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UNIVERSIDAD NACIONAL DE HUANCAVELICA FACULTAD DE CIENCIAS DE INGENIERÍA

E.A.P ING.CIVIL – HVCA

MECÁNICA DE FLUIDOS II página 1

PRACTICA DE TALLER DE EJERCICIOS DE MECANICA DE FLUIDOS 2

CÁTEDRA : MECANICA DE FLUIDOS II

CATEDRÁTICO : ING: Marco A. Paliza Araujo

SEMESTRE : “ VI “

SECCION : “ B ”

ESTUDIANTES :

Tello Laura , Ciro

Diego Carvajal, Fredy

Ramos Vilca, Michael

Ureta Poma, Waldir

Solano Peñaloza, Yair

Olarte Romero, Joel

Salazar De la cruz, Santiago

HUANCAVELICA – PERÚ




MECÁNICA DE FLUIDOS DE ROBERT

M

O

T

SEXTA EDICIÓN

CAPÍTULO 8

(Problemas propuestos)




3.- Calcular el máximo flujo volumétrico de combustóleo a 𝟒𝟓℃, en

la que el flujo permanecerra como laminar en una tuberia de 100mm

de diametro. Para el combustóleo utilice d.r=0.895 y viscosidad

dinámica = 𝟒. 𝟎 × 𝟏𝟎−𝟐𝑷𝑨 ∗ 𝑺

𝑆𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼Ó𝑁:

𝐷𝐴𝑇𝑂𝑆:

𝑇 = 45℃, 𝑑 = 100𝑚𝑚 = 0.1𝑚, 𝐷. 𝑟 = 0.895, 𝜇 = 4.0 × 10−2𝑃𝐴 ∗ 𝑆,

𝑄 =?

𝐸𝑠 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 𝑙𝑎𝑚𝑖𝑎𝑟.

𝑅𝑒 =𝑉𝑑

𝑣 , 𝑣 =

𝜇

𝜌

𝑅𝑒 =𝑉𝑑

𝜇

𝜌

=(𝑉𝑑)𝜌

𝜇

𝑉 =𝑅𝑒(𝜇)

𝑑(𝜌)

𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑒𝑙 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 𝑒𝑠 𝑙𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑅𝑒 = 2000:

𝑉 =2000(4.0×10−2)

0.1(0.895×1000) , ⟹ 𝑉 =

0.894𝑚

𝑠

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑉 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑟

𝑒𝑙 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜:

𝑄 = 𝑉 × 𝐴 = 0.894 (𝜋𝑑2

4) = 0.894 [

𝜋(0.12)

4]

𝑸 = 𝟕. 𝟎𝟐𝟏 × 𝟏𝟎−𝟑𝒎𝟑/𝒔




12.- El Carter de un motor contiene aceite SAE 10 (sg = 0.88). El aceite

se distribuye a otras partes del motor por medio de una bomba de

aceite, a través de un tubo de acero de 1/8 de pulgadas, con espesor

de pared de 0.032 pulgadas. Es obvio que la facilidad con que el aceite

se bombea se ve afectada por su viscosidad. Calcule el número de

Reynolds para el flujo de 0.40 gal/h del aceite a 40 °F.

Datos: 𝑄 = 0.40 𝑔𝑎𝑙

ℎ

𝐴 =𝜋

4 𝐷2 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐴 =

𝜋

4 0.1252𝑝𝑢𝑙𝑔2

𝐴 =𝜋

4 0.1252𝑝𝑢𝑙𝑔2

Hallaremos la velocidad:

𝑣 =𝑄

𝐴 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣 =

0.40𝑔𝑎𝑙ℎ𝑟

2.029 . 10−5 𝑓𝑡2

𝑣 =0.40

𝑔𝑎𝑙ℎ𝑟

.𝑓𝑡3

7.48 𝑔𝑎𝑙 .

1ℎ𝑟3600𝑠

2.029 . 10−5 𝑓𝑡2

𝑣 = 0.732 𝑓𝑡

𝑠𝑒𝑔 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑙 ′′𝑅𝑒′′

𝑅𝑒 =𝑣 . 𝑑. 𝜌

µ

𝑅𝑒 =0.732

𝑓𝑡𝑠𝑒𝑔

( 0.00508)(0.88)1.94

6.2 𝑥10−3

𝑅𝑒 = 1.02

∴ 𝒆𝒍 𝒇𝒍𝒖𝒋𝒐 𝒆𝒔 𝒍𝒂𝒎𝒊𝒏𝒂𝒓




21.- Un sistema está diseñado para transportar 500 gal/min de

etilenglicol 77° F con una velocidad máxima de 10 pies/s. especifique

la tubería de acero estándar más pequeña, cedula 40, que cumpla

dicha condición. Después calcule el número de Reynolds para el flujo

en la tubería seleccionada.

