

0 0

La función de corriente u  Axy 

dx dt



 Aydt  

Ayt  ln x  ln c  x  Ke Ayt  Ke 4 yt ;

v  By 2 

Bt  

dy dt



1 1  c1  Bt   c1 ; y y

1  c1  2t y

dx x

donde k es cte.

dy

 Bdt   y 2

donde c1 es cte.

Rpta.


9


1.6.

Un tanque cilíndrico de radio R = 4’’ se llena con agua a una profundidad

de 6 pulg. El tanque se hace girar alrededor de su eje vertical. Durante el arranque, 0  t  to , la relación de rotación está dada por  

 ot to

donde

to  2seg. y la velocidad rotacional y de estado estable es  o  78rpm. La condición de no deslizamiento requiere que las partículas de fluido en la pared del tanque tenga velocidad cero relativa a la misma. Para una partícula en la pared determine la aceleración en el tiempo t = 1seg. y la aceleración de estado estable.

.w

h

R

Solución: La aceleración radial es:

arp 

Vr Vr  V Vr  Vz Vr  Vr  V 2r      r 2 r  z z r

arp  r

2

…… (I)

La aceleración tangencial.

ap 

Vr V  V V  Vz V  V  VrV     r r  z z r


10


ap 

r …… (II) t

Reemplazando  

arp  r

 o 2t to

 ot to

en (I) y en (II).

2

ap 

;

2

r o to

Además  o  78rpm.   o  8.168rad / seg. Reemplazando los datos:

 o  78rpm.   o  8.168rad / seg.

t o  2seg

r = 4’’

t  1seg.

arp  r

 o 2t

2

(8.168) 2 (1)  66.72 pulg/seg 2 arp  (4) (2) 2



to 2

r o to

ap 

2

ap 



(4)(8.168)  16.34 pulg / seg 2 2



a  ar , a    66.72,16.34 pulg/seg

2



Entonces:

a   5.56,1.34 pies/seg

.

2

.

Rpta.

b) Existe aceleración en estado estable.

a

r

 r o2

ar  (4)(8.168) Entonces:

y 2

a  0

 266.86 pulg/seg 2

ar  22.44 pies/seg

2

Rpta.


11


1.7.

La componente X de velocidad de un flujo estable e incompresible en el

plano xy es u  A x , donde A =2 m2/seg. y x se mide en mts. Demuestre que la componente y mas simple de la velocidad para este campo de flujos es v  Ay x 2 . Evalué la aceleración de una partícula de fluido en el punto (x,y) = (1,3). Solución:

u  A x , demuestre que v  Ay x 2  2 y x 2  u  2 x ….. (I), sabemos que para un flujo incompresible se cumple:

u v   0 …. (II) x y  Reemplaza (I) en (II)



2 v v 2   0   2  2 y y x x

 dv  

2dy x2

v 

2y  f ( x) x2

Luego la expresión más simple para v seria escribiendo f(x)=0, es decir: v

2y x2 

Entonces: V 

Calculo

de

2  2y  i  2 j m/seg. x x la

u u

a xp  t 

aceleración

en

el

punto

(x,y)

=

(1,3)

2 u 2   2 x x x

uu vu wu   x y z


12


a xp



uu 2  2  4    2    3 Para (x,y) = (1,3), entones x x  x  x x1 v

a yp  t 

a yp  a

yp



:

a xp

 4 i

uv vv wv   x y z

uv vv 2  4 y  2 y  2         x y x  x 3  x 2  x 2 



8y 4y 4y  4  4 4 x x x

Para (x,y) =(1,3), entonces: 

a yp  4(3)  12 j 





2 a  4 i  12 j m. /seg .

1.8.

Rpta.

Considerando el flujo unidimensional incompresible a través del canal

circular mostrado. La velocidad en la sección (1) está dado por

u  u0  u1sen(t ) donde u0  20m / seg , u1  2m / seg y   0.3rad / seg las dimensiones del canal son L = 1m. R1 = 0.2m. y R2 = 0.1m. Determine la aceleración de la partícula en la salida del canal.

R1

y

R2

V x

L .x1

.x2


13


Solución: Por ser un flujo unidimensional: v  w  0 











V  u 0  u1 sen(t )  i

La velocidad: V  u i  v j  w k

La aceleración en la dirección “x”:

a xp 

Du u uu vu wu     Dt t x y z

u  u1 cos(t ) t

Pero

a xp   .u1 cos(t ) ………. (I)

x  u 0  u1 sen(t ) integrando. t

x  u0t 

u1



1  (20)t 

cos(t ) -

2 cos(0.3t ) 0.3

en la salida del canal x = 1m.

 t = 1/20seg. Aproximadamente.

Reemplazando en (I)

a xp   .u1 cos(t )

a

 0.599m / seg 2

x

1.9.



a

x

 (2)(0.3) cos(0.3)(1 / 20)

Rpta.

El campo de velocidades para un flujo estable no viscoso, de izquierda a

derecha sobre un cilindro circular de radio “a” está dado por:    a 2     a 2   V  u cos  1     e r  u sen  1     e  obtenga expresiones para la   r     r  

aceleración de una partícula de fluido que se mueve a lo largo de la línea de _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

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corriente de estancamiento (   ) y para la aceleración a lo largo de la superficie del cilindro (r = a). Determine las posiciones en los cuales estas relaciones alcanzan los valores máximos y mínimos. 

e 

er

Solución: Las componentes de la velocidad son:

  a 2  Vr  u cos  1     ;   r  

  a 2  V  u sen  1       r  

Por definición:

*

DVr  Vr  Vr Vr  V Vr  Vz Vr      Dt t r r  z

  a  2   2a 2 u cos   u sen  DVr   u cos  1       Dt r r2   r    

  a  2   u cos  (a 2  r 2 )  1       r2   r    

4 4  r 2  a2  DVr  2 2 a r     2a 2 u 2 cos 2    u sen  5   r 5  ……. (I) Dt  r   


15


*

DV  V  Vr V  V V  Vz V      Dt t r r  z

 r 2  a 2  2a 2 u cos    r 2  a2   r 2  a2  DV        u cos    u sen  u cos   2 2   r3  Dt r3  r      r 

 4a 2 r 2  a 4  r 4  DV  2   u sen 2  Dt 2r 5  

…………. (II)

2 2  2 2 r  a     2 a u e a  r5  r   

Si   0

entonces



a

0 r a

0

Para r = a

3 7 Si   ; 4 4 Si  

 5 4

;

4





a a

min

max

2u 2  a

Rpta.

2u 2 a

Rpta.




16


Problemas Propuestos 1) Las componentes de la velocidad en un campo de flujo están dadas por:

u  x 2  y 2  z 2 ; v  xy  yz  z 2 y w  3xz  z 2 / 2  4 . Se pide calcular: a) Determinar la razón de dilatación volumétrica e interpretar los resultados. b) Determinar una expresión para el vector rotación. ¿Se trata de un campo de flujo irrotacional? Rpta: a) o 





b)    y / 2  z  i  5z / 2 j   y / 2 k ; No 2) Para un campo de flujo bidimensional incompresible la componente de la velocidad en la dirección “y” está dada por la ecuación: v  3xy  x 2 y . Determine la componente de la velocidad en la dirección “x” de modo que se cumpla la ecuación de la continuidad. Rpta: u  x 3 / 3  3x 2 / 2  g ( y) 3) Se tiene las componentes de la velocidad en coordenadas esféricas como:





vr  10  80 / r 3 cos  ;





v   10  80 / r 3 sen  .

Se

pide

calcular

la

aceleración de una partícula de dicho fluido para el punto (4; 180º). Rpta: 8.2m/seg2.


17


4) Las componentes de la velocidad de un flujo plano incompresible son:

a) vr  Ar 1  Br 2 cos  b) v  Br 2 sen  Donde

A y B son constantes… Calcule la función de corriente

correspondiente. Rpta:   A  Br 1 sen   C 5) Dada la función de corriente para un campo de flujo bidimensional incomprensible está dada por la ecuación:   2 x  2 y . Donde la función de corriente está dada en unidades de pies2/seg. con “x” e “y” en pies. a) Este campo de flujo es irrotacional. b) Determinar la aceleración de una partícula de fluido en el punto x = 1 pies; y = 2 pies. Rpta: a) Si.

b) (cero)


18

CAPITULO II

FLUJOS NO VISCOSOS Y VISCOSOS


2.1 Cuando un avión vuela a través de un frente frío, un instrumento del tablero indica que la temperatura ambiental desciende a una relación de 0.5 ºF por minuto. Otros instrumentos muestran una velocidad del aire de 300 nudos y una relación de ascenso de 3500 pies/min. Si el frente es estacionario y verticalmente uniforme, calcule la relación de cambio de temperatura con respecto a la distancia horizontal a través del frente frío. Solución: dT  0.5 º F min dt

Nota: 1 nudo = 0.5144 m/seg. = 1.688 pies/min.

Vaire  300 Nudos

 Vaire  30348 pies/min.

Vascenso = 3500 pies/min.

dT dT 0.5º F  dt  dx 3500  30384 pies / min dx dt dT  1.4756 105 º F / pies dx

Rpta.

2.2 La distribución de la velocidad en un campo de flujo estable es 





V  2 x  5 i  3  2 y j

con el eje z hacia arriba.

a) Demuestre si el campo de flujo es incompresible. b) Determinar el gradiente de presiones. c) La p entre los puntos (x,y) = (1,3), y el origen, si   1.2kg / m3 .


20


Solución: a) u  2 x  5

u  2u 2 2 0 x x 22  0

v  3 2y

v  2v  2 2  0 y y

Por continuidad:

u v  0 x y Si es incompresible.

b) Por Navier Stokes En el eje X:

  2u  2u  2u   u uu vu wu  p      g x   u  2  2  2  y z  x y z   t x  x En el eje Y:

  2v  2v  2v   v uv vv wv  p      g y   u  2  2  2  y z  y y z   t x  x En el eje Z:

2w 2w 2w  w uw vw ww  p      g z   u  2  2  2  x y z  z y z   t  x


21


Entonces:

uu x



p

uv p  y y

x

(2 x  5)(2)  

p x



p  4 x  10 x



1



p

(3  2 y )(2)  



p  4y  6 y



1

z

 p   (4 x  10)dx 0

0



p

y

0

0

0   g z 

p y

p

z

0

0

p z

 p    gzz p   g z z

…. (3)

 p   (4 y  6)dy

p    (2 x 2  10 x) …..(1) p   (6 y  2 y 2 ) …… (2)

Para el gradiente de presiones, tenemos:

p  (

   i j  k ). p x y z

p   (4 x  10)i   (4 y  6) j  g k



p   (4 x  10)i  (4 y  6) j  g k



Rpta

c) Presiones:

p   (10 x  2 x 2  6 y  2 y 2  g z z ) ; para z = 0 p (0, 0) = 0

p(1,3)    (10(1)  2(1) 2  6(3)  2(3) 2  0) p  p(1,3)  p(0,0)


22


p  9.6 N / m2

Rpta.

2.3 Un flujo laminar permanente circula entre dos placas paralelas fijas separadas por una distancia “h” siendo el fluido incompresible moviéndose de izquierda a derecha y no habiendo variación de la viscosidad; hallar una expresión para evaluar la caída de presión en función de la velocidad media, y el esfuerzo cortante en función del eje “y”. Solución:

y

h x

De la EC. de Navier Stoke 



      p   (V . ) V   B   2 V ………. (*) t 

En este caso tenemos flujo laminar, el moviendo de fluidos es en la dirección “x”. 



  

V  Vx i  (V . ) V  Vx

Vx  i x


23




 Considerando flujo permanente: 0 t

Vx

   2V Vx   2Vx   1       i i    i j   g ( j )    2x  2  x   x y   x  y  

Vx

  2V  2Vx    1   Vx   1   i     j ………. (I) i      2x   g 2  x   y  x  y     x   

Considerando flujo uniforme, la velocidad permanece constante según x: Vx 0 x

Reemplazando en (I);

Por consideraciones de borde:

 1    2V  0      2x   y    x   2Vx 1      2  x  y

Considerando

y = 0,

U=0

y = h,

U=0

En (II): C2=0

   

0

 = cte y Vx  U x

h 2   hC1 2 x

C1  

  2U  1     2   x  y 

h  ….. (III) 2 x

Reemplazando (III) en (II):

 U  1    Integrando:  y  C1  y   x

y  U  yC1  C2 ……… (II) 2 x 2

u

 h   y 2   y  2 x  2 x 

u

 y 2  yh …… (IV) 2x





La velocidad media: Vm

Vm 

 VdA   V .bdy   Vdy A

b.h

h



Vm 

 Vdy h

….. (V)

Reemplazando (IV) en (V): V = U _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

24


 UdA

Vm 

A





 2x y h

2



 yh dy

0

h

  y 3 y 2    2hx  3 2

h

 h  0

  h 3 h 2 h    h 3  h 2           …………….. (VI) 2hx  3 2  2hx  6  12x

Vm 

Si U > 0, habrá una caída de presiones a lo largo de x.

p  p1  p2 ; p2  p1 ;

p  0

p  p2 p p2  p1 p   1  x L2  L1 L L En la expresión VI

Vm  

 12LVm  p    ……. Rpta. 2  h 

h 2  p    por lo tanto. 12  L 

Para el esfuerzo cortante en función de “y “: en la expresión (IV)

U

1  p  2   y  hy 2  L 





U

p hy  y 2 ……… (VII) 2L





(VII) entre (VI) p yh  y 2 6Vm yh  y 2 u u 6 yh  y 2 2L     u Vm Vm h 2 p h2 h2  12L













El esfuerzo cortante está dado por la Ky de viscosidad de Newton.



 u

u   6V yh  y 2  u  m 2 y y  h

 

6uVm h  2 y  h2

   6uV h  2 y    

m



h2



Rpta.


25


2.4

Considere el flujo de baja velocidad entre los discos parabólicos según se muestran. Suponga que el flujo es incompresible y no viscoso y que la velocidad es puramente radial y uniforme en cualquier sección. La velocidad del flujo es V= 15 m/seg. en R = 75 mm. Simplifique la ecuación de continuidad a una forma aplicable a este campo de flujo. Muestre que una

expresión



general

para

el

campo

de

velocidades

es



V  V ( R / r ) er para ri  r  R . Calcule la aceleración de una partícula de fluido en las posiciones r  R y r  ri

R

.ri

V = 15m/seg

Solución: Aplicando continuidad: 1 rVr  1 V  Vz    0 r r r  z

1 rVr  = 0 r r

rVr   0  rVr  K r

Donde K = VR _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

26


. Vr 

K r



Vr  V ( R / r ) er



DVr Vr  Vr Vr  V Vr  Vz Vr      0 Dt r r r  z

DVr Vr Vr  R    VR   V     Dt r r  r  r 

2 DVr 2 R  V 3 ….(I) Dt r

De la ecuación (I): Si r  ri



DVr R2  V 2 3  81km seg. Dt ri

Rpta.

Si r  R



DVr R2  V 2 3  3 km seg. Dt R

Rpta.

2.5

La velocidad del aire en el múltiple de un MCI en V  V0 1  sen(wt ); si Vo = 30m/s, f = 50 hz, la densidad es la mitad del aire estándar, con una longitud del fuselaje de L= 0.3m .Calcular la variación de la presión que se origina en kPa; para un tiempo de 2 seg. desprecie los efectos friccionantes.

Solución.

V  V0 1  sen(wt )

  12 aire_standar

V0  30m / s

L=0.30m

f = 50 hz

p  ?


27


Euler (para efectos friccionantes).        V u  V v  V w  V   g  p       t x y z   

En el eje X:

g x 

 u uu vu wu  p      x x y z   t

Observaciones: 

T = 15 ºC

V = unidimensional

P = 101.325 kpa



V ui

R = 0.2869Kj/kgºK (Tabla 4; Ref: 7)

u  V0 1  sen(wt ) u  0, x 



u  0, y

u 0 z

 est 

 RT

 1.2263kg / m 3

p u   x t

 

p   V0 w cos( wt ) x

Sabemos que:



L

0

0



L

0

0

 dp     V0 w cos(wt )dx

 est 2

 0.6131kg / m 3

  2f  2 (50)

 dp     V0 w cos(wt )dx

p    V0 w cos(wt ) L


28


Entonces, para t = 2seg. y   314.1553.

rad s

p  (0.6131)(30)(314.1593)(0.3) cost p  1.733 kN/m2

2.6

Rpta.

El campo de velocidades de un flujo viscoso incompresible está dado 







por: V  zx 2 i  2 z 2 y 2 j  4 y k La densidad del fluido es  y la viscosidad

 . Calcular el gradiente de presiones en el punto (2, 0, 1). El eje vertical es Y. Solución: Aplicando

2da

ley de Newton a un elemento diferencial de fluido y

considerando la aceleración total (aceleración local + aceleración convectiva). 



      p   (V . ) V   B   2 V ………….. (*) t 

De la distribución de velocidades podemos notar que V no depende del tiempo,

 v  entonces el flujo es permanente    0 ; solo tenemos la aceleración  t  convectiva.              (V .)V  Vx i  V y j  Vz k . i  j  k  V y z    x 

(V )V  (Vx

       Vy  Vz ).(Vx i  V y j  Vz k ) x y z


29


Vy Vy Vy  Vx V V   Vy x  Vz x ) i  (Vx  Vy  Vz ). j x y z x y z …(I) Vz Vz Vz   (Vx  Vy  Vz ). k x y z

(V .)V  (Vx

La aceleración convectiva para:

v

x

v

y

 x2 z ;

 vx

 2 xz ;

 vx

 0;

 2 y 2 z 2 ;

 vy

 0;

 vy

 4 yz 2 ;

 0;

 vz

x

x  vz

vz  4 y ;

x

y

y y

 vx

 x2

 vy

 4 y 2 z

z

z  vz

 4;

z

(II)

0

(II) en(I):





2 2 2 2 a  x y(2 xz )  (2 y z )(0)  4 y( x )



 x 2 y (0)  (2 y 2 z 2 )(4)  4 y (0)





a  2 x yz  4 yx 3



2

y (0)  (2 y 2 z 2 )(4 yz 2 )  4 y (4 y 2 z )



j

k

 i  8 y z





2

 i  x

3 4



 16 y z ) 3

 j  8 y z k



………… (III)

2 2



La fuerza viscosa por unidad de masa  2 V .              2 V  ( i  j  k ).( i  j  k ).V y z x y z   x



2 V  (



   2 2 2   ).( V i  V j  V k) x y z x 2 y 2 z 2

 V ( 2

 2V x x 2



 2V x y 2



 2V x z 2

 2V z  2V z  2V z  ( 2   )k x y 2 z 2



) i(

 2V y x 2



 2V y y 2



 2V y z 2



)j …….. (IV)


30


Luego:

 2 vx x 2

 2 vy x

2

 2 vz x 2

 2z ;

 2 vx

 0;

 0;

 2 vx

0;

 2 vz

y 2

y

2

y 2



 2 vx

 0.

 4z ;

 2 vy

 4 y 2 .

 0;

 2 vz

z 2

2



z

2

z 2

… (V)

 0.



(V) en (IV):  2 V  2 z i  4 z j …….. (VI) Finalmente en la expresión

(*)







(2 x 3 y 2  4 yx 2 ) i  (8 y 3 z 4  16 y 3 z ) j  (8 y 2 z ) k  

p





p









  (2 z i  4 z j )



 (2z  2 x 3 z 2  4 yx 2 ) i  (4 z  8 y 3  8 y 3 z 2 ) j  (8 y 2 z ) k









p   (2z  2 x 3 z 2  4 yx 2 ) i   (4 z  8 y 3  8 y 3 z 2 ) j   (8 y 2 z ) k  ( g ) j 





p   (2z  2 x 3 z 2  4 yx 2 ) i   (4 z  8 y 3  8 y 3 z 2  g ) j   (8 y 2 z ) k …(VI)

Con los datos en el punto (2,0,1) 



p   ( 2  4(2 3 )(1) 2 ) i   (4  g ) j 



p   (2  16) i   (4  g ) j

Rpta.


