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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

YUNUS A. CENGEL – MECANICA DE FLUIDOS FUNDAMENTOS Y APLICACIONES – PRIMERA EDICIÓN – CAPÍTULO 5 – ECUACIÓN DE CONSERVACIÓN DE MASA, DE BERNOULLI Y DE ENERGÍA – PROBLEMAS

PROBLEMA 5.1

Nombre cuatro cantidades físicas que se conserven y 2 que no se conserven durante un proceso.

SOLUCION 5.1

Cantidades físicas que se conservan Masa:

Energía: Los sistemas obedecen la ley de conservación de la energía de acuerdo a:

-

=

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Momentun: La conservación del Momentun lineal está dado por

= Carga eléctrica: sea en un circuito, La cantidad de carga se distribuirá en otros metales conductores.

Propiedades Físicas que no se conservan: Volumen: Debido a que el volumen que ingreso a un sistema no es el mismo al que sale incluso en estado estacionario, yo que la propiedad densidad del flujo puede variar por los cambios de temperatura y presión. Entropía: No se conserva ya que la entropía depende de la temperatura y la presión del fluido y estas propiedades varían en las entradas y salidas de un sistema.

PROBLEMA 5.2

Defina flujo de masa y gasto volumétrico. ¿Cómo están relacionados entre sí?

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SOLUCION 5.2

Definiciones:

Flujo de Masa: es la variación de la cantidad de materia por unidad de tiempo y representa una razón de cambio en el tiempo o taza de cambio en el tiempo Dónde: 𝑚̇ =

𝑑𝑚 𝑑𝑡

Costo Volumétrico: Es la velocidad del flujo de un fluido en unidades de volumen por unidad de tiempo. Relación de Flujo de masa y el Gasto volumétrico: Están relacionados por la propiedad del flujo llamado densidad Dónde:

𝜌=

𝑚̇ 𝑄

PROBLEMA 5.3

La cantidad de masa que entra a un volumen de control ¿tiene que ser igual a la cantidad de masa que sale durante un proceso de flujo no estacionario?

SOLUCION 5.3

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En un proceso no estacionario 𝑑𝑚𝑣.𝑐 𝑑𝑡

≠0

𝑚̇𝑖𝑛

≠ 𝑚𝑜𝑢𝑡 𝑦𝑎 𝑞𝑢𝑒

Y esto implica que exista una acumulación o desacumulacion de masa en el sistema. Comentario: El proceso de estado estacionario de un s sistema se alcanza luego de un determinado tiempo a partir del arranque del proceso de operaciones, por ello no todos los sistemas que se analicen estarán en estado estacionario.

PROBLEMA 5.4

¿Cuándo es estacionario el flujo que pasa por un volumen de control?

SOLUCION 5.4

El flujo que pasa por un volumen de control es estacionario cuando no existe acumulación de masa o desacumulacion y cuando los perfiles de temperatura del sistema en el tiempo no cambian ya que éstas determinan las propiedades de entradas y salidas.

PROBLEMA 5.5

Considere un dispositivo con una entrada y una salida. Si los gastos volumétricos en la entrada y en la salida son los mismos, ¿el flujo que pasa por este dispositivo es necesariamente estacionario? ¿Por qué?

SOLUCION 5.5

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𝑄𝑖𝑛: Gasto volumétrico en la entrada 𝑄𝑜𝑢𝑡: Gasto volumétrico en la salida Dato:

𝑄𝑖𝑛: = 𝑄𝑜𝑢𝑡:

Incógnita: ¿El flujo que pasa por este dispositivo es necesariamente estacionario? Desarrollo:

No necesariamente debido a que el flujo de ingreso se puede encontrar en condiciones de temperatura y presión diferentes al fluido de salida y esto contribuye en la afirmación que la densidad es variable.