Datos:

𝑄 = 500 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛

𝑇 = 77° 𝐹

𝑉𝑚𝑎𝑥 = 10 𝑓𝑡/𝑠𝑒𝑔

Solución:

Hallando el Área:

𝐴 =𝑄

𝑣=

500 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛

10 𝑓𝑡/𝑠𝑒𝑔𝑥

1 𝑓𝑡3/𝑠𝑒𝑔

449 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛

𝐴 = 0.1114 𝑓𝑡2

Revisando la tabla de dimensiones de tuberías de acero (cedula

40) se tomó el siguiente valor:

Se toma como diseño a la tuberia de tamaño nomial de 5 pulg. con un

área de flujo de 0.139 𝑓𝑡2




Se obtiene una velocidad actual :

𝑣 =𝑄

𝐴=

(500 499⁄ )𝑓𝑡3/𝑠

0.139 𝑓𝑡2

𝑣 = 8.01𝑓𝑡/𝑠

La densidad y la viscosidad dinámica se obtiene de la siguiente

tabla:

Obteniendo el número de Reynolds:

𝑵𝒓 =𝒗𝑫𝝆

𝝁=

(𝟖. 𝟎𝟏)(𝟎. 𝟒𝟐𝟎𝟔)(𝟐. 𝟏𝟑)

𝟑. 𝟑𝟖𝒙𝟏𝟎−𝟒= 𝟐. 𝟏𝟐𝟑𝒙𝟏𝟎𝟒





MOT

SEXTA EDICIÓN

CAPÍTULO 10





3.- Determine la perdida de energía debido a la expansión súbita de

una tubería estándar de 1 pulgadas Cedula 80, a otra de 𝟑 𝟏𝟐⁄ pulg.

Cedula 80, cuando el flujo volumétrico es de 0.10 𝒑𝒊𝒆𝟑/𝒔.

Datos:

𝑄 = 0.10 𝑓𝑡3/𝑠

𝑔 = 32.2 𝑓𝑡/𝑠2

𝑡𝑎𝑚𝑎ñ𝑜 𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑢𝑏𝑒𝑟𝑖𝑎 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 = 1 𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑡𝑎𝑚𝑎ñ𝑜 𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑢𝑏𝑒𝑟𝑖𝑎 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 = 3 12⁄ 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠

Solución:

Utilizamos las siguientes tablas para determinar los diámetros y

el área para poder determinar la velocidad:




Determinando la velocidad y diametros de acuerdo a la tabla:

𝑣 =𝑄

𝐴=

0.10 𝑓𝑡3/𝑠

0.00499 𝑓𝑡2= 20.04 𝑓𝑡/𝑠 ≅ 20 𝑓𝑡/𝑠

𝐷2 = 3.364 𝑝𝑢𝑙𝑔.

𝐷1 = 0.957 𝑝𝑢𝑙𝑔.

𝐷2

𝐷1=

3.364

0.957 = 3.51

Obteniendo k para D2/D1 de la siguiente tabla:




Como el D1/D2 es 3.51 está entre los valores 3 y 4 como se

indica, entonces se procede a interpolar obteniéndose como

resultado el siguiente valor:

𝑘 = 0.73

ℎ𝑙 = 𝑘.𝑣2

2𝑔

𝒉𝒍 = 𝟎. 𝟕𝟑𝒙(𝟐𝟎 𝒇𝒕/𝒔)𝟐

𝟐(𝟑𝟐. 𝟐) 𝒇𝒕/𝒔𝟐= 𝟒. 𝟓𝟑𝒇𝒕

12.- Difusor es otro término que se utiliza para designar una

expansión. Un difusor se emplea para convertir energía cinética

(𝑽𝟐/𝟐𝒈)a energía de presión (𝑷/𝜸). Un difusor ideal es aquel en el

que no existe perdida de energía, y puede usarse la ecuación de

Bernoulli para calcular la presión después de la expansión para un

difuso ideal con un flujo de agua a 𝟐𝟎℃, de un tubo de cobre de 1pulg.

Tipo k. a otro de 3pulg. Tipo k. el flujo volumétrico es de 150lit/min. Y

la presión antes de la expansión es de 500k Pa.