31


Problemas Propuestos 1) El potencial de velocidad para un campo de flujo bidimensional es:

  5x 3 / 3  5xy 2 ; demostrar que se cumple la ecuación de continuidad y determinar la función de corriente. Rpta:   5x 2 y  5 y 3 / 3  C 2) Las componentes de la velocidad están dadas por: u  3( x 2  y 2 ) ; v  6 xy . Determine: a) Este campo de velocidad, ¿satisface la ecuación de continuidad? b) Determine la ecuación para el gradiente de presiones en la dirección y en cualquier punto del campo.

Rpta: a) Si b)

p  18 ( y 3  x 2 y ) y

3) Entre paredes en forma de cuña fluye agua hacia una pequeña abertura, como se muestra en la figura. El potencial de velocidad con unidades de m2/seg. para este flujo es   2 ln r ; con “r” en metros. Determine el diferencial de presiones entre los puntos A y B. Rpta: p  1.78kPa.

π/6

r θ

1 m.

A

B 2 m.


32


4) Se tiene la función de corriente para un campo de flujo bidimensional incompresible es:   3r 3 sen 2  2 . Donde  está en pies2/seg. cuando “r” está en pies y  esta en radianes. Determinar el esfuerzo cortante;  r en el punto r = 2 pies;  = π/3 rad. Si el fluido es agua. Rpta:  r  85.1  10 5 lb / pies 2 5) Un fluido viscoso incompresible se coloca entre dos placas paralelas horizontales infinitas como se muestra como se muestra. Las dos placas se mueven en direcciones opuestas a velocidad constante U1 y U2 como se muestra. El gradiente de presiones en el eje “x” es cero y la única fuerza del cuerpo se debe al peso del fluido. Usando la ecuación de Navier-Stokes, obtener una expresión para la distribución de velocidades entre las placas. Suponga que el flujo es laminar.

U  U 2  Rpta: u   1  y U2  h 

U1

y h x U2


33

CAPITULO III

ANALISIS DIMENSIONAL Y TEORIA DE MODELOS


3.1. Un tanque de H2O con   D se vacía desde una altura h0; el hoyo de 

drenaje tiene   d . Suponga que m depende o está en función de: h; D; d; g;  y  Determinar: a) Número de parámetros adimensionales a encontrar. b) Número de parámetros de repetitivos. c) El número  que contenga la  . Solución:





m : MT 1

h:



M=3

En el sistema (MLT) la matriz es:

n =7

L



#  = n-m = 4

D: L d:

L

g:

LT 

# 2

 : ML3 

 : ML1T 1 

de

parámetros

repetitivos = 3

d ; g;  

h D d 0 0 0

g 0





M

m 1

1

1

L

0

1

1

1

1

 3 1

T

1 0

0

0 2

0

Obs:

0 0 1 1 1  3  2  0 0 2 0


36

1


  d x .g y . z . M 0T 0 L0  Lx .Ly .T 2 y .L3 z .M z .ML1T 1

L: x  y  3z  1  0

x = -3/2

M: z  1  0

z = -1

T:  2 y  1  0

y = -1/2

Entones el número  en función de la viscosidad, será: d

 .

3.2.

3

2

.g

1

2

. 1 .

 3

1

d .g . 2

Rpta.

2

Una pequeña esfera liquida de radio r0 y densidad  0 cae con una

velocidad U, en un segundo liquido de densidad  y viscosidad  . Las prueba se llevan acabo dentro de un tubo de radio r. Mediante análisis dimensional un conjunto de parámetros adimensionales para ser utilizado en la determinación de la influencia de la pared del tubo en la velocidad de sedimentación. Solución:


37




U: LT 1

 : ML



3



 0 : ML3  r:

L

r0: L F:

U  0 r0 0 1 0 1 3 1 1 0 0

m: 3

#  = n-m = 4

M L T

#

Obs:

n: 7

de

parámetros

repetitivos = 3

MLT  2

U ; r;  





r F 1 1 0 1 3 1 1 1 0 1 0  2

0 1 1 1 3 1 1 0 1 0 0

 : ML1T 1  * 1  U x . y .r z . 0 Entonces:

1   0

*  2  U x . y .r z .r0 Entonces:

 2  r0 r



*  3  U x . y .r z . M 0T 0 L0  Lx .T  x .M y .L3 y .Lz .ML1T 1

L:  3 y  x  z  1  0

z = -1

M: y  1  0

y = -1

T:  x  1  0

x = -1

Por lo tanto:  3 

 U . .r.

*  4  U x . y .r z .F

M 0T 0 L0  Lx .T  x .M y .L3 y .Lz .MLT 2


38


L:  3 y  x  z  1  0

z = -2

M: y  1  0

y = -1

T:  x  2  0

x = -2

Entonces:  4 

F U . .r 2 . 2

  r F    ; 0; 0;  F  F  2 2  U . .r .  r U . .r.    r    F   .r 2 .U 2 .  ; 0 ; 0 ;   r U . .r. 

Nota: Los parámetro 1 y  2 han sido determinados de manera similar a los  3 y 4 .

3.3.

Suponga que la fuerza de resistencia R de una placa plana sumergida en

un fluido depende de la densidad y viscosidad de este, así como la velocidad y el ancho (b) y la altura (h), de la placa. Encuentre un conjunto conveniente de parámetros para organizar los datos:

Solución:


39


F:

MLT  2

La “matriz de dimensiones” es

m=3

la siguiente:

 : ML1T 1 

n=6 #  = n-m = 6

3

 : ML



V: LT 1





b: h:

#

de

Fr   V 1 1 1 0 1  3 1 1  2 0 1 1

M L T

parámetros

b 0 1 0

h 0 1 0

representativos

L

=3

L

Obs:

 ; V ; b 

1 0 0 3 1 1 1 0 0 1 0

Calculando los parámetros: * 1   a1 .V b1 .b c1 .Fr



 

1  M 0 L0T 0  ML3

 .LT  .L .MLT  a1

1 b1

L:  3a1  b1  c1  1  0

c1 = -2

M: a1  1  0

a1 = -1

T:  b1  2  0

b1 = -2

Entonces:

1 

2

c1

Fr  .V 2 .b 2

*  2   a2 .V b2 .b c2 .



 

 2  M 0 L0T 0  ML3

 .LT  .L .ML a2

1 b2

c2

1

T 1




40


L:  3a2  b2  c2  1  0

c2 = -1

M: a2  1  0

a2= -1

T:  b2  1  0

b2= -1

Entonces:  2 

  .V.b

*  3   a3 .V b3 .bc3 .h



 

 3  M 0 L0T 0  ML3

 .LT  .L .L a3

1 b3

L:  3a3  b3  c2  1  0

c3= -1

M: a3  0

a3= 0

T:  b3  0

b3 = 0

Entonces:  3 

3.4.

h b

c3

Rpta.

La potencia por área de sección transversal unitaria, E, transmitida por

una honda sonora es una función de la velocidad de onda, V, la densidad el medio,  , la amplitud de la onda, r, y la frecuencia de la onda, n. Determine, por medio del análisis dimensional, la forma general de la expresión para E en términos de las demás variables. Solución:


41


Hallando las dimensiones de E:

Según el problema:

E

P ML2T 3   E   MT 3 2 A L

 El estado de un fluido es función de: f  f ( E,V ,  , r, n)  El rango de nuestros números adimensionales será: #   m  n m=5;

n=3

 #  5  3  2

Donde:

E   MTL3

(Potencia por área de sección transversal unitaria)

V   LT 1

(Velocidad de onda)

   ML3

(Densidad del medio)

r   L

(Amplitud de onda)

n  T 1

(Frecuencia de onda)

La “matriz de dimensiones” es la

Hallando el mayor subconjunto

siguiente:

M L T

cuadrado:

Fr   V 1 1 1 0 1  3 1 1  2 0 1 1

b 0 1 0

h 0 1 0

1 0 0 3 1 1 1 0 0 1 0

Calculando los números  : * 1  V a1 . b1 .r c1 .E



 

 





1  M 0 L0T 0  LT 1 . ML3 .L 1 . MT 3 a1

b1

c




42


M: b1  1  0

b1 = -1

L: a1  3b1  c1  0

c1 = 0

T:  a1  3  0

a1 = -3

Entonces. 1 

E  .V 3

*  2   b2 .V a2 .r c2 .n



 

 2  M 0 L0T 0  LT 1

 .ML  ..L .T  a2

3 b2

M: b2  0

b2= 0

L: a2  3b2  c2  0

c2 = 1

T:  b2  1  0

b2= -1

Entonces:

2 

c2

1

r.n V

Como: f  f (1 ,  2 ) 

Despejando E:  E   .V 3 f (

f  f(

r.n ) V

E r.n , )  .V 3 V

Rpta.


43


3.5.

Para que dos máquinas hidráulicas sean homólogas, estas deben (a) ser

geométricamente similares, (b) tener el mismo coeficiente de descarga cunado se miran como un orificio: Q1 A1 2 gH1  Q2 A2 2 gH 2 , y (c) tener la misma reilación de velocidad periférica a velocidad del fluido,

D Q A . Demostrar que las relaciones de escala pueden expresarse como Q ND 3  cte y A ND  . N es la velocidad de rotación. 2

Solución: Se tiene

Q1 A1 2 gH1  Q2 A2 2 gH 2   V1   V2

2 gH1  V2

V1

2 gH 2

2

 H   1 H2 

 Se sabe que: Re1  Re 2

ND 2



 1

ND 2



 N1   N2

D Q A



  

2 1

2

 DA Q ….. (i)



N1 D1



2



N 2 D2



D1 D2 donde:

Q1 A1 H1  Q2 A2 H 2 ….. (ii)

Q1

cteQ1 D

Entonces:

H 1  Q2

H1

 1 D1 

2



cteQ 2 D

H2

 2 D2 2

H 2  1 D1

2

H1   2 D2

A1 

cteQ1  1 D1

A2 

cteQ 2  2 D2

H2

Rpta.


44


3.6.

Se efectúan mediciones de la fuerza de arrastre sobre un modelo de

automóvil en un tanque experimental lleno de agua. La escala de la longitud del modelo es 1/5 de la del prototipo. Establezca las consideraciones requeridas para asegurar la similitud dinámica entre el modelo y el prototipo. Determine la fracción de la velocidad del prototipo en aire, a la cual la prueba del modelo debe realizarse en agua. Las mediciones efectuadas a diversas velocidades indican que la razón de fuerza adimensional se vuele conste a velocidades de pruebas del modelo por arriba de Vm = 4m/s. La fuerza de arrastre medida durante una prueba a está velocidad es Fm = 182N. Calcule la fuerza de arrastré esperado sobre el vehiculo prototipo operando a 90km/hrs. en aire.

Solución: Modelo (agua)

Prototipo (aire)

Vm  4m / seg.

Vp  ? Vp  90km / h  25m / seg

Fm  182N .

Fp  ?  Am   1  2 Lm 1      A  5 Lp 5  p







Fp  ?

Ap  25 Am


45


Usando número de Reynolds.

Rem  Rep



V L   Vm Lm     p p     m  agua   p aire

Considerando que tanto el agua como el aire se encuentran a 20ºC (Tabla Nº 4; Ref: 7)

 

 1  106 m2 / seg.

aire p  1.514 105 m2 / seg.

 

 998kg / m3.

aire p  1.21kg / m3.

agua m

agua m

 V L     V  L  V p   m m  p    m  m  p Reemplazando los datos.      m  Lp   m  Lp 

 4  1  Vp   1.154  10 5 6   5 1  10    Vp  12.11m / seg.

Rpta.

Ahora por similitud dinámica:

    Fp Fm    2 2   .V . A    .V . A   m m m  p p p    V  Fp  Fm  p  p    m  Vm 

Fp =50.58N.



2

 Ap  1.21  12.11  2    182.   5  998  4   Am  2

Rpta.

Ahora nos piden Fp para: Vp  90km / h  25m / seg _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

46


V L  4 Lm Re   m m    4  106 Lm 6   m  1  10  2 Fm  2(182) 0.0228  CD m    2 2  Am   m .Vm . Am  (998)(4) . Am

Luego hacemos una tabla para valores de Vm  4m / seg

Re

4  106 Lm

6  106 Lm

8  106 Lm

CD m

0.0228 Am

0.0101 Am

0.0057 Am

Prototipo:  Vp Lp    25  5Lm  8.26  10 6 Lm Re      1.514  10 5  p 

( Am ) 2

CD Am

0.0228

y  0.08204045e( 3.37610

0.0101 0.0057

4

Del grafico para:

CD Am  5.0462 10

3

6

8

CD L .106 2 m ( Lm )

Re  8.26 10 6 Lm



5.0462  103 CD  Am


47

7

x)


1 2 Fp  C D . p .V p . Ap 2

Luego:

Fp 

1  5.0462  10 3  2  .1.21 . 25 .25 Am  2 Am 

Fp  47.7 N .

3.7.

Rpta.

El arrastre de onda sobre el modelo de un buque es 16N. a una velocidad

de 3m/seg. para un prototipo 15 veces más grande ¿Cuál será la velocidad y el arrastre correspondiente, si el líquido es el mismo en cada caso? Solución: Fm = 16N

Datos:

Vm = 3m/ seg.

Lp/Lm = 15

Como se trata de una superficie libre, para buscar la similitud dinámica. Para hallar la velocidad del prototipo usaremos el número de Fraude:

Fr 

V p2 Lp 2 Vm2 V2   V p2  Vm , entonces Lm g m L p g p Lm Lg



1

 Lp  2 V p    Vm  Lm  Reemplazando los datos: V p  15 2 (3m / seg )  11.61895m / seg. 1

V p  11.61895m / seg.

Rpta.

Hallando el coeficiente arrastre se tiene:

CD 

1 2

FD F  1 D2 2 2 .V . A 2  .V .L


48


FDp  Lp  FDm    F  F  Dp Dm 2 2 2 2 1 1  Lm  2  m .Vm .Lm 2  p .V p .L p

CDm  CDp ;

2

 Vp     Vm 

2

Reemplazando los valores. 2

2

 15   11.61895   16 N      FDp  54kN 3 1  

FDp

3.8.

Rpta.

Un modelo a escala de 1/5 de un torpedo a prueba en un túnel de viento

para determinar la fuerza de arrastre. El prototipo opera en agua tiene 533mm de diámetro y 6.7m de longitud, la velocidad de operación deseada del prototipo es 28m/seg. Para evitar los efectos de compresibilidad en el túnel de viento, la velocidad máxima se limita a 110m/seg. Sin embargo, la presión en el túnel de viento puede variar mientras la temperatura se mantiene constante a 20ºC.

En condiciones de prueba dinámicamente

similares, la fuerza de arrastre sobre el modelo se mide como 618N. Evalué la fuerza de arrastre esperada sobre el torpedo a escala natural. Solución: Prototipo en agua

Modelo en aire

L = 6.7m y V = 28m/seg

Fm = 618 N

TP  20º C

 P  1  106 m2 / seg

 P  998Kg / m3

Tm  20º C

m  1.54 10 5 m 2 / seg

 m  1.21Kg / m3 (Tabla4; Ref: 7,8)

(Tabla Nº6; Ref: 10,13)


49


Como los números de Reynolds son equivalentes, entonces:

Rem  Rep  Vm Lm   V p L p        m   p

   

   L p  Vm   m  V p   L  p  m 

 1.514  10 5  (5)(28) Vm   6 1  10  

Vm  2119.6m / seg. Del coeficiente de arrastre se tiene: CD 

1 2

FA FA  1 2 .V . A 2 .V 2 .L2

FAp FAm  2 2 2 2 1 1 2  m .Vm .Lm 2  p .V p .L p

CDm  CDp ;

 Lp  FAp  FAm    Lm 

2

 Vp     Vm 

2



 p     m 

Reemplazando los valores. 2

FAp

2

 5   28   998   618 N        1   2119.6   1.21 

Entonces: FDp  2223.73N

Rpta


50


Problemas Propuestos 1) Se sabe que el coeficiente de transferencia de masa: KC; depende de las siguientes variable: SIMBOLO

NOMBRES

UNIDADES

V

Velocidad

m/seg.



Densidad

Kg/m3



Viscosidad

Kg/m-seg.

Lref

Longitud de referencia

m

D

Coeficiente de difusión

m2/seg.

Kc.

Coeficiente de transferencia de masa

Kg./m2.seg.

Calcular todos los parámetros adimensionales:

Rpta:

K c Lref Lref  ; ; D D D

2) Evaluar los parámetro adimensionales; Re; Pr y (Re x Pr)1/2 para el agua que fluye sobre una placa delgada de longitud 3m, utilizando la siguiente información: T = 80ºF; = 0.997 BTU/lbm.ºF; hc = 3.0BTU/h.pies2 ºF; K = 0.615W/m y a = 2.18m/seg. Rpta: Re = 7.4·106; Pr = 5.98 (Re x Pr)1/2 = 6652


51


3) Deduzca una expresión para la velocidad de líquido que sale de un agujero en el costado de un tanque abierto si la velocidad depende de la altura H del agujero desde la superficie libre, la viscosidad y la densidad del fluido, la gravedad y el diámetro del agujero.

Rpta:

  d   f ;    gH H  gH  

V

4) La razón de flujo de agua sobre un dique depende de la altura hidrostática del agua, el ancho del dique, la gravedad, la viscosidad, la densidad y la tensión superficial. Relacione la razón de flujo con las demás variables.

Rpta:

Q gH 5

w     f ; ;  H  gH 3 gH 2   

5) La fuerza de arrastre FD; sobre una esfera lisa que cae en un líquido, depende de la velocidad de la esfera V; la densidad del solidó  S ; la densidad del liquido  y su viscosidad; el diámetro de la esfera D y la gravedad g. obtenga una expresión para FD.

Rpta:

 FD  gD   f  S ; ; 2  2 2 V D    .V .D V 


52


6) Se desea probar un modelo a escala 1:5 de un sistema de tuberías de una estación de bombeo de agua para determinar las pérdidas de cabeza. Se encuentra disponible aire a 25ºC y 1 atm. para una velocidad del prototipo de 500m/seg. en una sección de 4m de diámetro con agua 15ºC. determinar la velocidad y la cantidad de aire necesarias, y como se convertirían las perdidas determinadas en el modelo a perdidas e el prototipo. Rpta: 36.98m/seg.; 18.59m3/seg. (las pedidas iguales se expresan en cabezas de velocidad)

7) Se va realiza un estudio submarino de una marsopa empelando un modelo a escala 1:10 se simulará una marsopa que nada a 10m/seg. y efectúa un moviendo natatorio a cada segundo. ¿que velocidad podría emplearse en el canal de agua? ¿Cuántos movimientos deben efectuarse por segundo? Rpta: 5 movimientos/seg.

8) Se piensa a realizar un estudio con modelos dirigibles (un globo grande que viaja por el aire) el dirigible de 10m de diámetro viajará a 20m/seg. si se propone usar un modelo a 40cm, diámetro en un túnel de viento o un modelo de 10cm de diámetro en un canal de agua ¿Cuál alternativa debe escogerse? Suponga que el modelo del túnel de viento se prueba con una velocidad de 15m/seg. y se mide la fuerza de arrastre de 3.2N ¿Qué fuerza habría esperar sobre el modelo de canal de agua con una velocidad de 2.4m/seg. en el canal? ¿Qué potencia en caballos de fuerza se predeciría para superar el arrastre


53


sobre el prototipo? Suponga que el flujo es independiente del número de Reynolds para Re > 105 Rpta: 4.16N; 71.14Kw

9) Se tiene un avión que se desplaza a 1120km/h a una altitud de 15km ¿Cuál es la velocidad requerida a una altitud de 7km a fin de satisfacer la semejanza del número de Reynolds. Rpta: 1180km/h.

10) La razón de flujo sobre un dique es de 2m3/seg. de agua en una canal de agua se prueba un modelo a escala 1:10 del dique: si se mide una fuerza de 12N en el modelo ¿Qué fuerza debe esperar en el prototipo? Rpta: 12000N.


54

CAPITULO IV

ESTUDIO DEL FLUJO INTERNO INCOMPRESIBLE


4.1. Determine el flujo Q. utilice el gráfico para encontrar los coeficientes de

20pies

pérdidas menores.

Entrada con bordes agudos A

Diámetro Nominal 10'’

100pies 80pies

H 2O T= 60ºF

Válvula de compuerta abierta L = 30pies.

B 40º

Φ = 6’’

80pies Expansión repentina

Dnominal = 14 pulg

Solución:

L1  100 pies

D1  10.02 pulg

A1  10.02 pulg 2

AB  28.27 pulg 2

L2  80 pies

D2  10.02 pulg

A2  10.02 pulg 2

PA  PB  Patm  0

L3  80 pies

D3  10.02 pulg

A3  10.02 pulg

L4  30 pies

D4  13 pulg

A4  132.73 pulg 2

manométrica 2



VA  0

Para un H2O a 60ºF, tenemos   1.938slug / pies y   1.22  10 5 pie 2 / seg 3

(Tabla Nº 6; Ref: 9)


56


Aplicando la ecuación de energía en entre los puntos A y B.

pA





VA2 p V2  z A  B  B  z B  h ………. (I) 2g  2g 2

 z A  z B   VB

2g

h

Donde: h = hp + hs 2 2 2  LV 2 LV LV LV  hp   f 1 1  f 2 2  f 2 2  f 2 2  2 gD2 2 gD2 2 gD2   2 gD1

Donde:

V1  0.4VB ;

hp 

V2  0.4VB ;

V3  0.4VB ;

V4  0.4VB .

2 2 2 2 f  1000.4VB  800.4VB  800.4VB  300.21VB   12 pulg      2 g  10.02' ' 10.02' ' 10.02' ' 13' '  1 pie

hp  2.024 fVB

2

K V 2 K V 2 K V 2 K V 2 K V 2 K V 2  hs   1 x  2 x  3 x  4 x  5 x  6 x  2g 2g 2g 2g 2g   2g

Considerando  interior cte par tubería y codo.

A  Vx   B VB  Ax 



Vx  0.4VB

De (Tabla Nº 13; Ref: 5)


57


K1  0.5 : Entrada

K 3  0.168 : Codo

K 5  0.18 : Expansión.

K 2  0.168 : Codo

K 4  0.11 : Válvula

K 6  0.96 : Difusor.

hs 

2 2 2 1 0.5(0.4VB )  0.168(0.4VB )  0.168(0.4VB )    2(32.2)  0.11(0.4VB ) 2  0.18(0.4VB ) 2  0.96(0.4VB ) 2 

hs  0.013VB2 Reemplazando en (I)

100  f 2.024VB2  0.013VB2  0.0155VB2 100  f 2.024VB2  0.0285VB2 ……………. (II) Como solo tenemos una ecuación pero con dos incógnitas, debemos de realizar iteraciones.

  0.046mm  D  24.45cm 

 D

 0.00018

Asumiendo un f = 0.015 de (Tabla Nº 9; Ref: 11) Reemplazando en (II) obtenemos: 100  (0.014)2.024VB2  0.0285VB2

VB  41.94 pies / seg Calculando el número de Reynolds.

 VD  (41.94)(10.02) Re    34445809  3.4 10 7 Turbulento.  5 (1.22 10 )   

Re  3.4 10 7   Buscando en (Tabla Nº14; Ref: 12)………   f = 0.014  0.00018 D  _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

58


Lo cual nos indica que el valor asumido de f = 0.014 es el correcto. Entonces hallando el caudal.

Q  V . A  (41.94 pie / seg )(0.1963 pie 2 ) Q  8.23 pie 3 / seg. 4.2.

Rpta.

¿Qué presión P1 se necesita para hacer circular 100lt/seg. de agua hacia el

aparato con una presión manométrica P2 = 40kPa? El diámetro de la tubería de acero comercial es 150mm. Suponga que   0.113  105 m2 / seg. 260m K = 0.9

2 K=1

aire

160m

Aparato

1

B

26m

agua K = 0.4 K = 0.9

A

N.R 325m

Solución: Datos:

Q  0.1m 3 / seg ;

2  0.15m

  0.006

p2  40kPa ;

(acero comercial);

De (TablaNº9;Ref:

  0.113  10 5 m 2 / seg

5)

Q  V . A  V  5.66m / seg _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

59


Luego el reynolds: Re 

VD



 Re  7.5  10 5 ……….. (a)

Para el tubo de acero comercial:  

 D

   0.0004 ……. (b)

Ahora con (a) y (b) en diagrama de Moody: De (Tabla N º 14; Ref: 12)

Obtenemos el f=0.017, luego aplicando bernoulli entre los puntos 1 y 2

p1

 p1





V12 p V2  g.z1  2  2  g.z 2  g.hp 2  2

 g.z1 

Donde:

p2



hs 

V22  g.z 2  g.hp 2

…… (I)

hp  h f  hs

Entonces: h f  f

h f  (0.017)



V2 L1  L2  L3  2g

(5.66) 2 325  160  260  h f  137.863m 2(9.81)

V2 4 (5.66) 2 K  h   i s 2(9.81) 0.4  0.9  0.9  1  5.225m 2 g i 1

Reemplazando en la ecuación (I)

V22    g.z 2  g.hp  g.z1 :   2

p1

p2

p1 40  10 3 5.66 2    9.81(160)  9.81(26)  9.81(143.088) 1000 1000 2

p1  2.774MPa

Rpta.


60


Un ducto de sección trapezoidal transporta 2 pie3/seg. de queroseno. La

4.3.

rugosidad  es de 0.0004pies. ¿Cual es la caída de presión en 100 pies de ducto? La temperatura es 50ºF.

A

B

100pies

10pulg

60º

60º

1pie

Solución: Hallando el área del trapecio: AT = 71.1735pulg2 Hallando el perímetro:

Pm = 35.553pulg

El diámetro hidráulico DH 

V

hpo  f

4 AT 4(71.1735)   8 pulg Pm 35.553

Q Q2  V 2  Donde Q es el caudal. A 5065.667 Lo 8Q 2 L V 2  hp  f  5 2 DH 2 g Do  g



Do  5

8(8)(2)(5065.7)

2

Do  9.2 pulg . Aplicando Bernoulli entre los puntos (A) y (B)

pA





VA2 p V2  z A  B  B  z B  hp 2g  2g

 p   .hp


61


hp  f

L V 2 ; DH 2 g

Q  V .A



  0.0004 pies d  14.4 pulg

 

 d

 0.00033 (Tabla Nº 9;Ref: 5)

Q 3456 pulg 3 /seg V   68.75 pulg/seg. A  22

 VD  (68.75)(8)(0.3048) Re    1.5 105  6 2 (2.37 10 )(12)    2

En el diagrama de Moody (Tabla N º14; Ref: 12)  f = 0.018

 0.3048  p  0.24(814kg / m 3 )(2.2lb / kg)   12  p  7 10 3 lb / pulg 2

4.4.

3

Rpta.

A través de una tubería fluye agua con un caudal de 5lt/seg. si se miden

las siguientes presiones manométricas: p1 = 12kPa, p2 = 11.5kPa y p3 = 10.3kPa ¿Cuáles son las pérdidas de altura entre (1) y (2); y entre (1) y (3)?

P1

1

P2

2

D1 = 50mm.

D2 = 50mm. 10m P3

3 D3 = 30mm.


62


Solución: Calculemos la Pérdidas de altura entre (1) y (2): Ecuación de Bernoulli con pérdidas:

p1





V12 p V2  H 1  2  2  H 2   hp12 2g  2g

Despejando:

 hp

1 2



 hp12 

p1





p2



p1  p 2



V12 V22   H1  H 2 2g 2g

………… (I)



Reemplazando los datos del problema en la ecuación (I)

 hp

1 2



12kPa  11.5kPa  9810 N / m 3

 hp

1 2

 0.050968m

Rpta

Calculemos la Pérdidas de altura entre (1) y (3): 1) Hallando las velocidades V1 y V3 Se sabe que el caudal es igual producto de la velocidad y el área de la sección transversal por el cual fluye el fluido. Q  V . A . Despejando la velocidad: Vi 

Q 4Q .  Vi  Ai Di2

Como Q  0.005m 3 / seg , entonces:

V1 

4Q 4(5  10 3 )   V1  2.546479m / seg. D12  (50  10 3 ) 2

4Q 4(5  10 3 ) V2    V1  7.073553m / seg. D22  (30  10 3 ) 2 _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

63


Aplicando la ecuación de Bernoulli con pérdidas entre los puntos (1) y (3).

p1





p V2 V12  H 1  3  3  H 3   hp13 2g  2g

Despejando:

 hp13 

p1





p3





V12 V32   H 1  H 3 ………… (II) 2g 2g

Reemplazando los valores obtenidos en la ecuación (II)

 hp13 

12  10 3  10.3  10 3 2.546479 2  7.0735532   10  0 9810 2(9.81)

Entonces:

 hp

4.5.

13

 7.9533588m

Rpta.

Escoja el diámetro interno de la tubería de manera que el empuje

horizontal sobre la tubería ejercida por el agua no exceda el valor de 30kN. La tubería del agua es 5ºC. No tenga en cuenta las pérdidas menores. 1 130m 32m b 32m

a

Solución: Hallando la presión en el punto (b), para ello vamos a aplicar la ecuación de Bernoulli entre los puntos (1) y (b). _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

64


p1





p V2 V12  h1  b  b  H b 2g  2g

Despejando la presión en el punto (b).

p V2 V2  pb    1  1  b  h1  hb  2g 2g   Simplificando y reemplazando los valores en la expresión anterior:

 Vb2  pb   h1   2g   pb  313920  500Vb2

………………… (I)

Aplicando Bernoulli con pérdidas entre (a) y (b).

pa





Va2 p V2  ha  b  b  hb  hp a b 2g  2g

Condiciones que se debe de tener en cuenta, para poder simplificar la expresión:

pa  patm ;

0  hpab 

Va  Vb  V ;

ha : Nivel de referencia.

pb  32 9810

Pero: hp a b  f

L V2 D 2g

hb  32m

…………………….. (II)



hp a b  f

8.25688V 2 …….. (III) D

Reemplazando la ecuación (III) en (II)

p 8.25688V 2 0 f  b  32 D 9810

…………………….. (IV)

Luego la ecuación (I) reemplazamos en (IV), obteniendo la siguiente expresión.


65


0 f

8.25688V 2 313920  500Vb2   32 Donde V = Vb D 9810

Simplificando la expresión se obtiene:

8.25688V 2 0  64  f  0.0509684V 2 …… (a) D Además la fuerza producida por la el agua debe ser menor o igual a 30kN. Esto es

V 2   igual a la siguiente expresión: F  A   2  Despejando V2: V 2 

Tenemos: V 2 

2F A

2(30  10 3 ) 76.3944 V 2  2 (1000)(D / 4) D2

….. (b)

Reemplazando (b) en (a) 0  64 

630.78 f 3.8937  D3 D2

Multiplicando por D3 la expresión. 0  64D 3  3.8937 D  630.78 f ….. (c) Ahora de la ecuación (c) daremos un valor a f. La primera selección será: f = 0.015. Reemplazando tenemos: 0  64D 3  3.8937 D  630.78(0.015) 0  64D 3  3.8937 D  9.4617

De estos valores obtenemos de valor máximo para “D”: D1 = -0.5671 m D2 = 0.28353 m. _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

66


D3 = 0.28353 m.  D = Dmax = 0.28353m = 283.53 mm. Pasamos a determinar el caudal para poder hallar el número de Reynolds. En la ecuación (b) y



V

2

= 1.55·10-6 m /seg. Re 

V .L





Re 

76.3944  30.82703m / seg (0.28353) 2

(30.82703)(162)  3.222  10 9 6 1.55  10

Para el acero comercial   0.046 (Tabla Nº 9; Ref: 5) hallando la rugosidad relativa:



 D



0.046  1.6224  10 4 283.53

En el diagrama de Moody f = 0.039 (Tabla Nº 14; Ref: 12)

Este nuevo valor obtenido se lleva a la ecuación (c). 0  64D 3  3.8937 D  630.78(0.039)  0  64D 3  3.8937 D  24.60042

Hallando el nuevo valor de “D” D1 = -0.75497 m D2 = 0.37748 m. D3 = 0.37748 m. Por lo tanto el máximo diámetro para la tubería es: D2 = 0.37748 m.

Rpta.


67


4.6.

Determine la distribución del flujo de agua en el sistema de tuberías

ramificadas que se muestra en la figura: a) Sin una BBA en la línea 1. b) Incluya BBA en la línea 1 junto al depósito inferior. La curva característica de la bomba está dada por: Hp  250  0.4Q  0.1Q 2 , con Hp en metros, Q en m3/seg. El coeficiente de Hazen-Williams para todos los tubos es: C = 130. Alt:300m

Alt:250m [3]

Alt:200m

Alt:30m [2] [4] [1]

Tubo L(cm.) D(m) HD(m) HDJ (m) 1

200

500

30

180

2

600

300

250

180

3

1500

300

300

180

4

1500

400

200

180

Solución: Se ha estimado que HDJ = 180m. de la ecuación de continuidad se tiene:


68


hp1  H D1  H Dj  f1

L1 V12 D1 2 g

hp2  H D 2  H Dj  f 2

hp3  H D 3  H Dj  f 3

hp4  H D 4  H Dj

L2 V22 D2 2 g

(I)

L3 V32 D3 2 g

L4 V42  f4 D4 2 g

Sea:

f 2  0.014 ;

f1  0.012 ;

f 3  0.015 ;

f 4  0.013 .

Reemplazando los valores en (I)

hp1  H D1  H Dj  f1

L1 V12 D1 2 g

hp1  180  30  (0.012)

200 V12  0.5 2(9.81)

V1  24.76m / seg  Q1  4.8616m3 / seg Análogamente:

V2  7.00035m / seg  Q2  0.4948m3 / seg V3  5.602856m / seg  Q3  0.396m3 / seg

V4  2.837m / seg  Q4  0.3565m3 / seg Comparando: Q2  Q3  Q4  Q1  0.4948  0.396  0.3565  4.8616  3.614238m3 / seg _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

69


Hallando el numero de Reynolds; para T = 20ºC    110 6 m 2 / seg Re1 

D1V1





(0.5)(24.76)  1.2 10 7 110 6

Re 2  2.1106

Re 3  1.68 106

Re 4  1.134  10 6

  Hallando la rugosidad relativa.   D Sea:  = 0.006 (acero comercial) De (Tabla Nº 9; Ref: 5 )

 D1

 D2



0.006  0.00012 50



0.006  0.0002 30

 D3

 D4



0.006  0.0002 30



0.006  0.00015 40

Del diagrama de Moddy: (Tabla Nº 14; Ref: 12)

f1  0.0125 ;

f 2  0.014 ;

f 3  0.0145 ;

f 5  0.013 .

Sea: H Dj  70m. En forma análoga al anterior, para los f  : Hallando las velocidades:

70  30  (0.0125)

200 V1 2  V1  12.52839m / seg  Q1  2.4598m3 / seg 0.5 2(9.81)


70


V2  11.2306977m / seg  Q2  0.79388m3 / seg V3  7.8894m / seg  Q3  0.557668m3 / seg

V4  7.2332565m / seg  Q4  0.908957m3 / seg Luego: Q2  Q3  Q4  Q1  0.199389m3 / seg Nuevamente para H Dj  50m. Para:

f1  0.0125 ;

f 2  0.014 ;

f 3  0.0145 ;

f 5  0.013 .

Hallamos las velocidades y caudales.

200 V1 2  50  30  (0.0125) 0.5 2(9.81) V1 8.85889m / seg  Q1  1.7394389m3 / seg V2  11.83819m / seg  Q2  0.836792m3 / seg V3  8.22527m / seg  Q3  0.58141m3 / seg

V4  7.76976m / seg  Q4  0.97637683m3 / seg Q2  Q3  Q4  Q1  0.65514m3 / seg

Luego para hallar el H Dj más aproximado, hallaremos por Interpolación:

0.65514   H Dj  70   50  70  0.65514  0.99389  H Dj  54.666m. _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

71


Luego hallaremos los caudales aproximados:

H D  H Dj  f1

L1 V12 ……(ii) D1 2 g

Reemplazando los valores en (ii)

54.666  30  0.0125 200 

V12  0.5  2(9.81)

 V1  9.8383m / seg  Q1  1.93174m3 / seg En forma análogamente hallaremos las velocidades y los caudales por las tuberías restantes:

V2  11.699268m / seg  Q2  0.8269725m3 / seg

V3  8.148146m / seg  Q3  0.5759585m3 / seg V4  7.64794656m / seg  Q4  0.961069m3 / seg

4.7.

Determine la distribución de flujo de agua en el sistema que se muestra

en la figura. Suponga factores de fricción constante, con

f = 0.02. La

relación carga-descarga para la bomba es Hp  60  10Q 2 .


72


B ZB=50m

C

ZC=48m

[4]

E [2]

A ZA=0m

[5]

D

[3]

P [1]

Tubo

L(m)

D(mm)

K

1

100

350

2

2

750

200

0

3

850

200

0

4

500

200

2

5

350

250

2

Solución: Calculamos una longitud equivalente Lo en el tramo DE, de diámetro Do = D1 = 350mm Donde:

hp0  hp2  hp3

Entonces: Q0  Q1  Q2  Q3 ……. (I);

f = 0.02 (cte)

hpDi  2 g 8 fLi 5

Además Qi 


73


D 5 En (I)  0   L0 

1

2

 D2 5      L  2 

1

2

 D3 5      L  3 

1

2

 D0  1.6  10 6 L0 5

Para D0 =D1 = 350mm  L0  3273m Entonces el sistema de tuberías equivalente será: B ZB=50m

C ZC=48m E [4]

A

hE

[1'] ZA=0m

[5]

P [1]

Tubo L(m)

D(mm)

K

1´

3273

350

2

4

500

200

2

5

350

250

2

hc 

pE



 zE

Además, en el nodo E: Q1  Q1  Q4  Q5 Luego aplicando Bernoulli, tenemos:


74


z A  hE  hp AE  Hp 

 V12  L1  k   60  10Q12  f1 2 g  D1 





 V42  L4 z B  hE   k  f4 2 g  D4 

 V52  L5  k  f5 2 g  D5 

zC  hE 

Reemplazando datos tenemos:

z A  hE  10.018298V12  60 z B  hE  2.65036V42

zC  hE  1.5295V52

  2 d14   Nota: Q  V  16   2 1

2 1

Para luego tabulando tendremos la siguiente tabla:


75




Tanq.

hE

zA-hE

Vi

i

1

40

-40

1.4129

0.13594

2

40

10

1.9424

0.00102

3

40

8

2.2874

0.11228

1

44.35

-44.35

1.2499

0.12025

2

44.35

5.65

1.4601

0.04587

3

44.35

3.65

1.5450

0.07584

1

44.45

-44.45

1.2459

0.11987

2

44.45

5.55

1.4471

0.04546

3

44.45

3.55

1.5237

0.07480

1

44.48

-44.48

1.2447

0.119750

2

44.48

5.52

1.4432

0.045339

3

44.48

3.52

1.5173

0.074478

1

44.486

-44.486

1.2444

0.119727

2

44.486

5.514

1.4424

0.045314

3

44.486

3.514

1.5160

0.074415

1

45

-45

1.2236

0.11773

2

45

5

1.3735

0.04315

3

45

3

1.4007

0.00876



Satisface

Q1  0.119727m3 / seg Q4  0.045314m3 / seg


76


Q5  0.074415m3 / seg

Luego calculo de Q2 y Q3 Q1  Q2  Q3  0.119727m 3 / seg. y hp2  hp3 ………..(II)

8 f 2 L2 Q22 8 f 3 L3Q32  5 2 D25 2 g D3  g Q2  L3    Q3  L2 

1

D2  D3



2



Q2  1.0645Q3

Reemplazando en (II), obtenemos. Q3  0.057991m 3 / seg

Q2  0.061736m 3 / seg

4.8.