𝐷𝐴𝑇𝑂𝑆:

𝑇 = 20℃ 𝑑1 = 1𝑝𝑢𝑙𝑔 = 0.025𝑚 = 3𝑝𝑢𝑙𝑔 = 0.076 𝑄

=150𝑙𝑡

𝑠=

2.5 × 10−3𝑚3

𝑠 𝑃2 =?

1 2

Bernoulli entre 1 y 2

𝑃1

𝛾+

𝑉12

2𝑔+ 𝑧1 =

𝑃2

𝛾+

𝑉22

2𝑔+ 𝑧2

𝑃2

𝛾−

𝑃1

𝛾=

𝑉12

2𝑔−

𝑉22

2𝑔

𝑃2−𝑃1

𝛾=

𝑉12−𝑉2

2

2𝑔

𝑃2 − 𝑃1 =𝛾

2𝑔(𝑉1

2 − 𝑉22)

𝑃2 = 𝑃1 +𝛾

2𝑔(𝑉1

2 − 𝑉22)

𝑄1 = 𝑄2

𝑄 = 𝑉1 × 𝐴1 = 𝑉1(𝜋𝑑1

2

4)

2.5 × 10−3 = 𝑉1(𝜋0.0252

4)

𝑉1 = 5.093𝑚/𝑠

𝑄 = 𝑉2 × 𝐴2 = 𝑉1(𝜋𝑑2

2

4)

2.5 × 10−3 = 𝑉2(𝜋0.0762

4)

𝑉1 = 0.551𝑚/𝑠

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 ∶




𝑃2 = 𝑃1 +𝛾

2𝑔(𝑉1

2 − 𝑉22)

𝑃2 = 500 +9.79

2×9.81(5.0932 − 0.5512)

𝑃2 = 512.791𝑘𝑃𝑎.

21.- Determine la perdida de energía para la contracción gradual de

una tubería de acero de 5 pulgadas cedula 80 a otra de 2 pulgadas

cedula 80, para un flujo volumétrico de 500 L/min. El ángulo del cono

para la contracción 105°C.

Datos:

Tenemos la velocidad

𝑉2 = 4𝑚

𝑠

Como tenemos los diámetros de las tuberías:

𝐷1

𝐷2=

5 𝑝𝑢𝑙𝑔

2 𝑝𝑢𝑙𝑔= 2.5

Ahora tenemos K= 0.23

Finalmente calculamos: " ℎ𝐿"

𝒉𝑳 =𝟎. 𝟐𝟑 (𝟒. 𝟑𝟕)𝟐

𝟐 ∗ 𝟗. 𝟖𝟏 = 𝟎. 𝟐𝟐𝟒𝒎 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒖𝒏 á𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝜽 = 𝟏𝟎𝟓°

30. - calcule la longitud equivalente, en metros de tubería de una válvula de globo

abierta por completo y situada en una tubería de 10pulg.

De esta tabla 10.4: para valvula de globo abierto completo sacamos:

𝐿𝑒

𝐷= 340




De la tabla F1. Cedula 40: sacamos para diametro 10 pulg.:

𝐷 = 0.2545𝑚

Se sabe que:

𝐿𝑒 = (𝐿𝑒

𝐷) ∗ 𝐷

𝐿𝑒 = (340) ∗ 0.2545𝑚

… … … 𝑅𝑡𝑎.




39.- Un sistema de tubería para una bomba contiene un T como se

aprecia en la figura, con el fin de permitir la medición de la presión en

la salida de la bomba. Sin embargo no existe flujo en la línea que lleva

el instrumento. Calcule la perdida de energía conformen circulan

𝟎. 𝟒𝟎𝒑𝒊𝒆𝒔𝟑 ⁄ 𝒔𝒆𝒈 de agua a 50°F atreves de la te.

Datos:

𝑄 = 0.40𝑝𝑖𝑒𝑠3 ⁄ 𝑠𝑒𝑔

𝑇 = 50°𝐹

𝐷 = 3𝑖𝑛

Ya que nos pide hallar la perdida de energía, a partir de:

ℎ𝑙 = 𝑓𝑡 ×𝐿𝑒

𝐷×

𝑉2

2𝑔

Y a partir de esta tabla obtenemos el factor de fricción 𝑓𝑡 ; esto

en función del diámetro.

TABLA. Factor de fricción en la zona de turbulencia completa

para tubería de acero comercial.