Una tubería se compone de dos segmentos de tubo en serie. La gravedad

específica del fluido es 0.81. si la bomba A suministra una potencia constante de 1MW, determine la descarga, la carga de presión en las bombas A y B, y la potencia requerida de la bomba B. La presión mínima permisible en el lado de succión de la B es de 150 kPa, y ambas bombas son 0.76 eficientes.

Tubo

L(m)

D(mm)

K



1

5000

750

2

0.023

2

7500

750

10

0.023


77


Alt: 50m 2 Alt: 0m 1

Alt: 27m [1]

[2]

P B

P A

Solución: Aplicando Bernoulli en los puntos (1) y (2)

P1



2



V1 P V2  Z1  H A  H B   hf  2  2  Z 2 2g  2g

V1  V2  0

P1  P2  Patm

Z1  0

Z 2  50m

H A  H B  50   hf ...............( ) V2 L V2 V12 V22 L1 V12 L2 V22  hf   Ke 2 g   F Dh 2 g   K1 2 g  K 2 2 g  F1 Dh 2 g  F2 Dh 2 g 1 2

Pero

Q1  Q2  V1 A1  V2 A2

A1  A2 V1  V2  V

pero V 2 

16Q 2  2 D4

 L1 L2  8Q 2  hf  K  K  F  F    1  2 1 Dh 2 Dh   2 D 4 g 1 2   Reemplazando en ()

5000 7500  8Q 2  H A  H B  50   2  10  0.023   0.023   0.75 0.75   2 (0.75) 4 (9.81) 


78


H A  H B  50  103.238 Q 2

...........(a)

Aplicando Bernoulli entre 1 y la succión en B

P1



2



V1 P V2  Z1  H A   hf  B  B  Z B 2g  2g

V1  0

P1 manometrica HA 

  L 8Q 2  Z B   F1 1   K1  1 2 4   Dh1   (0.75) (9.81)

PB

PB  150KPa HA 

Z1  0

Z B  27m

150 103 5000 8Q 2    27   0.023   2  1 2 4 0.81 9810 0.75    (0.75)  9.81

H A  45.877  40.825Q 2 .......(b) 

QH A w An w A  HA  n Q 

HA 

106  0.76 Q(0.81)9810

HA 

95.644 .......(c) Q

Reemplazando en (c) en (b)

95.644  45.877  40.825Q 2 Q 95.644  45.877Q  40.825Q3 Q  1.051 m3 / seg

Rpta.


79


La carga de presión (HA) se halla. Reemplazado Q en (c) HA 

95.644 1.051

H A  91 m (HB) se obtiene remplazado (HA) y (Q) en (a)

91  H B  50  103.238(1.051) 2

H B  73 m 

WB 

respuesta

H B  0.81  Q n





WB 

73  0.81  9810  1.051 0.76



W B  802 Kw

Rpta.


80


4.9.

Determine la distribución de suministro de agua de 14 tubos que se

muestran en la figura .la curva característica para la bomba esta representada por los datos: Hp(m)

166

132

18

Q(L/s)

0

600

1000

Solución: El siguiente problema se da solución mediante un programa DELPHI.

3 K=5 P

110L/seg 12

1500; 400

K=8

12

18 914; 350 760; 350

610; 350

30

760; 350 15

Elevación en m.

610; 350 914;350

15

0 ; 30 457

Diámetro en mm.

; 3 50 6 10

K=8

60L/seg Longitud en m.

110L/seg

12

97 5; 30 0

K=10

6 34

12

K=10 610; 350

50 ;1 61

60L/seg

60L/seg


81


unit Unit1; interface uses Windows, Messages, SysUtils, Variants, Classes, Graphics, Controls, Forms, Dialogs, Menus, StdCtrls, ExtCtrls, Grids, Buttons; type TForm1 = class(TForm) 1: T; Edit1: TEdit; Edit2: TEdit; Edit4: TEdit; Edit3: TEdit; Edit5: TEdit; Edit6: TEdit; Edit7: TEdit; Edit8: TEdit; Edit9: TEdit; Edit10: TEdit; Edit11: TEdit; Edit12: TEdit; Edit13: TEdit; Edit27: TEdit; Edit28: TEdit; Edit29: TEdit; Edit30: TEdit; Edit31: TEdit; Edit32: TEdit; Edit33: TEdit; Edit34: TEdit; Edit39: TEdit; Edit14: TEdit; Edit15: TEdit; Edit16: TEdit; Edit17: TEdit; Edit18: TEdit; Edit19: TEdit; Edit20: TEdit; Edit21: TEdit; Edit22: TEdit; Edit23: TEdit; Edit24: TEdit; Edit25: TEdit; Edit26: TEdit; MainMenu1: TMainMenu; Iniciar1: TMenuItem; iniciar: TMenuItem; _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

82


Nuevo2: TMenuItem; Salir1: TMenuItem; Ver1: TMenuItem; Figura1: TMenuItem; Label1: TLabel; Label2: TLabel; Label3: TLabel; Label4: TLabel; Label5: TLabel; Label6: TLabel; Label7: TLabel; Label8: TLabel; Label9: TLabel; Label10: TLabel; Label11: TLabel; Label12: TLabel; Label13: TLabel; Label14: TLabel; Label15: TLabel; Label16: TLabel; Label24: TLabel; Label25: TLabel; Label32: TLabel; Label33: TLabel; Label34: TLabel; Label35: TLabel; Label36: TLabel; Label37: TLabel; Label38: TLabel; Label41: TLabel; Label42: TLabel; Label43: TLabel; Label44: TLabel; Label45: TLabel; Label46: TLabel; Label47: TLabel; Label48: TLabel; Label49: TLabel; Label50: TLabel; Label56: TLabel; Label57: TLabel; Label58: TLabel; Label59: TLabel; Label60: TLabel; Label61: TLabel; Edit38: TEdit; SG1: TStringGrid; BitBtn1: TBitBtn; Label17: TLabel; _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

83


procedure Figura1Click(Sender: TObject); procedure Salir1Click(Sender: TObject); procedure iniciarClick(Sender: TObject); procedure Edit1KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit26KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit21KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit2KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit4KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit19KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit3KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit20KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit5KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit18KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit6KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit17KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit7KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit16KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit8KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit15KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit9KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit14KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit10KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit25KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit11KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit24KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit12KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit23KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit13KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit39KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit34KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit32KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit33KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit31KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit30KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit29KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit28KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit27KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit38KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Edit22KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); procedure Nuevo2Click(Sender: TObject); procedure FormCloseQuery(Sender: TObject; var CanClose: Boolean); procedure BitBtn1Click(Sender: TObject); procedure SG1Click(Sender: TObject); private { Private declarations } public { Public declarations } end; _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

84


var Form1: TForm1; implementation uses Unit2; {$R *.dfm} procedure TForm1.Figura1Click(Sender: TObject); begin form2.visible:=true; end; procedure TForm1.Salir1Click(Sender: TObject); begin If MessageDlg('Está seguro que desea salir del programa',mtConfirmation,[mbyes,mbno],0)=mryes then Begin MessageDlg('Terminando la aplicación ',mtInformation,[mbOk],0); Close; End; end; procedure TForm1.iniciarClick(Sender: TObject); begin label1.Visible:=true; label2.Visible:=true; label3.Visible:=true; label4.Visible:=true; label5.Visible:=true; label6.Visible:=true; label7.Visible:=true; label8.Visible:=true; label9.Visible:=true; label10.Visible:=true; label11.Visible:=true; label12.Visible:=true; label13.Visible:=true; label14.Visible:=true; label15.Visible:=true; label16.Visible:=true; label24.Visible:=true; label25.Visible:=true; label32.Visible:=true; label33.Visible:=true; _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

85


label34.Visible:=true; label35.Visible:=true; label36.Visible:=true; label37.Visible:=true; label38.Visible:=true; label41.Visible:=true; label42.Visible:=true; label43.Visible:=true; label44.Visible:=true; label45.Visible:=true; label46.Visible:=true; label47.Visible:=true; label48.Visible:=true; label49.Visible:=true; label50.Visible:=true; label56.Visible:=true; label57.Visible:=true; label58.Visible:=true; label59.Visible:=true; label60.Visible:=true; label61.Visible:=true; edit1.Visible:=true; edit2.Visible:=true; edit3.Visible:=true; edit4.Visible:=true; edit5.Visible:=true; edit6.Visible:=true; edit7.Visible:=true; edit8.Visible:=true; edit9.Visible:=true; edit10.Visible:=true; edit11.Visible:=true; edit12.Visible:=true; edit13.Visible:=true; edit14.Visible:=true; edit15.Visible:=true; edit16.Visible:=true; edit17.Visible:=true; edit18.Visible:=true; edit19.Visible:=true; edit20.Visible:=true; edit21.Visible:=true; edit22.Visible:=true; edit23.Visible:=true; edit24.Visible:=true; edit25.Visible:=true; edit26.Visible:=true; edit27.Visible:=true; _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

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90


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end; procedure TForm1.Edit34KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); begin if key=#13 then edit32.SetFocus; if edit39.Text='' then edit39.SetFocus; if not(key in['0'..'9',#8,'.',',']) then key:=#0; end; procedure TForm1.Edit32KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); begin if key=#13 then edit33.SetFocus; if edit34.Text='' then edit34.SetFocus; if not(key in['0'..'9',#8,'.',',']) then key:=#0; end; procedure TForm1.Edit33KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); begin if key=#13 then edit31.SetFocus; if edit32.Text='' then edit32.SetFocus; if not(key in['0'..'9',#8,'.',',']) then key:=#0; end; procedure TForm1.Edit31KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); begin if key=#13 then edit30.SetFocus; if edit33.Text='' then edit33.SetFocus; if not(key in['0'..'9',#8,'.',',']) then key:=#0; end; procedure TForm1.Edit30KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); begin if key=#13 then edit29.SetFocus; if edit31.Text='' then edit31.SetFocus; if not(key in['0'..'9',#8,'.',',']) then key:=#0; end; procedure TForm1.Edit29KeyPress(Sender: TObject; var Key: Char); begin _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

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edit16.Visible:=false; edit17.Visible:=false; edit18.Visible:=false; edit19.Visible:=false; edit20.Visible:=false; edit21.Visible:=false; edit22.Visible:=false; edit23.Visible:=false; edit24.Visible:=false; edit25.Visible:=false; edit26.Visible:=false; edit27.Visible:=false; edit28.Visible:=false; edit29.Visible:=false; edit30.Visible:=false; edit31.Visible:=false; edit32.Visible:=false; edit33.Visible:=false; edit34.Visible:=false; edit38.Visible:=false; edit39.Visible:=false; bitbtn1.Visible:=false; iniciar.Enabled:=true; end; procedure TForm1.FormCloseQuery(Sender: TObject; var CanClose: Boolean); begin if application.messagebox('Desea salir del programa','good bye', mb_okcancel+mb_iconinformation)=idok then begin canclose:=true; end else canclose:=false; end; procedure TForm1.BitBtn1Click(Sender: TObject); var d1,d2,d3,d4,d5,d6,d7,d8,d9,d10,d11,d12,d13, l1,l2,l3,l4,l5,l6,l7,l8,l9,l10,l11,l12,l13, h1,h2,h3,h4,h5,h6,h7,h8,h9,h10, h11,h21,h31,h41,h51,h61,h71,h81,h91,h101,h111,h121,h131,K, R1,R2,R3,R4,R5,R6,R7,R8,R9,R10,R11,R12,R13, q1,q2,q3,q4,q5,q6,q7, qI12 , qII12, qI10,qIII10,qI9,qV9,qII11, qIV11,qIII8,qV8, qIII13,qIV13, P1,P2,P3,P4,P5,P6,P7, PIII8,PV8,PI9,PV9,PI10,PIII10,PII11,PIV11,PI12,PII12,PIII13, PIV13, M1,M2,M3,M4,M5,M6,M7, MIII8,MV8,MI9,MV9,MI10,MIII10,MII11,MIV11,MI12,MII12,MIII13,MIV13, U1,U2,U3,U4,U5, _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

96


QN1,QN2,QN3,QN4,QN5,QN6,QN7,QN8,QN9,QN10,QNII11,QN12,QNII12,QN 13, QN11, QII9, qnII9,QNV8,QNIII8,QNI9,qnV9,QNI10,qnIV11,QNI12, QNIII10 ,QNIII13,qnIV13: real; I:INTEGER; begin d1:=strtofloat(edit1.Text); // dimensiones de la tuberia d2:=strtofloat(edit2.Text); d3:=strtofloat(edit3.Text); d4:=strtofloat(edit4.Text); d5:=strtofloat(edit5.Text); d6:=strtofloat(edit6.Text); d7:=strtofloat(edit7.Text); d8:=strtofloat(edit8.Text); d9:=strtofloat(edit9.Text); d10:=strtofloat(edit10.Text); d11:=strtofloat(edit11.Text); d12:=strtofloat(edit11.Text); d13:=strtofloat(edit13.Text); l1:=strtofloat(edit26.Text); // longitudes de la tuberias l2:=strtofloat(edit21.Text); l3:=strtofloat(edit19.Text); l4:=strtofloat(edit20.Text); l5:=strtofloat(edit18.Text); l6:=strtofloat(edit17.Text); l7:=strtofloat(edit16.Text); l8:=strtofloat(edit15.Text); l9:=strtofloat(edit14.Text); l10:=strtofloat(edit25.Text); l11:=strtofloat(edit24.Text); l12:=strtofloat(edit23.Text); l13:=strtofloat(edit22.Text); h1:=strtofloat(edit39.Text); // alturas de la tuberias h2:=strtofloat(edit34.Text); h3:=strtofloat(edit32.Text); h4:=strtofloat(edit33.Text); h5:=strtofloat(edit31.Text); h6:=strtofloat(edit30.Text); h7:=strtofloat(edit29.Text); h8:=strtofloat(edit28.Text); h9:=strtofloat(edit27.Text); h10:=strtofloat(edit38.Text); H11:=H2-h1; H21:=h3-h2 ; h31:=h4-h3; h41:=h5-h4; h51:=h10-h5; _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

97


h61:=h10-h7; h71:=h7-h8; h81:=h8-h9; h91:=h9-h2; h101:=h6-h9; h111:=h5-h6; h121:=h6-h3; h131:=h7-h6; K:=0.002113; sg1.Visible:=true; label17.visible:=true; sg1.Cells[0,0]:='Tuberia (i)'; sg1.Cells[0,1]:='1'; sg1.Cells[0,2]:='2'; sg1.Cells[0,3]:='3'; sg1.Cells[0,4]:='4'; sg1.Cells[0,5]:='5'; sg1.Cells[0,6]:='6'; sg1.Cells[0,7]:='7'; sg1.Cells[0,8]:='8'; sg1.Cells[0,9]:='9'; sg1.Cells[0,10]:='10'; sg1.Cells[0,11]:='11'; sg1.Cells[0,12]:='12'; sg1.Cells[0,13]:='13'; sg1.Cells[1,0]:='Q_nuevo(L/s)';

//los R R1:=K* L1/EXP(4.87*LN(D1)); R2:=K* L2/EXP(4.87*LN(D2)) ; R3:=K* L3/EXP(4.87*LN(D3)); R4:=K* L4/EXP(4.87*LN(D3)); R5:=K* L5/EXP(4.87*LN(D5)); R6:=K* L6/EXP(4.87*LN(D6)); R7:=K* L7/EXP(4.87*LN(D7)); R8:=K* L8/EXP(4.87*LN(D8)); R9:=K* L9/EXP(4.87*LN(D9)); R10:=K* L10/EXP(4.87*LN(D10)) ; R11:=K* L11/EXP(4.87*LN(D11)); R12:=K* L12/EXP(4.87*LN(D12)); R13:=K* L13/EXP(4.87*LN(D13)); // los Qi Iniciales q1:=320; Q2:=200; q3:=160; q4:=50; _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

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q5:=30; q6:=-30; q7:=40; qI12:=40; qI10:=-100; qI9:=-120; qII11:=-90; qII12:=-40; qIII10:=100; qIII13:=50; qIII8:=-40; qIV11:=90; qiv13:=-50; qV9:=120; qV8:=40; qn2:=0; QN3:=0; QN4:=0; QNI12:=0; qnii12:=0; QNI9:=0; QN7:=0; QNIII8:=0; QNV8:=0; qnIV11:=0; qnIV13:=0; qnV9:=0; qnII9:=0; qnI10:=0; qnII11:=0; // Malla I while (q2-qn2)/q2> 0.0001 do begin qn2:=qn2+q2; P2:=2*R2*ABS(Qn2); M2:=R2*ABS(Qn2)*Qn2+H21; end;

while (qi12-qnI12)/qi12> 0.0001 do begin qnI12:=qn12+qi12; PI12:=2*R12*ABS(QnI12); MI12:=R2*ABS(QnI12)*QnI12+H21; end;

while (qi10-qnI10)/qi10> 0.0001 do _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

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begin qnI10:=qnI10+QI10; PI10:=2*R10*ABS(qnI10); MI10:=R2*ABS(QnI10)*QnI10+h101; end; while (qi9-qnI9)/qi9> 0.0001 do begin qnI9:=qnI9+QI9; PI9:=2*R12*ABS(qnI9); MI9:=R2*ABS(qnI9)*QnI9+H91; end; U1:=-(p2+pI12+PI10+PI9)/(M2+MI12+MI10+MI9); QN2:=QN2+U1; SG1.Cells[1,2]:=FLOATTOSTR(abs(QN2)); // malla II while (q3-qn3)/q3> 0.0001 do begin qn3:=qn3+Q3; P3:=2*R3*ABS(QN3); M3:=R3*ABS(QN3)*QN3+H31; end; while (q4-qn4)/q4> 0.0001 do begin qn4:=qn4+Q4; P4:=2*R4*ABS(QN4); M4:=R4*ABS(QN4)*QN4+H41; end; while (qII11-qnII11)/qII11> 0.0001 do begin qnII11:=qnII11+QII11; PII11:=2*R11*ABS(QnII11); MII11:=R11*ABS(QnII11)*qnII11+H111; end; while (qII12-qnII12)/qII12> 0.0001 do begin qnII12:=qnII12+QII12; PII12:=2*R12*ABS(QNII12); MII12:=R12*ABS(QNII12)*QNII12+H121; end; U2:=-(p3+p4+PII11+PII12)/(M3+M4+MII11+MII12); _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

100


QN3:=QN3+U2; SG1.Cells[1,3]:=FLOATTOSTR(abs(QN3)); QN4:=QN4+U2; SG1.Cells[1,4]:=FLOATTOSTR(abs(QN4)); // Malla III while (qIII10-qnIII10)/qIII10> 0.0001 do begin qnIII10:=qnIII10+qIII10; PIII10:=2*R10*ABS(QNIII10); MIII10:=R10*ABS(QNIII10)*QNIII10+H101; end; while (qIII10-qnIII10)/qIII10> 0.0001 do begin qnIII13:=qnIII13+qIII13; PIII13:=2*R13*ABS(qNIII13); MIII13:=R13*ABS(qNIII13)*qNIII13+H131; end; while (q7-qn7)/q7> 0.0001 do begin qn7:=qn7+q7; P7:=2*R7*ABS(QN7); M7:=R7*ABS(QN7)*QN7+H71; end; while (qIII8-qnIII8)/qIII8> 0.0001 do begin qnIII8:=qnIII8+qIII8; PIII8:=2*R8*ABS(QNIII8); MIII8:=R8*ABS(QNIII8)*QNIII8+H81; end; U3:=-(pIII10+pIII13+P7+PIII8)/(MIII10+MIII13+M7+MIII8); QN7:=QN7+U3; SG1.Cells[1,7]:=FLOATTOSTR(abs(QN7));

// Malla IV while (qIV11-qnIV11)/qIV11> 0.0001 do begin qnIV11:=qnIV11+qIV11; PIV11:=2*R11*ABS(qnIV11); MIV11:=R11*ABS(qnIV11)*qnIV11+H111; end; _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

101


while (q5-qn5)/q5> 0.0001 do begin qn5:=qn5+q5; P5:=2*R5*ABS(QN5); M5:=R5*ABS(QN5)*QN5+H51; end; while (q6-qn6)/q6> 0.0001 do begin qn6:=qn6+q6; P6:=2*R6*ABS(QN6); M6:=R6*ABS(QN6)*QN6+H61; end; while (qIV13-qnIV13)/qIV13> 0.0001 do begin qnIV13:=qnIV13+qIV13; PIV13:=2*R13*ABS(QIV13); MIV13:=R13*ABS(QNIV13)*QNIV13+H131; end; U4:=-(pIV11+p5+P6+PIV13)/(MIV11+M5+M6+MIV13);

QN5:=QN5+U4; SG1.Cells[1,5]:=FLOATTOSTR(abs(QN5)); QN6:=QN6+U4; SG1.Cells[1,6]:=FLOATTOSTR(abs(QN6)); // Malla V while (q1-qn1)/q1> 0.0001 do begin qn1:=qn1+q1; P1:=2*R1*ABS(QN1); M1:=R1*ABS(QN1)*QN1+H11; end; while (qV9-qnV9)/qV9> 0.0001 do begin qnV9:=qnV9+qV9; PV9:=2*R9*ABS(qnV9); MV9:=R9*ABS(QNV9)*QNV9+H91; end; while (qV8-qnV8)/qV8> 0.0001 do begin qnV8:=qnV8+qV8; _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

102


PV8:=2*R8*ABS(QNV8); MV8:=R8*ABS(QNV8)*QNV8+H81; end; U5:=-(p1+pV9+PV8)/(M1+MV9+MV8) ; QN1:=QN1+U5; SG1.Cells[1,1]:=FLOATTOSTR(abs(QN1));

//LOS QUE ASE REPITEN QN8:=qniii8+(U3-U5); SG1.Cells[1,8]:=FLOATTOSTR(abs(QN8)); QN9:= (qnv9)+ (U5-U1); SG1.Cells[1,9]:=FLOATTOSTR(abs(QN9)); QN10:=(qnI10) + (U1-U3); SG1.Cells[1,10]:=FLOATTOSTR(abs(QN10)); QN11:=qnII11 +(U2-U4); SG1.Cells[1,11]:=FLOATTOSTR(abs(QN11)); QN12:= qnII12+(U2-U1); SG1.Cells[1,12]:=FLOATTOSTR(abs(QN12));

QN13:= qnIV13+(U4-U3); SG1.Cells[1,13]:=FLOATTOSTR(abs(QN13));

end; procedure TForm1.SG1Click(Sender: TObject); begin SHOWMESSAGE('Mecanica de Fluidos 2...'); end; end.


103


Problemas propuestos 1) Por un ducto horizontal rectangular de madera de 1 pies por 1.5 pies, circula aire en condiciones normales a un régimen de 5000 pies3 /min. Determinar la perdida de carga, la caída de presión y la potencia suministrada por el ventilador para superar la resistencia al flujo en 500 pies del ducto. Rpta: 440 pies; 0.233 lb./pulg2; 5.11 hp. 2) Por una tubería de 0.12 m. de diámetro que tiene una contracción repentina a una tubería de 0.06 m. de diámetro circula a razón de 0.4 m3/seg. Determine la caída de presión a través de la sección de contracción ¿Cuánto de esta diferencia de presión se debe a las pérdidas y cuanto se debe a cambio de energía cinética? Rpta: 133 kPa; 39.7 kPa; 93 kPa. 3) A través de 2 tubos capilares y desde un tanque fluye queroseno como se muestra en la figura. Determine las alturas “h” para que flujo este a punto de convertirse en laminar para cada tubo capilar. La temperatura del queroseno es 40ºC. Ignore las pérdidas por entrada a los capilares y trate el problema como cuasi-estática. Rpta: 272 mm; 183 mm.


104


2

4mm

5mm

h

1

A

B 0.8m

0.6m

4) Desde el tanque A hacia el tanque B fluye agua 40ºC ¿Cuál es el caudal para la configuración que se muestra? Ignore las perdidas por entrada del tubo capilar al igual que las perdidas por salida. Rpta: 3.7·10-4 Ls/seg.

in  0.001m

0.3m

0.4m

0.1m

A

B

0.08m

Y

5) Una bomba suministra 100 kw de potencia a un flujo vertical en un rascacielos, a 30 m. una turbina extrae 20 kw de potencia ¿Qué tan alto puede llegar el tubo hasta la siguiente bomba si esta requiere una presión manométrica de entrada de 10000 Pa.? El caudal “Q” es 1m3/seg. suponga que   0.01141  10 4 m 2 / seg . Rpta: 22.8 m _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

105


6) Una tubería de acero comercial de 6 pulg. conduce 5 pies3/seg. de agua a 60ºF hacia un aparato con una válvula “B” cerrada y una válvula “A” abierta. En una emergencia, la válvula “A” esta cerrada y la válvula “B” se abre de manera que los 5 pies3/seg. chocan

con la superficie EG en forma

permanente como escape para este ultimo caso. ¿Cuál es la potencia requerida por la bomba y cual es la fuerza sobre EG? Considere que a la salida se tiene un chorro libre ignore la distancia desde B hasta EG.

Rpta: 94 hp; 247 lb.

30 pies 500 pies Φ = 6 pulg

100 pies

K = 0.1

B bomba

deposito grande K = 0.1

A

20 pies

Aparato

B E

G


106


7) Para la figura mostrada se tiene un flujo de 2 m3/seg. en la tubería. ¿Qué potencia de salida cabe esperar de la turbina con una eficiencia 85%, si la diferencia de altura de las superficies de los depósitos es de 60 m.? Rpta: 932 kw.

Agua 20ºC

Tubería de hierro colado de 20 cm. de diámetro Agua P

deposito grande

15ºC

Turbina 300 m


107


8) Se tiene agua a 10ºC (   1.307  106 m2 / seg ): circulara del deposito A al deposito B a través una tubería de hierro fundido (  = 0.26 mm.) de 20m de longitud a un Q  0.002m 3 / seg , como se muestra. El sistema contiene una entrada de borde ahusado y 6 codos regulares de 90º con rosca. Determine el diámetro necesario para la tubería. Rpta: 45mm. Elevación z1 = 2 m. Elevación z2 = 0 m.

1

2 Longitud total L = 200m.

B

A

9) Calcular la distribución de flujo y la caída de la línea de declive hidráulico para la disposición de los tres tubos paralelos que se muestra; utilice factores de fricción variable; con  = 10-6 m2/seg. donde la entrada total del agua es Q = 0.02m3/seg. Tubo

L(m)

D(m)

e(mm)

K

(1) (2) (3)

100 150 200

0.05 0.075 0.085

0.1 0.2 0.1

10 3 2

Rpta: Q1 = 0.0031 m3/seg; Q2 = 0.00727 m3/seg; Q3 = 0.00962 m3/seg.


108


[1]

Q

[2]

[3]

10) Con la válvula cerrada, del deposito A al B el agua fluye como se muestra en la figura. ¿Cuál es el caudal hacia el tanque B cuando la válvula se abre para permitir el paso del agua también hacia el deposito “C”? Ignorar todas las pérdidas menores y suponer que el factor de fricción es 0.02 para todos los tubos. Rpta: 0.0180 m3/seg. Elevación = 15m.

A Elevación = 0

Diámetro de cada tubo = 0.1 m. 80m

40m

B

C

Elevación = 0

C 75m


109


11) Para el sistema mostrado determinar la distribución de flujo Qi de agua y la carga piezometrica H en la unión. La bomba tiene una potencia de 20 Kw. suponer factores de fricción constantes. Tubo

L(m)

D(m)

f

K

(1)

50

0.15

0.02

2

(2)

100

0.10

0.015

1

(3)

300

0.10

0.025

1

Rpta: Q1 = 54 L/seg.; Q2 = 32 L/seg.; Q3 = 21 L/seg. H = 44 m. Alt: 30m Alt: 15m Alt: 10m [2] [3]

B [1]

12) Para un caudal de 30L/seg. hacia B en la figura mostrada ¿Cuál es la cabeza producida por la bomba? ¿Qué potencia se requiere para una eficiencia del 70%? Rpta: h = 13m; P = 3.44Kw.


110


Alt: 30 m. Alt: 27 m.

Alt: 17 m

L = 300 m. D = 200 mm. ε = 1 mm.

L = 300 m. D = 300 mm. ε = 3 mm.

Alt: 0 m. B

L = 1000 m. D = 200 mm. ε = 1 mm.

L = 300 m. D = 300 mm. ε = 3 mm.

J

13) Los tanques (1) y (2) están expuestos a la atmósfera pero el tanque (3) tiene una presión manométrica. P = 50 lb/pulg2; se tiene los siguientes datos: z1 = 650 pies

L1 = 2000 pies

D1 = 3 pies

z2 = 600 pies.

L2 = 2500 pies.

D2 = 3.5 pies.

z3 = 50 pies.

L3 = 2200 pies.

D3 = 4 pies.

e   = 0.001  D 1 e   = 0.002  D 2 e   = 0.002  D 3

¿Cuáles son los caudales en las tuberías? El agua se encuentra a 60ºF. Ignorar perdidas menores. Rpta: Q1 = 227pies3/seg.; Q2 = 243pies3/seg.; Q3 = 467pies3/seg.


111


z2

2

1 z1

L1

p z3

L2

3 L3


112

CAPITULO V

TEORIA DE LA CAPA LÍMITE


5.1. Hacia un aparato se aproxima agua; el aparato debe desviar una porción del flujo. El agua se mueve con una velocidad U = 3m/seg.

y se

encuentra a una temperatura de 5ºC. A que distancia de A a lo largo de la parte horizontal del aparato la capa limite laminar tendrá un espesor de 1.2mm. Utilice la solución de Blasius. Solución: Utilizando la solución de Blasius tenemos:

 x

 4.96 Re x

 12

……………… (I)

Como. T = 5ºC  Re x 

Ux





tenemos:   1.55  106 m2 / s (Tabla Nº 6; Ref: 10)

Re x 

(3)(1.2  103 )  Re x  2322.58 1.55  10 6

Sabiendo que:   1.2  103 mm Reemplazando en (I) tenemos:

 x

 4.96 Re x

 12



x

1.2  103 1 4.96(2322.58)  2

x = 0.0117m.

5.2.

Rpta.

Con el perfil: u  U sen . y 2  , determine la relación  x utilizando

la ecuación integral de momentum de Von Kárman para un gradiente de presión nulo, ¿Cuál es el porcentaje de error de su resultado comparado con la solución exacta de Blasius? Solución: _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

114


u  U sen . y 2  Condiciones de contorno:

 y0

c.c.1

u0



c.c.2



y 



c.c.3



y 



u U

dVx 0 dy

Aplicando estas condiciones se tiene: 1.

00

¡Correcto!

2.

u U

¡Correcto!

3.

dVx  U cosy 2  2  0 dy

¡Correcto!

Haciendo:

y



z



y  z  dy  dz

En la ecuación de Von Karman se tiene:

  Vo2

 U 2



   V  V   1  dy   x  0 Vo  Vo  

1     z 2 z  dz    sen  sen x  0  2 2 

Integrando se tiene:

   0.13662 …………….. (I) 2 U x También:   

dVx dy

y 0


115


   U cos . y 2  2 . y 0

(II) en (I):

U …………. (II) 2



 



 2  23



    4.795 x  xU

U   0.13662 2 2 U x

11.4975

dx  d U 1

 x    4.795   U 

1

2

x 1

x

2

2



  Entonces:  4.795 x  xU

  

1

x U

U  2 2 4.795 x Re x    1

1

 o  0.3276U 2  Re x

Según Blasius:

% error =

 x

1

2

2

Rpta.

Calculo de  o en la pared: de Ecu. (II) se tiene que  o 

o 

  



 o  0.3276

U 2

 1 U U 2 Re x x U

2

 4.96 Re x

1

2

4.96  4.795  100  3.3266% 4.96

Rpta.


116


5.3.

Aire fluye en la región de entrada de un ducto cuadrado, como se muestra

en la figura. La velocidad es uniforme uo  30m / seg , y el ducto es de 300mm. de lado. En una longitud de 8m aguas abajo desde la entrada, el espesor del desplazamiento,  * en cada pared mide 1.0mm. determine el cambio de presión entre las secciones (1) y (2); desprecie todo tipo de pérdidas.

2

uo

300mm

300mm

h = 0.3m

1

 2* =1.0 mm.

x

Solución: Como el flujo másico es constante entonces se cumple: 



m1  m2



V1 A1  V2 A2

Pero: A1  bh

y

A2  b h  2 2

Luego:



U obh  V2b h  2 2*



*





V2 h   1.0067114 U o h  2 2*

Aplicando Bernoulli entre 1 y 2: _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

117


p1





V12 p V2  z1  2  2  z2  hp  2g  2g

hp = 0

 V 2  p1  p2  U  2   1 2 g  U o   



p1  p2 

2 o





9810 2 302 1.0067114  1  6.06kpa 2(9.81) 2

0

V  y  Usando: Vo   2

  

1

  y    1     2  0 2



 2*   1 

Además sabemos:



Rpta.

V  dy V0 

7

1

7

* 2

2   dy   1   y  2      2  0 

 7 y   2*   2 1     8   2 

 2  8 2*  0.008m

8

1

7

 y  d     2  

2

7

 2   8  0 Rpta.


118


5.4.

Aire estándar fluye entre dos placas paralelas como se muestra. La placa

superior es porosa de B a C y se inyecta aire a través de está superficie. Como resultado, la velocidad de corriente libre, U(x), varia como

U ( x)  U o  xC1 , donde C1  4s 1 y “x” es la distancia en metros medida desde B. Una capa límite laminar se desarrolla a lo largo de la superficie inferior; en x  0.05m   3.5mm . Suponga que la distribución de la velocidad en está capa limite es lineal. Estime la relación de crecimiento de la capa limite d dx , en x  0.05m .

B

U o  5m / seg

U

C y x



Solución: Dado:

U ( x)  5  4 x

Para:

x  0.05m

  3.5mm Por dato el perfil de velocidad es lineal. u  a  by


119


y0



u0

y 



du 0 dy

y 



u0

  

u y

 y 0

U





a0



b

u





u y  U 

…………. (I)

Por definición del  en el flujo comprensible tenemos:

   u 2



 u u 2 d  1  1  dy  u   ………………. (II)  y 0 U  U  dx  6 

Igualando la ecuación (I) y (II) 6



 U

d dx



d 6  dx  (5  4 x)

Donde el aire estándar(Tabla Nº 4; Ref: 7,)

  1.29kg / m3 ;

  1.71  10 5 N .seg / m 2

Reemplazando datos:

d 6(1.71  10 5 ) d  4.37  10 3   3 dx dx 3.5  10 (1.29)(5  4(0.05))

5.5.

Rpta.

Sobre una placa plana se mueve con una velocidad de corriente libre

uniforme de 30pies/seg. En una posición localizada a 6 pies del borde frontal de la placa. ¿Cuál es el espesor de la capa limite? ¿Cuál es el _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

120


esfuerzo cortante sobre la superficie de la placa? Suponga que la capa limite es laminar. La temperatura del aire es 100ºF y la presión absoluta es 14.7lb/pulg2. Resuelva este problema utilizando: a) El perfil parabólico en la capa limite. b) El perfil cúbico en la capa limite. c) El resultado de la solución analítica de Blasius. Solución: a) Para un perfil parabólico:

U  by  cy 2 Para f (laminar)

u  y  y  2     U    

  

U y

y 0

y0 

U 0

y  

u U

y  

du 0 dy

2

……………. (I)

  2 2 y  2U …………. (a)   U     8    



d u u 2 2 d    U ……… (b) 1  dy  U  dx 0 U  U  15 d x 2

Igualando las ecuaciones (a) y (b)

d  

15 dx U



2 2



15x C U


121


Para   0; x  0  C  0 tenemos:  

30x U

Reemplazando datos tenemos:

30(3.992  107 )(6)  5.81  103 pies . (0.07084)(30)



Rpta.

Reemplazando en (a).

 

2(3.99  107 )(30)  (5.813  10 3 )

   2.86  105 psi

Rpta

b) Para un perfil cúbico:

U  y  y 3 Para f (laminar)

y0 

u0

y  

u U

y  

du 0 dy

u 3y y3   3 U 2 2

  

U y

 y 0

3U 2

…………. (c)



d u u 2 117 d     U 1  dy  U  dx 0 U  U  840 d x 2

….……… (d)

Igualando (c) y (d). Ordenando tenemos:

3 117 d 840(3)   U  dx  2d 2 840 dx 117 U _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

122


Integrando tenemos:

C

840 x 840x 2   89 U 39 U

Para:   0; x  0  C  0

Reemplazando datos:   4.93  103 pies

En (a)   

Rpta.

3(30)(3.99  103 )  3.64lb / pie 2  2.53  105 psi 2(4.93  10 3 )

Rpta.

c) Por la solución de Blasius: 1

    3.99  10 7    4.96(6)    4.96 x  0.07084(30)(6)   Vo x  2

1

2

Entonces:   5.26  103 pies 1

    3.99  10 7    0.332(0.0708)(30) 2      0.332 V   0.07084(30)(16)   Vo x  2

Rpta. 1

2

2 o

   3.744  103 lb / pie 2  2.6  105 psi

Rpta.


123


Problemas propuestos. 1) Se desea que una región laminar tenga por lo menos 2 m. de longitud sobre una placa plana lisa. Se cuenta con un túnel de viento y un canal de agua. ¿Qué velocidad máxima puede escoger para cada uno? Suponga una baja intensidad de fluctuación de la corriente libre. Rpta: 4.5 m/seg.; 0.3m/seg.

 y  2) Suponga que u  U  sen  en una capa limite con gradiente de presión de  2  cero. Se pide calcular  o (k )  ? .

Rpta: 0.33.U 

U x

3) Se tiene que el perfil de velocidad en cierta posición x dentro de la capa limite

 2 y y2   2  ; una línea de corriente esta a 2cm de la placa plana es: u ( y )  10    en el borde delantero ¿A que distancia está de la placa cuando x = 3m. (es decir, cuanto vale h)?. Además, calcule el espesor de desplazamiento en x = 3 m. compare el espesor de desplazamiento con (h-2)cm. Rpta: 21mm; 1mmm. Línea ó corriente 10 m/seg

Capa límite

10 m/seg.

u(y)

3 m.


124


4) Una placa plana lisa de longitud l=6m. y ancho b = 4m. se coloca en agua con velocidad arriba de U = 0.5m/seg.; determinar el espesor de la capa limite y el espesor cortante en la pared en el centro y el borde de la salida de la placa. Suponga una capa limite laminar. Rpta: 0.013m; 0.0716N/m2 0.0183m; 0.0506N/m2 5) Por una placa lisa circula agua con una velocidad corriente arriba de v = 0.02m/seg. determinar la velocidad del agua a una distancia de 10mm. de la placa a distancia de x = 1.5m y x = 15m del borde principal. Rpta: 0.00718 m/seg. 0.00229 m/seg.