𝑓𝑡 = 0.018

Debido a que en el problema no se nos da longitud, trabajamos

con la longitud equivalente en diámetro de tubería. 𝐿𝑒

𝐷

En función al tipo de tubería nos ubicamos en la tabla y

obtenemos.




. 𝐿𝑒

𝐷= 20

Remplazando los valores obtenidos en la ecuación.

ℎ𝑙 = 𝑓𝑡 ×𝐿𝑒

𝐷×

𝑉2

2𝑔

ℎ𝑙 = 0.018 × 20 ×7.7942

2 × 32

𝒉𝒍 = 𝟎. 𝟑𝟒 𝒇𝒕




48.- Calcule la perdida de energía en una vuelta a °90 en un tubo de

acero que se utiliza para un sistema de potencia de fluido. El tubo

tiene un diámetro exterior de 1 ¼.

Datos:

°90 de curva, tubo de acero

141 En OD x 0.083 en espesor de pared.

𝑟 = 3.25 𝑖𝑛

𝐷 = 1.084𝑖𝑛 = 0.09033𝑓𝑡

Hallamos la rugosidad relativa

𝐷

𝐸=

0.09033

1.5 × 10−4= 602




Y a partir de esta tabla obtenemos el factor de fricción 𝑓𝑡 ; esto

en función de la rugosidad relativa y Reynolds.

TABLA. Factor de fricción en la zona de turbulencia completa

para tubería de acero comercial. DIAGRAMA DE MODDY.

𝑓𝑡 = 0.023 ; En zona de total turbulencia

𝐴 = 6.409 × 10−3𝑓𝑡2

𝑄 = 27.5 𝑔𝑎𝑙 𝑚𝑖𝑛⁄ = 0.0612 𝑓𝑡3 𝑠⁄




De la ecuación de continuidad tenemos:

𝑄 = 𝑉 × 𝐴

Despejando: 𝑣 =𝑄

𝐴=

(0.0612𝑓𝑡3 𝑠⁄ )

0.006409𝑓𝑡2= 9.556 𝑓𝑡 𝑠⁄

𝑣2

2𝑔=

9.556 𝑓𝑡 𝑠⁄ 2

2 × 32.2 𝑓𝑡 𝑠⁄ 2 = 1.418𝑓𝑡

GRAFICO: Resistencia debido a las vueltas a ª90 en tuberías

Del grafico obtenemos la longitud equivalente.

Radio relativo : 𝑟

𝐷=

3.25𝑖𝑛

1.08𝑖𝑛= 3

Longitud equivalente: 𝐿𝑐

𝐷= 12.5

El coeficiente de resistencia lo obtenemos de:

𝐾 = 𝑓𝑡× ( 𝐿𝑐 𝐷⁄ )=0.023 × 12.5 = 0.288




Remplazamos los valores obtenidos en:

ℎ𝑙 = 𝐾 (𝑉2

2𝑔) = 0.288 × 1.408𝑓𝑡

𝒉𝒍 = 𝟎. 𝟒𝟎𝟖𝒇𝒕

57.- Para los datos del problema 10.53, calcule el coeficiente de flujo

Cv según se definió en la sección 10.14. El aceite tiene una gravedad

específica de 0.90.

Solución:

Datos:

Se toma los datos del ejercicio 10.53.

Estos datos son:

𝑄 = 5 𝑔𝑎𝑙 𝑚𝑖𝑛⁄




∆𝑃 = 60 𝑝𝑠𝑖

𝑠. 𝑔 = 0.90

De la ecuación básica de flujo de líquido.

𝑄 = 𝐶𝑣 × √∆𝑃 𝑠𝑔⁄

Dónde:

𝑄 ∶ 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 , 𝑒𝑛 𝑔𝑎𝑙 𝑚𝑖𝑛⁄

𝐶𝑣 ∶ 𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 , es adimensional

∆𝑃 ∶ 𝐶𝑎𝑖𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 = 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 ,

𝑒𝑛 𝑙𝑏 𝑖𝑛2⁄

𝑠. 𝑔 ∶ 𝐺𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜

Muchos autores reportan el (Cv) efectivo como función del

número de vueltas del vástago de la válvula desde cerrado por

completo hasta la apertura completa.