125

CAPITULO VI

FLUJO ALREDEDOR DE CUERPOS SUMERGIDOS


6.1. En el pasado los transatlánticos se equiparon con hidroaletas plegables con el propósito de mantener la estabilidad durante las tormentas. Si el barco se mueve a una velocidad de 40 nudos. ¿Cuál es el arrastre por fricción superficial sobre las hidroaletas si cada una tiene 2m de longitud y 2m de ancho? Para el agua de mar a 10 ºC, el coeficiente de viscosidad es   1.395  103 N .seg / m2

y la densidad es   1026kg / m3 la

transición ocurre a Recr  106 . Calcule el arrastre superficial sobre las hidroaletas suponiendo una capa limite turbulenta para toda su longitud. Luego calcule el arrastre superficial teniendo en cuenta la porción laminar de la capa limite. Analizando una hidroaleta

b=

2m

 o dA

L= 2m

Solución:

Datos:

 0.51479m / seg  Vbarco  40nudos   20.5916m / seg. nudos  

Para el agua de mar a 10 ºC:   1.395  103 N .s / m2 y   1026kg / m3 

Para una capa limite de transición:

c f  0.074 Re x

1 / 5

 1700 Re x

1

…………. (I)


127


Calculo de Re x : Re x 

Tenemos: Re x 

Vx 

(1026)(20.5916)(2)  30289579.35 ……. (II) (1.395  103 )

Luego, reemplazando (II) en (I):

c f  0.074(30289579.35) 1 / 2  1700(30289579.35) 1 c f  2.3  10 3 La fuerza de arrastre viene dado:

Fa  12 c f V 2bL Como en una hidroaleta se analiza en las dos superficies, luego:

Fa  2.3  10 3 (1026)(20.5916) 2 (4)  4kN Como son dos hidroaletas la fuerza de arrastre total será:

Fa total  2Fa  8kN. 

Rpta

Suponiendo una capa limite turbulento se tiene:

c f  0.074 Re x

 15

c f  2.360332  103 La fuerza de arrastre es: Fa  2.360332  103 (1026)(20.5916)2 (4) Fa  4.11kN.

La fuerza de arrastre total de las dos hidroaletas será:

  2Fa  8.22kN. Fatotal

Rpta


128




Ahora teniendo en cuenta la porción laminar se tiene:

c f  1.327 Re x

 15

c f  2.41115  104 La fuerza de arrastre es:

Fa  419.577 N.

La fuerza de arrastre total de las dos hidroaletas será:

  2Fa  839.154 N . Rpta Fatotal **. Comentario: Se observa que en la capa limite de transición la fuerza de arrastre está en compresión y es mucho mayor en comparación a la capa límite turbulento y laminar. 6.2.

¿Cuál puede ser el peso del avión Mustang, si el ala tiene un área de la

forma en planta de 233pies2 y vuela con un ángulo de ataque de 3º a una velocidad de 210 millas/hora. El aire se encuentra a 60ºF. ¿Cuál es la potencia requerida para superar el arrastre de ala a está velocidad? Los alerones se encuentra a cero grados.

u

FS

FA α= 3º

W


129


Solución: Datos: U  210millas / hora

Para: T  60º F 

A  233pies 2

(Tabla Nº 4; Ref: 10,14)

  3º

Alerones a o º

Wavión  ?

a) De la figura:

F

y

  0.0769lbm / pie3

Ppotencia  ?

 0  W  FS

Pero: Fs  12 U 2CS A Hallando CS  0.35 : de tablas para:

  3º y alerones 0º (Tabla Nº 8; Ref: 15)

W  FS 

 1.47 pie  Wavión  (0.0769)(210) (0.35)(233)   1mph seg  1 2

2

2

 4.448 N   Wavión  29880.89273lbf   1lbf  Entonces:

Wavión  1329.102kN

Rpta.

b) Hallando la potencia requerida:

P  FAV  12 CA V 3 A Pero: CS  0.02 (Fig. Nº 13; Ref: 15)


130


 1.47 pie  P  (0.02)(0.0769)(210) (233)   1mph seg 

3

3

1 2

P  7146.146kW

6.3.

Rpta.

Una chimenea de 15cm de diámetro en un camión semirremolque se

extiende 2m verticalmente hacia arriba. Estime la potencia en caballos de fuerza que la chimenea requiere para una velocidad de 90km/h. Solución: Datos:

  15cm  0.15m.

  1.225kg / m3

L  2m.

  1.781  103 kg / m.seg

V  90km / h  25m / seg

Pot  ?

Hallando el número de Reynolds. 

Re 

VDH (1.255)(25)(0.15)   2.58  105 5  1.781  10

Obtenido el número de Reynolds, buscamos en(Tabla Nº 2; Ref:15): CA  0.78

  0.152  FA  12 C A V 2 A  12 (0.78)(1.225)(25) 2    4 

FA  3.25N Por definición tenemos que: Pot  FAV Pot  (3.25N )(25m / seg )  81.25W

Entonces: Pot  0.11HP

Rpta.


131


6.4.

Un vehiculo se mueve a una velocidad de 10km/h sobre agua en la cual

penetra un par de timones plegables. El ancho del timón es constante e igual a 0.75m y la longitud que se extiende dentro del agua es 1m. ¿Cuál es el arrastre superficial sobre los timones si la transición ocurre a Recr  5  105 ? El agua es dulce y su temperatura es 15ºC.

1m.

V = 100Km/h

0.75m

agua

Solución: Sabemos: Para Re transición. CA  0.031ReL 7  1700 ReL1 ; 1

Re L 

 Re L 

Recr  5  105

…… (I)

VL 

…… (II)

999(1000 / 36)(1)  24.02  106 1.155  103

…… (III)

Reemplazando la (III) en (I)

CA  0.031(24.02 106 ) 7  1700(24.02 106 )1  CA  2.66 103 1

Sabemos que FA es: FA  12 C A V 2 A _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

132


FA  12 (2.66  103 )(999)(27.778)2 (0.75)  768.92 N

Pero como el timón tiene cuatro caras, la fuerza de arrastre sobre los timones es.

Ftotal  4FA  4(768.92 N )

Ftotal  3075.68N

6.5.

Rpta.

Un túnel de viento de laboratorio tiene una sección cuadrada de prueba

con lados de ancho w=305mm. y longitud 610mm. cuando la velocidad de aire de la corriente libre en la entrada de la sección de prueba es

U1  24.4m / seg , la pérdida de carga desde la atmósfera es 6.5mm. de H2O. Se forman capas límites turbulentos sobre la parte superior, inferior y las paredes laterales de la sección de prueba. Las mediciones indican que los espesores de las capas limite son 1  20.3mm. en la entrada y

 2  25.4mm. en la salida de la sección de prueba. Sin perfiles de velocidad son de la forma del exponente 1/7. Evalué la velocidad del aire de la corriente libre en la salida de la sección de prueba. Determine las presiones estáticas en la entrada y la salida de la sección de prueba.

Solución: Como es un flujo turbulento en n  1/ 7 , sabemos:

L



*

1  V   V    1  dy   L  1  d  y /   V0  V0  0 0


133


1







 L*   L  1  n d n    L n  78 n 1

7

8



1

7

0

 L* 

0

L 8

Para los dos casos:

 L1* 

 L1 8



20.3mm  2.5875mm. 8

 L 2* 

 L2 8



25.4  3.175mm. 8

W-2δ*

W-2δ*

δ

δ* sección transversal del túnel de viento

Sabemos por continuidad Q1  Q2



A1V1  A2V2



  30.5  2(2.5375)

* 2

A1  30.5  21

A1  646.431mm2

Entonces: V2  27.044m / seg.

  30.5  2(3.175)

* 2

A2  30.5  2 2

2

2

A2  583.2225mm2

646.431V1  583.2225V2

Rpta.

Si por Bernoulli tenemos: _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

134


p1





V12 p V2  z1  2  2  z2 2g  2g

V22 V12      2 2

p1

p2

 27 2 24.42    p1  p2  1.204  2   2

6.6.

p1  p2  80.45 Pa.

Rpta.

Un avión de combate se mueve en el suelo después de aterrizar a una

velocidad de 350km/h. cuando el piloto despliega su paracaídas de freno. El coeficiente de arrastre para el paracaídas es 1.2 y su área frontal es 30m2. El avión tiene un coeficiente de arrastre de 0.4 y un área frontal de 20 m2. Si el motor se encuentra apagado. ¿Cuánto tiempo se demora para desacelerar desde 350km/h hasta 200km/h. el aire se encuentra a 10ºC y el avión tiene una masa de 8000kg. ¿Cuál es la desaceleración máxima entre la gravedad. Ignore la resistencia al giro de las ruedas? Solución: FA paracaídas

FA avión


135


Vo  350km / h  97.22m / seg

Para T = 10ºC de tabla   1.29kg / m3

V f  200km / h  55.55m / seg

(Tabla Nº 4; Ref: 7)

Ap  30m2

C Ap  1.2

Aplicando la 2da ley de Newton en x

C Aa  0.4

Aa  20m2





F  m a

mavion  8000kg. FA  m

dV 1  2 CV 2 A dt

Entonces:

1 2

C

1 2

 C A p Ap  C Aa Aa  dt  m 

Ap

Ap  C Aa Aa V 2  m

Vf

t

dV V2 V0

0

1 2

 C A p Ap  C Aa Aa t 

t

dV dt

V

m f V V0

 V0  V f 2m   C A p Ap  C Aa Aa   V0V f

Entonces:

t

   

 97.22  55.55  2(8000)    2.175seg 1.291.2(30)  0.4(20)   (97.22)(55.55) 

t  2.175seg

Rpta.

La desaceleración máxima es para: Vo  Vmax _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

136


amax  

1 Vo2 C Ap Ap  C Aa Aa  ; reemplazando los valores. 2m

amax  

1 (1.29)(97.22) 2 1.2(30)  0.4(20)  2(8000)

amax  33.53m / seg 2

Entonces:

amax  33.53m / seg 2   3.4179 g 9.81m / seg 2

6.7.

Rpta.

El viento cruzado impulsa un bote quien lleva un perfil NACA-2415. si

el viento sopla con 20km/h y el bote a 4km/h. El perfil es de 1m. de alto con longitud de cuerda de 4m calcular el empuje hacia delante T y lateral F, del viento sobre el bote, considere un ángulo de ataque de 20º. Solución: Realizando el D.C.L del perfil NACA-2415 T Φ

FS

α Φ

F

θ

Φ

FA

W


137


U   4 El ángulo de ataque  es:     arctan   20º  arctan   8.69º V   20  Para el perfil NACA 2415 de tablas se tiene: (Tabla Nº 9; Ref: 15)

CS  1.15

Y C A  0.011

W  U 2  V 2  42  202  20.4km / h. FS  12 C S AW 2 

1.19(1.15)(4)(20.4) 2 2(3600) 2 (1 / 1000) 2

FA  12 C D AW 2 

1.19(0.011)(4)(20.4) 2  2(3600) 2 (1 / 1000) 2



Por equilibrio tenemos: T  FS cos   FA sen  

Reemplazando los valores: T 

 F  18.1N.

Fs  0.841N

(V ) FS  (U ) FA W

(20)87.9  (4)0.841 20.4

También: F  FS sen   FA cos  

Reemplazando los valores: F 

Fs  87.9 N



T  86N . Rpta.

(U ) FS  (V ) FA W

(4)87.9  (20)0.841 20.4

Rpta.


138


Problemas propuestos 1) Un iceberg, flota con una aproximadamente 1/7 de su volumen fuera de la superficie como se muestra si la velocidad del viento es U y el agua es estacionaria, calcular la velocidad a que el viento mueve el iceberg por el agua. Rpta: 0.0187U.

1/7 volumen en aire

6/7 volumen en agua

2) Un globo de 80cm. de diámetro que pesa 0.5N esta lleno de helio a 20ºC y 20 kPa, sin tener en cuenta el peso del helio, estime la relación que existe cuando el ángulo  vale 70º y 50º. Rpta: 24/23

V

4 m.

α


139


3) Un ciclista de carrera puede mantener una velocidad máxima de 50km/h. estime la fuerza de arrastre que se debe exclusivamente a su cabeza. Si suponemos que usa un casco fuselado bien ajustado, estime la fuerza de arrastre reducida. Rpta: 3.3N; 0.29N

4) Un automóvil con área de sección transversal de 3m2 recibe su potencia de un motor de 40hp. Estime la velocidad máxima posible si la transmisión tiene una eficiencia de 90% (La potencia del motor se cita justo antes de la transmisión). Rpta: 125km/h. 5) Suponga que la velocidad en las esquinas de un automóvil donde esta situado los espejos retrovisores es de 1.6 veces la velocidad del automóvil. ¿Cuánta potencia requieren los dos espejos retrovisores cuyo diámetro es de 10cm.; si la velocidad del automóvil es de 100km/h? Rpta:

0.3hp.


140

CAPITULO VII

FLUJO COMPRESIBLE EN DUCTOS DE SECCION VARIABLE


7.1. En una caja de toberas de una turbina de vapor el fluido se encuentra a 500psia y 800ºF que ingresa a una tobera convergente – divergente, isentrópica para salir a 100psia a razón de 5lb/seg. Hallar la velocidad del fluido a la salida en (pies/seg.); el área de salida de la tobera en (pies2) y el área de la tobera en la garganta en (pies2). Solución:

P2 =100psi Po = 500psi To = 1260ºR



m  5lb / seg

Aire A*

2

Para el caso del aire: (Tabla Nº 4; Ref: 7)

pies 2 ; R  1717 2 lb º R

K  1.4

Utilizando las definiciones: k

po  K  1 2  k 1  1 M2  p2  2 

Reemplazando los valores:



500  1  0.2M 22 100



3.5

 M 2  1.7


142


K  1 M 2 To 1 2 T2 2 Reemplazando los valores:

1260  1  0.2(1.7) 2  T2  798.5º R T2

Además la velocidad es: V2  M 2C2  M 2 KRT2 V2  1.7 (1.4)(1717)(798.5)

Según los valores obtenidos:

V2  2355.24 pies / seg.

2 

p2 R2T2



Rpta.

 2 

100(144)   2  0.338lb / pie 3 (1717 / 32.2)(798.5)



m 5lb / seg A2    2V2 (0.388lb / pie 3 )(2355.24 pie / seg )



m  2 A2V2

A2  6.28  103 pies 2

Rpta.

Calculando el área de la garganta de la tobera: k 1

A2 1  2  K  1M 22  2( k 1)   A* M 2  K 1  Reemplazando los valores, tenemos: 2.4

6.28  103 1  2  0.4(1.7) 2  0.8   A*  2.17  105 pies 2   * A 1.7  0.4 

Rpta.


143


7.2.

La velocidad de entrada a un difusor isentrópico es 305m/seg., con

34.5kPa y 235ºC, si la presión se incrementa en un 30% a la salida, hallar la velocidad y la temperatura del aire a la salida. Solución:

1

2

Datos:

V1  305m / seg.

p2  44.85kPa

p1  34.5kPa

Para el aire (Tabla Nº 4; Ref: 7)

T1  235  273  T1  508º K R  287 J / kg.º K k  1.4

Calculamos el M1:

V1 C1

C1  KRT1  (1.4)(287)(508)  C1  451.79m / seg.

Pero:

M1 

M1 

V1  C1

M1 

305  M 1  0.675 451.79


144


A tabla de flujo isoentropico. (Tabla Nº 15; Ref: 15)

p1  0.73376 po1 po1 

Como po1  po 2

T1  0.91536 To1

34.5  47.018kPa 0.73376



To1 

508  554.97º K 0.91536

p2 44.85kPa   0.9539 po 2 47.018kPa

Cono este ultimo valor a tabla de flujo isoentropico. . (Tabla Nº 15; Ref: 15)

M 2  0.25 ;

T2  0.98765  To 2

T2  548.116º K

T2  (.98765)(554.97)

Rpta.

Sabemos: C2  KRT2  (1.4)(287)(548.116)  C2  469.28m / seg. Como M 2 

V2 ; entonces: C2

0.25 

V2  117.32m / seg.

7.3.

V2 469.28

Rpta.

Se desea diseñar una tobera convergente – divergente para que fluya aire

desde un deposito a 8 bar. (abs.) y 250ºC, descargando a la atmósfera, calcular el  de la garganta y el diámetro de la sección de salida sabiendo que es un flujo isoentropico de 20kg/s. también nos piden calcular la temperatura, número de mach y la velocidad a la salida de la tobera. _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

145


Solución:

P2 =1.013bar Po = 8bar (abs) 

m

To = 250ºC Aire K = 1.4

A*

2

k

p p 1.013  K  1 2  k 1 Sabemos o 2  1  M 2  ; también 2   0.127 p2  2 po 2 8  Con el ultimo valor calculado a tablas de Flujo Isoentropico.(Tabla °N 15; Ref:15) A A*

M

2.01

Sabemos:

1.707

T To

 o

0.5531

0.22751

p po 0.125

2  0.22751   2  0.22751 o 2 o 2  O   RT  o

 2  0.22751

Reemplazando valores  2  1.203kg / m3 De la tabla M 2  2.01

T2  0.5531  To 2

Rpta.

T2  (0.5531)(523º k )


146


Entonces:

T2  289.27º K

Hallando C2: Como: M 2 

Rpta.

C2  KRT2  (1.4)(287)(289.27)  340.923m / seg. V2 C2



2.01 

V2 340.923

V2  685.256m / seg.

Tenemos:

Rpta. 



Sabemos: m   2V2 A2 

m 20 A2    0.02426m 2  2V2 (1.203)(685.26)

D2  17.58cm. Para la zona critica tenemos: M = 1

T*  0.833 To



T *  0.833To  0.833(523) ==> T *  435.66º K

* También:  0.6339  o Hallando (  o )  o 

 *  0.6339 o

800  5.33kg / m 3 (0.287)(523)

 *  0.6339(5.33)  8.3786kg / m3 Hallando C*: C *  KRT *  (1.4)(287)(435.66)  418.39m / seg. 

m 20 Sabemos: A  * *   0.01415m 2 V (3.3785)(418.39) *

D*  13.42cm.

Rpta.


147


7.4.

Por un difusor adiabático ingresa aire a 15 bar., 300ºK y 250m/seg.

siendo la relación de áreas de entrada con respecto a la salida de 1:2 como consecuencia de la fricción la presión de estancamiento a la salida se reduce al 97% se pide. Calcular la presión del aire a la salida, la velocidad del aire a la salida y la eficiencia del difusor. Solución: 2

1

P1 = 1.5bar T1 = 300ºK V1 = 250m/seg

Datos:

p1  1.2bar  150kPa

V1  250m / seg

T1  300º K

A1 2 A2

Calculamos el:

C1  KRT1  (1.4)(287)(300)  347.189m / seg. Entonces M 1 :

M1 

V1  C1

M1 

250  M 1  0.72 347.189


148


A tablas de flujo isoentropico con M1=0.72

po1  211.8kPa A1  1.08729 A*

p1  0.7082 po

T1  0.90606 To

To1  311.1º K



A1 A1 A*   . A2 A* A2

Del dato:

Entonces

2  1.08729.

A* A2

A*  2.17458 , con este valor obtenido a. (Tabla Nº 15; Ref: 15) A2

M 2  0.28

p2  0.947 po 2

Por dato: po 2  097 po1



T2  0.98456 To 2

po 2  0.97(211.8kPa) po 2  205.446kPa

Luego hallamos p2 r y T2

p2r  0.947(205.446)  p2r  194.56kPa

Rpta.

T2  0.98456(311.1º K )(0.97)  T2  297.107º K Además: p2i  0.947(211.8kPa)  p2i  200.6kPa

C2  KRT2  (1.4)(287)(297.107)  C2  345.5m / seg. Entonces V2 :

M2 

V2  C2

V2  0.28(345.5)


149


V2  96.742m / seg

Rpta.

*Hallando la eficiencia del difusor:

n

7.5.

po 2  p2i 205.446  200.6   44.52% po 2  p2 r 205.446  194.56

Rpta.

Una tobera para un túnel de viento supersónico está diseñada para

alcanzar un Mach de 3 con una velocidad de 200m/seg. y una densidad de 1kg/m3, en la sección de prueba. El tiene Cv = 3.1156kj/Kg.ºK; = 5.1926kj/Kg.ºK. Calcule la presión y temperatura del gas. También para las condiciones de estancamiento corriente arriba: la temperatura y presiones del gas. Solución: Para la sección de prueba se tiene que el: M 

V KRT

Despejando T: 2

T

V2 1 1  2000    T  128.13º K  2 M K .R  3  (1.67)(2077)

p  RT  p  1(2077)(128.13)  p  266.13kPa

Rpta.

Rpta.

También conocemos.

To k 1 2  0.67 2  1 M  To  128.131  3   To  514.4º K T 2 2   K

po  k  1 2  K 1  0.67 2   1  M   po  128.131  3 p  2 2     po  8507kPa

Rpta.

2.4925

Rpta.


150


Problemas propuestos 1) Aire fluye de manera estable e isoentrópica desde condiciones atmosféricas normales a través de un ducto convergente hacia una tubería receptor el área de la sección

transversal de la garganta del ducto convergente es de

0.05pies2. Determinar el caudal másico a través del ducto si la presión del receptor es a) 10lb/pulg2 b) 5lb/pulg2 (abs.). Rpta: 0.0727slug/seg. 0.0769slug/seg. 2) Un gas ideal fluye isentrópicamente a través de una tobera convergente – divergente en una sección, en la posición convergente de la tobera A1 = 0.1m2; p1 = 600kPa; T1 = 20ºC y Ma1 = 0.6 para la sección (2) en la parte divergente de la tobera, determinar A2; p2 y T2 si MO2 3.0 y el gas con que se trabaja es a) aire b) helio. Rpta: a) 0.356m2; 20.8kPa (abs); 112ºK b) 0.257m2; 24.8kPa (abs); 82.6ºK 3) Aire atmosférico normal (To=59ºF, Po=14.7lb/pulg2 ) es enviado de manera estable a través de una tobera convergente sin fricción y adiabática hacia un flujo adiabático de área de sección transversal constante. El ducto mide 10pies de longitud y tiene un diámetro inferior de 0.5pies. el factor de fricción medio para el ducto se puede estimar en 0.03. ¿Cuál es el caudal másico máximo en slug./seg a través del ducto? Para este caudal máximo, determinar los valores de la temperatura estática, presión estática, temperatura de


151


estancamiento, presión de estancamiento y velocidad en la entrada [sección (1)] y en la salida [sección (2)] del ducto de área constante. Rpta. º

m  0.246slug / seg ; T1  487º R ; P1  11.8lb / pulg 2 (abs) T01  519º R ; P01  14.7lb / pulg 2 (abs)

V1  617 pies / seg. ; T2  432º R ; P2  6.34lb / pulg 2 T02  519º R ; P02  12lb / pulg 2 (abs) ; V2  1020 pies / seg. 4) Un gas ideal fluye adiabáticamente entre dos secciones en una tubería de área constante. En la sección (1) corriente arriba, p01  100lb / pu lg 2 (abs) ;

T01  600º R y M a1  0.5 . En la sección (2) corriente bajo, el flujo esta estrangulado. Determinar la magnitud de la fuerza por unidad de área de sección transversal ejercida por la pared interior del tubo sobre el fluido entre las secciones (1) y (2) si el gas es aire. Rpta. 2730 lb/pies2 ,2550 lb/pies2 5) Un gas ideal en un gran depósito de almacenamiento a 100 lb/pulg2 (abs) y 60ºF fluye isentrópicamente a través de un ducto convergente-divergente hacia la atmósfera. El área de la garganta del ducto es de 0.1pies2. Determinar la magnitud la presión, temperatura, velocidad y el caudal másico del gas en la garganta del ducto si el gas con el que se trabaja es aire. Rpta.528 lb./pulg2(abs.);433ºR 815 pies/ seg. 1.26 slug/seg. _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

152

CAPITULO VIII

FLUJOS EN DUCTOS DE SECCION CONSTANTE SIN TRNSFERENCIA DE CALOR


8.1. Para el sistema mostrado, la tubería tiene 38.5m. de longitud,  =100mm,

CF  0.005 para el flujo másico máximo calcular la temperatura estática y el flujo del aire que descarga la tubería.

25 º C 80 bar

Solución: Para el flujo másico máximo la tubería está estrangulada (el flujo) teniendo un mach = 1 en la salida

4CF L* 4(0.005)(38.5)   7.7 DH (0.1) Para la entrada del ducto se tiene con tabla de flujo Fanno M 1  0.26 . (Tabla °N 16; Ref: 11); para luego a tabla de flujo isoentropico.(Tabla Nº 15; Ref: 15) con M 1  0.26 se tiene

T p  0.9867 ;  0.9541 po To

p1  0.9541(3000)  2862.3  p1  2862.3kPa T1  0.9869(298)  294º K  T1  294º K





 D 2  p  m  VA  M KRT  RT 4   

Además:

Rpta.


154




m



2862.3 0.26 1.4(287)(294) 0.287(294)

  04.1

2



 . 



m  23.81kg / seg

8.2.

Rpta.

Se está diseñando una línea para transportar gas natural. Por una tubería

de acero comercial, con una rugosidad absoluta de 0.0046cm., de

 =14pulg, sch 40, el gas ingresa a 27m/seg., 10bar. 27ºC con 11  105 N .seg / m2 , para un n = 1.3 y 15.989kJ/Kmol. Asuma un flujo adiabático. Calcular la máxima longitud de la tubería, la temperatura y presión de salida para estas condiciones. Solución:

Sabemos:

Rg 

8.3143  0.52 Kj / kg.º K . (Tabla Nº 4; Ref: 7) 15.989

1 

1000  6.41Kg / m3 300(0.52)

Calculemos el Reynolds para la entrada.

Re 

 D



1V1 D1 6.41(27)(13.126)(0.00254)   5.2  106 5  1.1  10

0.0046  0.00014 . (Tabla Nº 9; Ref: 5) 1.3(126)(2.54)

Con estos resultados al diagrama de Moody . (Tabla Nº 14; Ref: 12)  f  0.013 También; _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

155


V1 27   0.06 KRT1 1.3(520)(300)

M1 

A tabla de flujo Fanno. (Tabla Nº 16; Ref: 1), con

M 1  0.06 f .Lmax  193.03 DH ;

Lmax 

T* 

p* 

8.3.

T  1.1991 T* ;

p  18.251 p*

193.02(13.126)(0.0254)  Lmax  4951.5m (0.013

Rpta.

200  250.18º K 1.1991

Rpta.

1000  54.79kPa 18.251

Rpta.

Por un ducto cuadrado de 10cm de lado, aislado y compuesto por cuatro

tramos iguales fluye aire, estando el ingreso a 3.5bar. y 27ºC; la descarga es sónica a 1bar; el factor de fricción es 0.02, calcular: a) La longitud del ducto. b) El flujo másico. c) La variación de entropía. Solución:


156


1

2

3

4

T1 = 300ºK P1 = 3.5bar

5

M5 = 1 P5 = 1bar

4(0.1)(0.1)  0.1  a 4(0.1)

Hallando el diámetro hidráulico:

DH 

Como a la salida el M1=1 

p1 3.5  p* 1

A tabla de flujo Fanno. (Tabla Nº 16; Ref: 1), con

p1 3.5  M=0.31;  p* 1

T1  1.1774 ; T*

f .Lmax  4.8507 DH Lmax 

4.8507(0.1)  Lmax  24.25m 0.02

Rpta.



Además:

1 

m  1V1 A1

..……… (I)

p1 350  1   4.065kg / m3 RT1 (0.287)(300)

……….. (II)

V1  M1 KRT1  V1  0.31 (1.4)(287)(300)  107.6m / seg. A1  a 2  A1  0.12  0.01

……….. (III)

………………. (IV)

Reemplazando los valores de (II), (III) y (IV) en (I) _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

157






m  1V1 A1  m  (4.065)(107.6)(0.01)  4.374kg / seg.

Rpta.

Sabemos que la variación de entropía es:

p  s   R ln  o 5  ………….. (a)  po1 

Con M5=1

a tabla de flujo

isoentropico: . (Tabla Nº 15; Ref: 15)

p5 1  0.5282  po5   1.8929bar. po5 0.5282

Con M1=0.3

a tabla de flujo

isoentropico: . (Tabla Nº 15; Ref: 15)

p1 3.5  0.9355  po1   3.741bar. po1 0.9355

Reemplazando los valores en la ecuación (a)

p   1.8929  s   R ln  o5   (0.287) ln    3.741   po1  Entonces

s15  0.1955kJ / kgº K

8.4.

Rpta.

Aire fluye por un ducto aislado de sección constante aumentando el

Mach de 0.4 a 0.6 a consecuencia de la fricción. Al inicio del ducto se tiene 20psia y 70ºF, calcular la presión final, velocidad y el cambio de entropía. _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

158


1

2

M1 = 0.4 T1 = 530ºR P1 = 20psia

M2 = 0.6

Solución: A tabla de flujo Fanno: . (Tabla Nº 16; Ref: 1) M

T T*

p p*

0.6

1.1194

1.7634

0.4

1.1628

2.6958

p2 p2 p * 1  *  1.7634  0.6541  p2  0.6541 p1 p1 p p1 2.6958

p2  13.08 psia

Entonces:

Rpta.

To1 T k 1 2  1 M 1  o1  1  0.2(0.4) 2  To1  To 2  546.96º R T1 2 128.13 To 2 k 1 2 546.96  1 M2   1  0.2(0.6) 2  T2  509.97º R T2 2 T2 M2 

V2 KRT2

Entonces:

 V2  0.6(49) 509.97

V2  663.93 pies / seg.

Rpta.


159


A tabla de flujo isoentropico: (Tabla Nº 15; Ref: 15). M

T To

p po

0.6

0.93284

0.784

0.4

0.96899

0.89562

p1  0.89562  po1  22.33 psia. po1 p2  0.784  po 2  16.684 psia. po 2

p   16.684  2 2 s   R ln  o5   (1717 pie 2 / seg 2 º R) ln    500 pie / seg º R p 22 . 33    o1  s  500 pie 2 / seg 2 º R

Rpta.


160


Problemas propuestos. 1) La velocidad del aire que entra a un tubo de acero comercial con diámetro de 1 pulg. es 120 pies/seg. la temperatura y presión estáticas son 67 ºF y 30 psia. Calcule la longitud necesaria de la tubería para alcanzar flujo sónico; también la presión en el extremo del tubo. Suponga que la viscosidad del aire es independiente de la presión. Rpta: L = 207 pies; p* = 2.94 psia. 2) Se transporta hidrogeno por una tubería subterránea. El tubo mide 50m. de largo, 10 cm. de diámetro y se conserva a una temperatura de 15ºC. la presión y la velocidad iniciales son 250 kPa y 200 m/seg.; determine la caída de presión en el tubo. Rpta:  p = 45.5 kPa. 3) Por un tubo de hierro forjado de 2.5 cm. de diámetro y 10 m. de largo fluye oxigeno. Se descarga a la atmósfera donde la presión es 10 kPa. Si la presión estática absoluta al principio del tubo es 500 kPa y la temperatura total es 293 ºK, calcule el flujo másico por el tubo. 

Rpta: m = 0.248 Kg. /seg. 4) Los números de Mach a la entrada y a la salida de un tubo de 0.5 pulg. de diámetro y 20 ft de largo son 0.2 y 0.7, respectivamente. Calcule f en el tubo para K =1.4. Rpta: f = 0.0298


161


5) Se va a diseñar un sistema se soplador de aire y tubería para transportar productos agrícolas por una tubería de acero de 20 cm. de diámetro y 120 m de largo y la velocidad de salida debe ser de 50 m/ seg. Si la tubería de descarga a la atmósfera. ¿Cuál será la presión, velocidad y densidad del aire a la entrada de la tubería? Rpta: 105 kPa; 47.6 m/seg.; 1.27 Kg./m3


162

CAPITULO IX

FLUJO EN DUCTOS DE SECCION CONSTANTE CON TRANSFERRENCIA DE CALOR


9.1. Un gas ideal (aire) entra en un ducto de diámetro 0.5pies con 20psia, 80ºF y 20pies/seg. alcanzando a la salida 1500ºF. Calcular la transferencia de calor; la presión y el número de Mach a la salida. 1

2

P1 = 20 psia T1 = 540ºK

T2 = 1960ºK

V1= 200pies/s

Solución: Determinamos el número de Mach en la entrada M1:

M1 

200  0.18 Luego en tabla de Flujo Raylich. (Tabla Nº 17; Ref: 3) 49 540

T  0.17078 T*



p1  2.2959 p*

A.T.F. Rayleich. . (Tabla Nº 17; Ref: 3)

T1 T2 T2 540   0.17078 T * T2 T * 1960

M 2  0.4 p* 



T2  0.61986 T*

Entonces:

Rpta

20  8.71Psia 2.2959

p2  1.9608 p*

p2  1.9608 p*  1.9608(8.71)

p2  17 Psia

Rpta.


164


Con M1 = 0.18



a T.F. isoent . (Tabla Nº 15; Ref: 15)

To1 

T1  543.5º R 0.99356

Con M2 = 0.4 a T.F. isoent. (Tabla Nº 15; Ref: 15)



1 

To 2 

T1  0.99356 To1

T2  0.96899 To 2

1960  2022.72º R 0.96899

20(144)  0.1lbs / pie 3 (1717)(540) 

Hallando el flujo masico: m  (0.1)( / 4)(0.52 )(200)  3.923lb / seg. 



 Q  3.927(0.24)(2022.72  543.5)  Q  1394BTU / seg. 

Q  1394 BTU / seg.

9.2.

Rpta.

El aire entra a un ducto con un Mach de 2.0 y temperatura y presión de

170K. y 0.7bar respectivamente. La transferencia de calor tiene lugar mientras el flujo procede abajo del ducto, la sección convergente ( A2 / A3  1.45 ) forma parte de la conexión de salida, como se muestra y el Mach de salida es 1.0. Asumir que las condiciones de entra y salida del número de Mach permanece fijos. Encuentre la cantidad y dirección de transferencia de calor, si no hay OCHN y si hay en cualquier parte de la ducto. _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

165


M1 = 2.0 M3 = 1.0

T1 = 170ºK p1 = 0.7bar

q 1

2

3

Solución: *Supongamos que no hay OCHN:

T1  170º K ;

p1  0.7bar

Con M 1  2 en tabla de flujo isoentropico.(Tabla Nº 15; Ref: 15)

T1  0.5556  To1  305.9755º K To1 Con

M 1  2 en tabla de flujo Rayleich.(Tabla Nº 17; Ref: 2) To1 *  0.7934  To  385.6510º K * To

Además: Tabla flujo isoentropico: (Tabla Nº 15; Ref: 15)

Con:

A2  1.45  M 2  1.81 A*

En la tabla de flujo Rayleich. (Tabla Nº 17; Ref: 2)para M2=1.81

To 2  0.8340  To 2  321.6329º K * To Q  (To 2  To1 )  1.004kJ / kg.º K (321.6329º K  305.9755º K ) m _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

166


Q  1.5720 104 kJ / kg. m

Rpta.

** Si hay una sacudida normal en (a) alguna parte del ducto.

1

X

T1  170º K ;

2

3

p1  0.7bar

Con M 1  2 en tabla de flujo isoentropico. (Tabla Nº 15; Ref: 15)

T1  0.5556  To1  305.9755º K To1 Tox  To1  305.9755º K Con M 1  2 en tabla de Onda de Choque Normal. (Tabla Nº 18; Ref: 3)

Tox *  0.7934  To  385.6510º K * To

M x  0.5774

Con: M x  0.5774 

A2  1.45 A*

Además: Tabla flujo isoentropico. (Tabla Nº 15; Ref: 15)



M 2  0.4498

En la tabla de flujo Rayleich: . (Tabla Nº 17; Ref: 2) para M2=0.4498


167


To 2  0.6135  To 2  236.5969º K * To Como: Tox  To1  q  0

Tox  305.9755º K y To 2  236.5969º K Q  (To 2  Tox )  1.004kJ / kg.º K (236.5969º K  305.9755º K ) m Q  6.9656  10 4 kJ / kg. m Q  6.9656 104 kJ / kg. m

Rpta.


168


9.3.

En la función del sistema, la fricción solo existes de 2 a 3 y de 5 a 6. El

calor es removido entre 7 y 8. El Mach en la sección 9 es 1. Dibuje el diagrama T – S, para el sistema mostrado. Los puntos 4 y 9 se encuentran en el mismo nivel horizontal. choque

f

q

f

M9 = 1

q 9

2

3

4

5

6

7

8

1

Solución:

P o1 =

P o3 P o2=

P o5 P o4=

P 06

P 07

P 08 =

P 09

T 8 1

7

4

M=1

2

9

3

6 5

S


169


9.4.

Aire ingresa a una cámara de combustión tiene de sección 0.28m2

constante a 0.7 bar. abs., -95ºC y 110m/seg., se le suministra 120kJ/kg. de calor. A la salida de la C. de C. el fluido pasa por una tobera expandiéndose isoentropicamente para salir por una sección de 0.2552m2, finalmente ingresa a un calentador de sección uniforme donde se le añade cierta cantidad de calor, para que el flujo salga con un Mach de 1. a) El número de Mach a la salida de la tobera. b) El calor transferencia en el ducto final. 1

2

s  0 3

4

V1 = 100m/seg T1 = 178ºK P1 = 0.7bar A3 = 0.2552m2

q1 2 A2 = 0.28m2

Solución:

110 2 V12 To1  T1   178  184.03º K 2 2(1003.5) Hallando C1 y M1:

C1  KRT1  (1.4)(287)(178)  267.43m / seg.

Entonces M 1 :


170


M1 

V1  C1

M1 

110  M 1  0.4113 367.43

Con M1  0.4113 a tabla de flujo Rayleigh. (Tabla Nº 17; Ref: 2)

To1 *  0.54651  To  336.74º K * To

p1  1.9428  p*  0.36030bar * p

T1 *  0.63448  T  280.54º K * T

po1  1.1523 * po

V1  0.32658  V *  336.82m / seg. * V De la ecuación de energía: q12  (To 2  To1 )

120  1.0035(To 2  184.03)  To 2  303.61º K

Luego:

To 2 303.61   0.9016 a tabla de flujo Rayleigh. (Tabla Nº 17; Ref: 2) * 336.74 To

M 2  0.69 T2  0.98739  T2  277º K T*

p2  1.4401  p2  0.51887bar p*

po 2  1.04596 * po V2  0.68564  V2  230.94m / seg. V*

Con M 2  0.69 a tabla de flujo isoentropico. (Tabla Nº 15; Ref: 15)


171


A2  1.1018  A*  0.25413m 2 A*

p2  0.72735 po

T2  0.79662  To  303.38º K To

2  0.79602 o

A3 A3 A2 0.2552 A  . *  1.1018  3*  1.004212  * A A2 A 0.28 A

Con

A3  A*

A3  1.004212 a tabla de flujo isoentropico. (Tabla Nº 15; Ref: 15) A*

M 3  0.93 T3  0.85253 To

p  0.57212 po

  0.67107 o

T3 T3 / To 0.85253    0.9337064 T2 T2 / T1 0.91306 Luego: T3  277(0.9337064)  T3  258.64º K

De la ecuación de energía: q34

( M 32  1)  T3 2M 32 (k  1)

Reemplazando los valores en la ecuación

q34  1.0035(258.64)

(0.932  1) 2(0.93) 2 (2.4)

 1.081kJ / kg.

Rpta.