Despejando el coeficiente de flujo y remplazando los valores :

𝐶𝑣 =𝑄

√∆𝑃 𝑠𝑔⁄

𝐶𝑣 =5

√60 0.90⁄

𝑪𝒗 = 𝟎. 𝟔𝟏𝟐




MECÁNICA DE FLUIDOS DE ROBERT MOT

SEXTA EDICIÓN

CAPÍTULO 11





3.- En la fig.11.13 se muestra parte de un circuito hidráulico. La presión en el punto B debe ser

de 200 psig cuando el flujo volumétrico sea de 60 gal/min. El fluido hidráulico tiene una

gravedad especifica de 0.90 y una viscosidad dinámica de 6.0x10^-5 lb-s/pies^2. La longitud

total de la tubería entre los puntos A y B es de 50 pies. Los codos son estándar. Calcule la

presión en la salida de la bomba. En el punto A.

𝑃𝑏 = 200𝑝𝑠𝑖𝑔

𝐷𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 = 0.9

𝑄 = 60𝑔𝑎𝑙/ min

𝐷 = 2" = 0.167𝑝𝑖𝑒𝑠

𝑃𝑠𝑖𝑔 =144𝑙𝑏

𝑓𝑡2=

144𝑙𝑏

𝑝𝑢𝑙𝑔2

𝑣𝑖𝑠𝑐𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑖𝑛𝑎𝑚𝑖𝑐𝑎 = 6.0𝑥10−5𝑙𝑖𝑏/𝑝𝑖𝑒2




𝑣𝑖𝑠𝑐𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑐𝑖𝑛𝑒𝑚𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎 =𝑣𝑖𝑠𝑐𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑖𝑛𝑎𝑚𝑖𝑐𝑎

𝐷𝑅= 0.0000666𝑚2/𝑠𝑒𝑔

Rugosidad de la tubería de acero comercial tenemos : K=0.006

APLICAMOS LA ECUACION DE BERNOULLI EN EL PUNTO “A” Y EN EL PUNTO “B”:

𝑃𝑎

𝛾+

𝑣2

2𝑔+ 𝑧𝑎 =

𝑃𝑏

𝛾+

𝑣2

2𝑔+ 𝑧𝑏 + ℎ𝑓 + ℎ𝑘

𝑄 = 𝑉𝑥𝐴 =13𝑓𝑡3/𝑠𝑒𝑔

𝜋𝑥𝐷24

= 𝑉 … … … … . 𝑽 = 𝟓𝟗𝟑. 𝟓𝒇𝒕/𝒔𝒆𝒈

Si: 𝒉𝒇 =𝒇𝒙𝒍𝒙𝑽𝟐

𝑫𝒙𝟐𝒈=

𝒇𝒙𝟓𝟎𝒙𝟓𝟗𝟑.𝟓𝟐

𝟎.𝟏𝟔𝟕𝒙𝟐𝒙𝟑𝟐.𝟏𝟗= 𝟏𝟔𝟑𝟖𝟏𝟏𝟑. 𝟓𝟔𝟕𝟖𝟑𝒙𝒇

Si: 𝒉𝒌(𝒄𝒐𝒅𝒐) = 𝑲 (𝑽𝟐

𝟐𝒈) = 𝟏. 𝟖(

𝑽𝟐

𝟐𝒈)

Si: 𝒉𝒌(𝒗𝒂𝒍𝒗𝒖𝒍𝒂) = 𝑲 (𝑽𝟐

𝟐𝒈) = 𝟎. 𝟔𝟓(𝑽𝟐/𝟐𝒈)

Entonces nos quedaría reemplazando valores y también simplificando:

𝑷𝒂 = 𝟑𝟗. 𝟐𝟖𝟐𝟏 + 𝟏𝟔𝟑𝟕𝟗𝟑𝟔. 𝟒𝟔𝒙𝒇 + 𝟗𝟗𝟒. 𝟕𝟏𝟓

es una ecuación no lineal por eso utilizaremos el método de NEWTHON RAPHSON para

solucionarlo:

asumimos que para un “f” inicial tomara el valor de (𝒇 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟏)

Donde: 𝒂 =𝑲𝒔

𝟑.𝟕𝑫 𝒃 =

𝟐.𝟓𝟏

𝑹𝒆 𝒇(𝒙) = −𝟐𝒍𝒐𝒈(𝒂 + 𝒃𝒙) 𝒚 𝒍𝒂 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒔𝒆𝒓𝒂:

Donde finalmente tendremos que le valor verdadero de “x” será:




Después de converger la ecuación, tendremos el resultado siguiente:

friccion Presión (psig)

0.0001 201.876

0.0023 211.769

0.0022 212.811

Donde tendremos el verdadero valor aproximado de:

𝑷𝒂 = 𝟐𝟏𝟐. 𝟖𝟏𝟏 𝒑𝒔𝒊𝒈





M

O

T

SEXTA EDICIÓN

CAPÍTULO 12





12.- Por el sistema de tubería ramificado que se aprecia en la figura,

en el punto A circulan 850 L/min de agua a 10 °C. Por una tubería de 4

pulgadas, cedula 40. El flujo se bifurca en dos tuberías de 2 pulgadas,

cedula 40. Según se observa, y vuelve a unirse en el punto B. Calcule

(a) el flujo volumétrico en cada una de las ramas y (b) la diferencia de

presión pA - pB. Incluya el efecto de las perdidas menores en la rama

inferior del sistema, la longitud total de la tubería de la rama inferior

es de 60 m. Los codos son estándar.

La pérdida de energía:

ℎ𝐿𝑎= 𝑓𝑎

𝐿

𝐷 𝑉2

2𝑔 = 𝑓𝑎

30

0.0525 𝑉𝑎

2

2𝑔 𝑦 ℎ𝐿𝑎

= ℎ𝐿𝑏∶ 𝑓𝑏𝑇

= 0.019

ℎ𝐿𝑏= 𝑓𝑏

60

0.0525 𝑉𝑏

2

2𝑔+ 3𝑓𝑏𝑇(30)

𝑉𝑏2

2𝑔+ 3𝑓𝑏𝑇(150)

𝑉𝑏2

2𝑔

= (1142𝑓𝑏 + 4.56)𝑉𝑏

2

2𝑔

𝐴𝑠𝑢𝑚𝑖𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑓𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛, 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒: 𝑓𝑎 = 𝑓𝑏

= 0.02 𝑦 𝑒𝑙

ℎ𝐿𝑎= ℎ𝐿𝑏

(571)(0.02)𝑉𝑎

2

2𝑔= (1142𝑓𝑏 + 4.56)

𝑉𝑏2

2𝑔




(571)(0.02)𝑉𝑎

2

2𝑔= (1142(0.02) + 4.56)

𝑉𝑏2

2𝑔

11.42𝑉𝑎

2

2𝑔= 27.4

𝑉𝑏2

2𝑔

11.42 𝑉𝑎2 = 27.4 𝑉𝑏

2

𝑉𝑎 = √27.4

11.42 𝑉𝑏 = 1.55 𝑉𝑏

𝑄𝐴 = 𝑉𝑎 𝐴𝑎 + 𝑉𝑏 𝐴𝑏 = (1.55 𝑉𝑏) 𝐴𝑎 + 𝑉𝑏 𝐴𝑏

𝑄𝐴 = (2.55 𝑉𝑏) 𝐴𝑏

𝑉𝑏 = 𝑄𝐴

2.55 𝐴𝑏=

850 𝐿

𝑚𝑖𝑛 𝑚3

𝑠

2.55𝑥2.168𝑥10−3𝑚2(60000)𝐿

𝑚𝑖𝑛

= 2.56𝑚𝑖𝑛

𝑠

𝑉𝑎 = 1.55 𝑉𝑏 = 3.97 𝑚

𝑠

𝑅𝑒𝑎 = 𝑉𝑎 𝐷𝑎

𝑣 =

(3.97)(0.0525)

1.30𝑥10−6

= 1.60 𝑥105 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜

𝐷

𝜀=

0.0525

4.5𝑥10−5= 1141 → 𝑓𝑎 = 0.021

𝑅𝑒𝑏 = 𝑉𝑏 𝐷𝑏

𝑣 =

(2.56)(0.0525)

1.30𝑥10−6

= 1.03 𝑥105 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜

𝐷

𝜀=

0.0525

4.5𝑥10−5= 1141 → 𝑓𝑏 = 0.0215




𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑣𝑒𝑠 𝑙𝑎𝑠 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑦𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑜𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜

𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑓𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛:

571(0.021)𝑉𝑎

2

2𝑔= (1142(0.0215) + 4.56)

𝑉𝑎2

2𝑔

11.91 𝑉𝑎2 = 29.11 𝑉𝑏

2

𝑉𝑎 = 1.56 𝑉𝑏

𝑉𝑏 = 𝑄𝐴

2.56 𝐴𝑏=

850

60000

2.56𝑥2.168𝑥10−3= 2.55

𝑚

𝑠

𝑉𝑎 = 1.56 𝑉𝑏 = 3.98𝑚

𝑠 𝑛𝑜 ℎ𝑎𝑦 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜

Calculamos los caudales de A y B:

𝑄𝐴 = 𝑉𝑎 𝐴𝑎 = (3.98𝑚

𝑠) (2.168𝑥10−3 𝑚2) (60000

𝐿

𝑚𝑖𝑛 𝑚3

𝑠 )

= 518 𝐿

𝑚𝑖𝑛

𝑄𝐵 = 𝑉𝑏 𝐴𝑏

= (2.55𝑚

𝑠) (2.168𝑥10−3 𝑚2) (60000

𝐿

𝑚𝑖𝑛 𝑚3

𝑠 )

= 332 𝐿

𝑚𝑖𝑛

Finalmente calculamos: 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵

𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝛾ℎ𝐿 = ℎ𝐿𝑏

𝑷𝑨 − 𝑷𝑩 = 𝟗. 𝟖𝟏 𝑲𝑵

𝒎𝟑(𝟓𝟕𝟏(𝟎. 𝟎𝟐𝟏)

𝟑. 𝟗𝟖𝟐

𝟐 ∗ 𝟗. 𝟖𝟏) = 𝟗𝟓. 𝟎𝟎 𝒌𝑷𝒂




𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝛾ℎ𝐿 = ℎ𝐿𝑏= 9.81

𝐾𝑁

𝑚3 (571(0.021)

3.982

2 ∗ 9.81𝑚) = 95.00 𝑘𝑃𝑎




MECÁNICA DE FLUIDOS DE

JUAN G. SALDARRIAGA V.

CAPÍTULO 4





4.12 una bomba con diámetro de succión de 4 pulgadas y diámetro de descarga de 6 pulgadas

produce un incremento en la presión del agua de 250 KPa cuando el caudal bombeado es

de 98 l/s. ¿Cuál es la cabeza Hm aumentada por la bomba? ¿Cuál es la potencia necesaria

para mover la bomba si su eficiencia es de 69%?

Solución:

Diametro de entrada=4 pulg.=0.101m De=0.101m

Diametro de salida =6 pulg=0.1524m Ds=0.1524m

Variación de presión=P1-P2=250Kpa

Caudal=98 l/seg= 0.098 m3/seg

V1= 5.37 m/seg

V2=12.23 m/seg

𝝆 = 𝟗𝟗𝟗. 𝟏𝒌𝒈

𝒎𝟑

𝒖 = 𝟏. 𝟏𝟒𝒙𝟏𝟎−𝟑𝑷𝒂. 𝒔

𝒗 = 𝟏. 𝟏𝟒𝟏𝒙𝟏𝟎−𝟔𝒎𝟐/𝒔𝒆𝒈

Donde aplicamos la ecuación de Bernoulli en la entrada y salida de la bomba:

𝑃𝑎

𝛾+

𝑣2

2𝑔+ 𝑧𝑎 =

𝑃𝑏

𝛾+

𝑣2

2𝑔+ 𝑧𝑏 + ℎ𝑓

𝑃𝑠 − 𝑃𝑒

𝛾+

𝑣2 − 𝑣1

2𝑔= ℎ𝑓

250𝐾𝑝𝑎

𝛾+

12.23m

seg − 5.37𝑚

𝑠𝑒𝑔

2𝑔= ℎ𝑓

𝒉𝒇 = 𝟎. 𝟓𝟗𝟗𝒎

Luego aplicamos la ecuación de la cabeza de la bomba en el cual encontraremos el

Hm:




𝒉𝒎 = 𝒉𝒕 + (∑ 𝒉𝒇 + ∑ 𝒉𝒌),

𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎𝑠 (∑ ℎ𝑘) 𝑛𝑜 𝑟𝑒𝑝𝑟𝑒𝑠𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛 𝑛𝑖𝑛𝑔𝑢𝑛 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑙𝑜 𝑠𝑖𝑔𝑢𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒:

∆𝑬 = 𝒉𝒎 = 𝒉𝒕 + (∑ 𝒉𝒇 + ∑ 𝒉𝒌),

Se asume que la variación de la energía será: ∆𝑬 = 𝟐𝟒𝟓𝟐. 𝟓 , entonces de la ecuación nos

quedara:

𝒉𝒎 = 𝟐𝟒𝟓𝟐. 𝟒𝟒𝟎𝟏

Después hallaremos la potencia para una eficiencia de 69 %:

Donde la potencia teórica es:

𝑯 = ∆𝑬

𝒑𝒐𝒕 = 𝑯 =𝜸𝒙𝑸𝒙∆𝑬

𝑵𝒙𝟕𝟔

Donde el valor de “N” representa la eficiencia en porcentaje, entonces la ecuación

quedara:

𝒑𝒐𝒕 = 𝑯 =𝟗𝟗𝟗. 𝟏𝒙𝟗. 𝟖𝟏𝒙𝟎. 𝟎𝟗𝟖𝒙𝟐𝟒𝟓𝟐. 𝟒𝟒𝟏

𝟎. 𝟔𝟗𝒙𝟕𝟔

𝑯 = 𝟓𝟗𝟎. 𝟕𝟐𝟔𝒉𝒑




MECÁNICA DE FLUIDOS DE

JUAN G. SALDARRIAGA V.

CAPÍTULO 5





5.15 resuelva el ejemplo 5.6 teniendo en cuenta que el diámetro de las dos nuevas

tuberías se reduce a 10 pulgadas. ¿Cuál es la nueva presión en el nodo de salida?




MECÁNICA DE FLUIDOS E

HIDRAULICA DE RENALD V.

GILES. MC GRAWHIL

CAPÍTULO 9





40.- La altura de carga inicial sobre un orificio era 2.7 m y cuando el flujo se detuvo la carga altura de carga medida era 1.2 m ¿bajo qué altura de carga H constante evacuaría el mismo orificio el mismo volumen de agua en el mismo intervalo de tiempo? Se supone el coeficiente c. Donde volumen bajo carga decreciente será igual al volumen bajo carga constante 1

2𝐶𝐴0√2𝑔(ℎ1

1/2+ ℎ2

1/2) ∗ 𝑡 = 𝐶𝐴0√2𝑔𝐻 ∗ 𝑡

Simplificando tenemos 1

2(√2.7 + √1.2) = √𝐻

𝑯 = 𝟏. 𝟖𝟖 𝒎

49.- A través de una tubería en la que está centrado un tubo de Pitot

estático, que tiene un coeficiente de 0.97 circula trementina a 20°C. El

manómetro diferencia de mercurio indica una diferencia de lecturas

de 10 cm. ¿Cuál es la velocidad en el centro?

La densidad de Trementina en 20°C es 67.75 𝑘𝑔/𝑚3

∆𝑃

𝛾𝑤= 0.1𝑚, ∆𝑃 = 100𝑘𝑔/𝑚2

Por formula sabemos que:

𝑣 = 𝑐√2𝑔 (∆𝑃

𝛾𝑡𝑟𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑖𝑛𝑎 𝑎 20°𝐶)




𝑣 = 0.97√2 ∗ (9.81𝑚/𝑠) (100𝑘𝑔/𝑚2

67.75 𝑘𝑔/𝑚3)

𝒗 = 𝟓. 𝟐𝟏𝟗𝟗𝟓 = 𝟓. 𝟐𝟐 𝒎/𝒔

58.- Circula aire a 15.5°C a través de un amplio conducto y de ahí a

través de un orificio de 7.5 cm de diámetro practicado en capa fina

(c=0.62). Un tubo manométrico contenido agua de una lectura de 3.1

cm. Considerando que el peso específico del aire se mantiene

constante. ¿Cuál es el caudal, en kg/min, a través del orificio?

𝑄 = 𝐶𝐴√2𝑔𝐻

𝛾(𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑎 15.5°𝐶) = 1.22𝑘𝑔/𝑚3

Hallamos presión

𝑃 = 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 ∗ ℎ𝑎𝑔𝑢𝑎 = 1000 ∗ 0.031 = 31 𝑘𝑔/𝑚2

𝐻 =𝑃

𝛾𝑎𝑖𝑟𝑒=

31 𝑘𝑔/𝑚2

1.22𝑘𝑔/𝑚3= 25.41 𝑚

Reemplazando tenemos

𝑄 = 0.62 ∗ (𝜋(0.075)2

4) √2 ∗ 9.81 ∗ 25.41 = 0.061 𝑚3/𝑠

𝑸 = (𝟎. 𝟎𝟔𝟏𝒎𝟑

𝒔) ∗ (

𝟏. 𝟐𝟐𝒌𝒈

𝒎𝟑) ∗ (

𝟔𝟎 𝒔

𝒎𝒊𝒏) = 𝟒. 𝟒𝟕

𝒌𝒈

𝒎𝒊𝒏

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