172


Problemas propuestos 1) Un gas ideal entra a un ducto de diámetro interior igual a 0.5 pies con p1= 20 lb./ pulg2 (abs.), T1= 80ºF y V1= 200pies/seg. ¿Qué razón de adición de calor sin fricción en BTU/seg. es necesaria para que a la salida del ducto la temperatura del gas sea T2 = 1500ºF ? También determinar p2, V2 y Ma2. El gas es aire. Rpta.1390 BTU/seg. 17.1 lb./pulg2(abs.). 868 pies/ seg.; 0.4 2) Por una tubería de área constante circula aire. En una sección (1) corriente arriba, p1 = 15lb/pulg2 (abs.) , T1 = 530ºR y V1 = 200pies/seg. Corriente abajo en la sección (2), p2 = 10lb/pulg2 (abs.) y T2 = 1760ºR. Para este flujo, determinar las razones de temperatura y presiones de estancamiento, T0, 2 / T0,1 y p0, 2 / p0,1 , así como la transferencia de calor por unidad de masa de aire que fluye entre las secciones (1) y (2). ¿El flujo entre las secciones (1) y (2) es sin fricción?

Rpta.

TO 2 P  3.45 O 2  0.763 TO1 PO1

q  7.84  106

pies.lb slug

3) La razón de presiones de estancamiento a través de un choque normal en el flujo de un gas ideal es 0.8. Determine el número de Mach del flujo que entra al choque si el gas es aire. Rpta.1.83 _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

173


4) Una sonda de presión total se inserta en un flujo de aire supersónico. Justo corriente arriba del orificio de impacto se forma una onda de choque. La sonda mide una presión total de 500kPa (abs.). La temperatura de estancamiento en la cabeza de la sonda es 500ºK. La presión estática corriente arriba del choque se mide con un injerto en la pared, encontrándose que es igual a 100kPa (abs.). A partir de estos datos, determinar el número de Mach y la velocidad del flujo. Rpta. 1.87 ; 643m/seg. 5) Un avión se desplaza a Mach 2.0 a una altitud de 15km. El aire de entrada es desacelerado hasta un número de mach de 0.4 en la entrada del compresor del motor. Un choque normal ocurre en el difusor de entrada de corriente arriba de la entrada del comprensor en una sección en que el número de Mach es 1.2. Para difusión isentrópica, excepto a través del choque, y para atmósfera normal, determinar la temperatura y presión de estancamiento del aire que entra al compresor del motor. Rpta. 390 ºK ; 94.1 lb/pulg2 (abs) 6) Un flujo de aire supersónico entra con Ma1 = 3.0 a una tubería adiabático de área constante (diámetro interior = 1pie) que mide 30pies de longitud. Se estima que el factor de fricción del tubo es 0.02. ¿Qué razón de presión en la salida del tubo a presión de estancamiento en la entrada del tubo se produce en una onda de choque normal ubicada en: x= 10pies, donde x es la distancia corriente abajo a partir de la entrada del tubo? También determinar el número de Mach a la salida del ducto.

Rpta.

PSALIDA  0.19; M aSALIDA  0.69 PO.ENTRADA


174

CAPITULO X

FLUJO EN CANALES ABIERTOS


10.1. Se tiene una rampa de 0.5pies de alto en un canal rectangular de ancho constante por el cual fluye agua a razón de q  5.72 pies 2 / seg . Como se muestra en la figura. Si la profundidad corriente arriba mide 2.3pies, determine la ecuación de la superficie corriente abajo de la rampa y2  z2 . (ignorar los efectos viscosos y la protuberancia).

Superficie libre ó rampa

V1 = 2.5pies/seg

V2 .y2

.y1 = 2.3pies Protuberancia .z2 = 0.5pies

Rampa

Solución: Se tiene que S o .l  z1  z 2 y h1  0 . La conservación de energía. (Que para estas consideraciones se podrá aplicar la ecuación de Bernoulli.)

V12 V22 y1   z1  y2   z2 2g 2g

1.9  y2 

Para las consideraciones dadas en la figura del problema.

V22 ………………………………… (I) 64.4


176


A partir de la ecuación de continuidad tendremos.

y2V2  y1V1

y2V2  5.75 pies 2 / seg ………… (II)



De la ecuación (II) y (I) tenemos.

y23  1.9 y22  0.513  0 Resolviendo la ecuación cúbica, las soluciones son:

y 2  1.72 pies

y 2  0.638 pies

y 2  0.446 pies

Por lo tanto las elevaciones correspondientes serian.

y2  z2  1.72  0.5  2.2 pies Ó

y2  z2  0.638  0.5  1.14 pies

¿Cuál de estas dos alturas se esperaría? Está pregunta se responde haciendo uso del diagrama de energía especifica para la ecuación E  y 

0.513 ; que se muestra en el siguiente diagrama. y2

3 0.5 .y1 = 2.30 (1)

.y, pies

2 (2) .yc = 1.01 (c)

1

(2´) .q = 5.75 pies2/s.

1

2

Emin = 1.51

3

E, pies

E1 = 2.40 E2 = 1.90


177


Como en el enunciado del problema nos dice que despreciemos las protuberancias, las condiciones correctas abajo corresponden al flujo subsónico denotado por (2), no a condiciones supersónicas (2’) pero sin una protuberancia en el fondo del canal, el estado (2’) es inaccesible desde el estado (1) de la condición corriente arriba. Estas condiciones a menudo se denominan accesibilidad de los regimenes de flujo. Así la elevación superficial es: y2  z2  2.2 pies

Rpta.

10.2. En el canal de sección transversal trapezoidal que se muestra en la figura circula agua. El fondo desciende 2.8 pies

por 2000 pies de longitud.

Determinar el caudal si el canal está recubierto de concreto liso nuevo, o si el perímetro mojado está cubierto de hierbas. Determine el número de Fraude máximos para cada uno estos flujos, también indicar a que flujo

40º

5 pies

pertenece para el caso con hierbas.

40º

12 pies

Solución: A partir de la ecuación de Mannig: Q 

1.49 A.Rh 2 / 3 .So1/ 2 n

…………….

(i) Para el cual se uso, K = 1.49 debido a las unidades SIG. _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

178


 5  2 A  12(5)  5   89.8 pies  tan 40º   5  P  12  2   27.6 pies  sen 40º  Entonces RH 

A 89.8   3.25 pies P 27.6

So 

2.8  0.0014 2000

Reemplazando los valores obtenidos en (i): Q

1.49 10.98 (89.8)(3.25) 2 / 3 (0.0014)1/ 2  n n

A partir de los resultados obtenidos, buscamos en tabla para el concreto liso y cubierto de hierbas.(Tabla Nº3 ; Ref: 14) n  0.012

Q



Concreto liso.

10.98  915 pies 3 / seg 0.012

n  0.03



Q

Número de Fraude Fr 

Cubierto de hierbas

10.98  366 pies 3 / seg 0.03

V : g.y 1/ 2

V Q/ A



Vc.liso  10.2 pies / seg.

Vc.hierba  4.08 pies / seg. Para el concreto liso (nuevo): _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

179


Fr 

10.2 pies / seg

(32.2 pies / seg

2

)(5 pies )



 0.804

Rpta.



 0.322

Rpta.

1/ 2

Para el cubierto de hierbas:

Fr 

4.08 pies / seg

(32.2 pies / seg

2

)(5 pies )

Para 50ºF calculemos

el

1/ 2

número de reynolds

con

RH  3.25 pies ;

  1.41 105 pies 2 / seg Entonces: Re 

RH V





(3.5)(4.08)  9.4  105 1.41  10 5

Por lo tanto se encuentra en el intervalo de régimen turbulento. (Flujo)

10.3. Por un tubo de redondo de diámetro D circula agua a una profundidad

0  y  D como se muestra a continuación, el tubo está sobre una pendiente constante de  o , el coeficiente de Nanning es n. ¿A que profundidad ocurre el máximo caudal?

Q 0.5 Qmax

Q

y

D

1.0

θ

0 0

y D _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

180


1.0

Qmáx

D

Q 0.5 Qmax

θ

Qlleno  0.929Qmáx

0 0

1.0

0.5

y D

y  0.938D

Solución: A partir de E. Manning. Q 

k A.Rh 2 / 3 .S o1 / 2 ………………. (I) n

D2   sen  Donde; k, n y S o son constantes. A  8 D 2

P

Rh 

(Perímetro mojado)

A D(  sen  )  P 4

En (I) tenemos Q 

k 1 / 2 D 8 / 3  (  sen  ) 5 / 3  So  . ……………… (II) n 8(4) 2 / 3   2/3 

A partir de la ecuación (II) podemos escribir en términos de la profundad entonces.

D y   (1  cos( / 2)) 2


181


Pero también nos proporciona una grafica Q  Q( y) . Del cual nos muestra que

Qmax no ocurre cuando el tubo está lleno; Qlleno  0.929Qmax pero si ocurre cuando y  0.938D ó   5.28rad  303º . Así entonces Q  Qmax cuando y  0.938D

Rpta.

10.4. A lo largo del canal de drenaje cuyos detalles se muestran a continuación si la pendiente del fondo es S o  0.002 se pide calcular el caudal. 3m

2m

3m

n3  0.03

n2  0.015

0.8m

0.6m

n1  0.02

Solución: A partir del grafico tenemos Q  Q1  Q2  Q3 ; para cada sección y de la ecuación de Manning.

Qi 

1 2/3 Ai .Rhi .S o1 / 2 Donde K = 1, para unidades SI. ni


182


Para la sección (1)

A1  (3m)(0.6m)  1.8m2 ;

Rh1  Para la sección (2)

n1  0.02

A2  (2m)(0.6m  0.8m)  2.8m2 ; P2  2  2(0.8)  3.6m

Rh2  Para la sección (3)

A1 1.8   0.5m ; P1 3.6

P1  3  0.6  3.6m

A2 2.8   0.778m ; P2 3.6

A3  (3m)(0.8m)  2.4m2 ;

Rh3 

A3 2.4   0.5m ; P3 3.6

n2  0.015 P3  3  0.6  3.6m n3  0.03

Así, tendremos el canal total: Q  Q1  Q2  Q3

1.8(0.5) 2 / 3 2.8(0.778) 2 / 3 1.8(0.5) 2 / 3  Q  1(0.002)1/ 2    0.015 0.03   0.02 Q  11.287m3 / seg

Rpta.


183


Problemas propuestos. 1) En un canal rectangular de 10 pies de ancho fluye agua con un caudal de 200 pies3/seg. y una profundidad de 3 pies. Si la pendiente es 0.005, determine el coeficiente de Manning, n y el esfuerzo cortante medio en los lados y en el fondo del canal. Rpta: 0.024; 0.585lb/pies2 2) En un canal cuya sección transversal es un triangulo equilátero fluye agua como se muestra. Sea Qlleno el caudal cuando y = h. ¿En que porcentaje es Qlleno menor que Q cuando y = h-  . y ; donde  . y  h? es decir al colocar una cubierta sobre este canal, ¿en que porcentaje se reduce el caudal? Rpta: 23.7%

h

y

3) En un canal de sección trapezoidal debe transportar 1.2m3/seg. de agua a 0.5 m/seg, esta abierto en tierra con paredes inclinadas 30º respecto a la horizontal. Calcular las dimensiones del canal, si este tiene una pendiente de 0.0004, con un coeficiente de m = 0.85. Rpta: 0.5634m; 3.284m; 5.2356m. _____________________________________________________________________________________________________________ Ing. Jaime Flores Sánchez

184


4) El flujo agua corriente abajo desde una compuerta de purga en un canal horizontal tiene una profundidad de 30 cm. y un gasto de 3.6 m3/m de ancho la compuerta de purga mide 2 m. de ancho. ¿podría formarse un salto hidráulico corriente abajo de esta sección? Si es así, ¿Cuál seria la profundidad corriente abajo del salto? Rpta: si y2 = 1.34m. 5) La cresta de vertedor alto y la cresta ancha tiene una elevación de 100m. Si el vertedor mide 10 m. de largo y la descarga de agua sobre el vertedor es 25 m 3 /seg. ¿Cuál es la elevación de la superficie del agua del estanque corriente arriba? Rpta: zagua= 101.4 m.


185

MATERIALES Y METODOS El material bibliográfico empleado es muy amplio y variado desde aplicaciones básicas hasta aquellas que lo hacen mas exigentes y reales como se muestran en una industria especifica, con conceptos técnicos y de acorde con el avance tecnológico en que vivimos actualmente. La forma como se presenta este trabajo de investigación, constituye un intento por llenar este vació existente en un solo libro con un método pedagógico, deductivo y un análisis en las respectivas aplicaciones de la mecánica de fluidos.

RESULTADOS La investigación que se ha realizado nos permite contar con material de la mecánica de fluidos aplicada al transporta de los fluidos en un orden lógico. Los estudiantes o cualquier persona interesada encontrara en el un marco practico muy amplio. Los temas tratados en el libro son explicados en una forma muy clara, sencilla y a la ves rigurosa con la exigencia que requiere un estudiante o profesional de la rama de ingeniería, sobre todo de a los de mecánica; los problemas aplicativos son so comprendidos con pequeños esfuerzos y si es necesario se cuenta con la consulta del profesor.

DISCUSIÓN la elaboración de un libro de cualquier materia, en particular de flujos de mecánica de fluidos es un proyecto por demás ambicioso y difícil en donde no se podrá satisfacer a plenitud las aspiraciones y exigencias del lector; no obstante el presente libro texto constituye un intento por llenar el vació dejado por las obras de flujo de mecánica de fluidos, para de esta manera complementarlo, ampliando las ya existentes , contribuyendo de esta manera en la formación de nuestros alumnos y satisfacer la consulta, curiosidad de profesionales interesados o involucrados en el área de la ingeniería.

BIBLIOGRAFÍA 1. FOX, Robert y Mc DONALD, Alan. Introducción a la mecánica de fluidos, México: ed. Mc Graw-Hill Interamericana de México. S. A. de C. V., cuarta edición, 1995. 2. SHAMES, Irvin. Mecánica de fluidos, Colombia: ed. Mc GrawHill Interamericana de México. S. A., novena edición, 2000. 3. HIDROSTAL. Bombas de alta eficiencia, Perú: ed. Industrial Grafica S. A., primera edición, 1994. 4. GERGHART, Philip. Mecánica de fluidos, México: ed. AddisonWesley Iberoamericana, S. A., segunda edición, 1995. 5. SOTELO, Gilberto. Hidráulica general, México: ed Limusa, S. A., primera edición, 1982. 6. POTTER, Merle. Mecánica de fluidos, México: ed. Prentice-Hall Hispanoamericana, S. A. segunda edición, 1998. 7. OROZCO, Martha. Operaciones unitarias, México: ed. Limusa, S. A. de C. V., primera edición, 1998. 8. SIMON, Anderw. Hidráulica practica, México: ed. Limusa, S. A. de C. V., primera edición, 1994. 9. SALDARRIAGA, Juan. Hidráulica de tuberías, México: ed. Mc Graw-Hill Interamericana. S. A., primera edición, 1998. 10. ROBERSON, John. Mecánica de fluidos, México: ed. Mc GrawHill Interamericana. S. A. de C. V., segunda edición, 1991. 11. THOMPSON, Philip. Compressible-Fluid Dynamics, New York: ed. Mc Graw-Hill Book CCO., primera edición, 1972. 12. STREETER, Víctor. Mecánica de fluidos, México: ed. AddisonWesley Iberoamericana, S.A., novena edición, 2000. 13. OWCZAREK, J. Fundamentals of gas Dynamics, New York: ed. Pitman Publishing Coporation, primera edición, 1950 14. GOLDEN, Fredirick. Termo Fluidos, Terbomaquinas y Maquinas Térmicas, México: ed. Compañía Editorial Continental, S.A. de C.V., primera edición, 1991. 15. MUNSON, Bruce. Fundamentos de Mecánica de Fluidos, México, ed. Limusa Wiley, S.A. de C.V., primera edición, 1999

APENDICE

Tabla Nº1 Coeficientes de resistencia para diversos cuerpos bidimensionales

Tabla Nº2 Coeficientes de resistencia para objetos con simetría axial

190

Fig:Nº 1 Coeficiente de resistencia para cuerpos asimetricos.

191

Fig: Nº2 Efectos de la rugosidad sobre CD para un cilindro

Fug: Nº 4 Coeficiente de sustentación y resistencia para cilindros giratorios en un flujo uniforme Fug: Nº 3 Coeficientes de sustentación y resistencia para esferas giratorias en fllujo uniforme

192

Fig: Nº 5 Coeficientes de sustentación y resistencia del perfil simétrico NACA 0009 de envergadura infinita, incluyendo el efecto de la deflexión del flan de intrados (ténganse en cuenta que la rugosidad puede incrementar C D en un 100 hasta 300 por 100)

193

Fig: Nº 6 Polar de los perfiles estándar (0009) y laminar (63-009) del NACA

194

Fig: Nº 7 Efecto del alargamiento en la sustentación y resistencia; (a) incremento en el ángulo de ataque efectivo; (b) incremento en la resistencia inducida.

Fig: Nº 8 Actuaciones de perfiles con dispositivos hipersustentadores A = NACA 0009; B = NACA 63-009; C = Perfil de Kline – Fogleman ; en (a) se muestran los perfiles D a I; (a) tipos de dispositivos hipersustentadores; (b) coeficiente de sustentación de algunos dispositivos.

(a)

(b)

195

Fig: Nº 9

Curva polar para un ala con alargamiento 5.

196

Fig:10 Curva polar para el perfil de ala rectangular y de Clark de 6 pies de cuerda y 36 pies de envergadura.

197

Fig: Nº 11. Grafica del factor de fricción f versus ReH

198

Tabla Nº 3. Valores promedios del n de Manning y la rugosidad e promedio.

Material

n

e, pies

e. M

Asfalto

0.0016

0.018

0.0054

Ladrillo

0.0016

0.0012

0.0037

Pulido

0.012

0.0032

0.001

Sin pulir

0.015

0.008

0.0024

Tubo de concreto

0.015

0.008

0.0024

Buena condición

0.025

0.12

0.037

Maleza y piedras

0.035

0.8

0.24

Fundición

0.015

0.0051

0.0016

Hierro forjado

0.015

0.0051

0.0016

Corrugado

0.022

0.012

0.037

Remachado

0.015

0.0012

0.0037

0.012

0.0032

0.001

Canal de concreto

Tierra

Tubo de hierro

Acero

Madera Cepillada

199

Fig: Nº 12. Hacia la derecha de A son posibles dos profundidades.

200

Tabla Nº 4

201

202

Tabla Nº 5

203

Tabla Nº 6

204

Tabla Nº 7. DIMENSIONES DE TUBERÍAS Y TUBOS CALIBRADOS

205

Tabla Nº 8. Tubos y tuberías calibradas de Cobre

206

Tabla Nº 9. Rugosidad relativa de algunos tubos.

207

Tabla Nº 10. Coeficiente de pérdida para una expansión repentina.

Tabla Nº 11. Coeficiente de pérdida para un difusor cónico común.

208

Tabla Nº 12. Coeficiente de pérdida para una contracción repentina.

209

Fig: Nº 12. Condiciones de flujo de entrada y coeficiente de pérdida.

Reentrante, KL = 0.8

Ligeramente redondeado, KL = 0.2

Borde ahusado, KL = 0.5

Bien redondeado, KL = 0.04

210

Tabla Nº 13. Condiciones de flujo de salida y coeficiente de pérdida.

Reentrante, KL = 1

Ligeramente redondeado, KL = 1

Borde ahusado, KL = 1

Bien redondeado, KL = 1

211

Tabla Nº 13.

 V2   Coeficientes de pérdida para componentes de tuberías:  hL  K L 2 g  

212

Tabla Nº14. Diagrama de Moody para el factor de fricción

213

Tabla Nº 15.

214

215

Tabla Nº 16

216

217

Tabla Nº 17

218

219

Tabla Nº 18.

220

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