⇒𝜌1 ≠ 𝜌2 𝑦 𝑚̇𝑖𝑛 = 𝑄𝑖𝑛 𝜌1, 𝑚̇𝑜𝑢𝑡 = 𝑄𝑜𝑢𝑡 𝜌2

∴ 𝑚𝑖𝑛 ≠ 𝑚𝑜𝑢𝑡 → 𝑚𝑖𝑛− 𝑚𝑜𝑢𝑡 = Como

𝑑𝑚𝑣.𝑐 ≠0 𝑑𝑡

𝑑𝑚𝑣.𝑐 ≠ 0 , se demuestra que no necesariamente es estacionario. 𝑑𝑡

PROBLEMA 5.6

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Se usa una manguera de jardín que tiene una boquilla para llenar una cubeta de 20 gal. El diámetro interior de la manguera es de 1 in y se reduce hasta 0.5 in a la salida de la boquilla. Si la velocidad promedio en la manguera es de 8 ft/s. determine, a) los gastos volumétricos y de masa del agua que pasa por la manguera, b) cuánto tardará en llenarse la cubeta con el agua y c) la velocidad promedio del agua a la salida de la boquilla.

SOLUCION 5.6

Datos: Volumen de una cubeta: V = 20 gal. Diámetro interior: Di = 1 in Diámetro en la salida: 𝐷𝑜𝑢𝑡 = 0.5in

Velocidad promedio en la manguera: Ʋ = 8 ft/s

Incógnitas: a) Gasto Volumétrico y másico b) Tiempo de llenada de la cubeta. c) Velocidad promedio a la salida Desarrollo: a) Q = A Ʋ; A =

Q=

3.1416 4

𝜋 4

(Di)² → Q =

𝑥 �1 𝑖𝑛 𝑥

𝜋 4

(𝐷𝑖)2 Ʋ

1 𝑓𝑡

12 𝑖𝑛

b) Calculo el tiempo de llegada

Q=

𝑣 𝑡

→𝑡=

𝑣

𝑄

→𝑡=

c) Velocidad promedio a la salida.

𝑄 = 𝐴𝑜𝑢𝑡 Ʋ𝑜𝑢𝑡 , 𝐴𝑜𝑢𝑡 = Web site: www.qukteach.com

�² 𝑥 8

𝑓𝑡 𝑠

20 𝑔𝑎𝑙

= 0.04363

0.04363 𝑓𝑡³/𝑆

𝑥

1 𝑓𝑡³

7.48 𝑔𝑎𝑙

𝑓𝑡³ 𝑆

= 61.28 𝑆

𝜋 𝜋 (𝐷𝑜𝑢𝑡 )2 → 𝑄 = (𝐷𝑜𝑢𝑡 )2 × Ʋ𝑜𝑢𝑡 4 4 e-mail: [email protected]

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Ʋ𝑜𝑢𝑡

4 𝑋 0.04363 𝑓𝑡³/𝑆 4𝑄 = = 32 𝑓𝑡/𝑆 1 𝑓𝑡 𝜋 (𝐷𝑂𝑈𝑇)² 3.1416 𝑋 �0.5𝑖𝑛 𝑥 �² 12𝑖𝑛

Respuesta:

a) Q = 0.04363 ft³/S b) t= 61.28 S c) Ʋ𝑂𝑈𝑇 = 32 ft/S PROBLEMA 5.7

Entra aire de manera estacionaria a una tobera a 2.21 kg/m³ y 30 m/s, y sale a 0.762 kgm³ y 180 m/s. si el área de la entrada de la tobera es de 80 cm², determine a) el flujo de masa que pasa por la tobera y b) el área de salida de ésta.

SOLUCION 5.7

Datos: Entrada en la tobera:

𝜌1=2.21 𝑘𝑔/𝑚3, 𝑉1=30𝑚/𝑠 , 𝐴1=80 𝑐𝑚² Salida en la tobera:

𝜌2 = 0.762 𝑘𝑔/𝑚³, 𝑉2 = 180 m/s Incógnitas:

a) Flujo de masa b) Área de la salida Desarrollo:

a) 𝑚̇ = 𝜌1 𝑥 𝑉1 𝑥 𝐴1 → 𝑚̇ =2.21

𝑘𝑔

𝑚³

b) 𝑚̇ = 𝜌2 𝑥 𝑉2 𝑥𝐴2 → 𝐴2 =

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𝑥 30 𝑚̇

𝑚

𝜌2 𝑥 𝑉2

𝑠

𝑥 80 𝑐𝑚² 𝑥

1 𝑚²

10000 𝑐𝑚²

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= 05304

𝑘𝑔 𝑆

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𝐴2 =

0.5304 𝑘𝑔/𝑠 = 0.00387 𝑚² 0.762 𝑘𝑔/𝑚3 𝑥 180 𝑚/𝑠

𝐴2 = 0.00387 𝑚²

Respuesta:

10000 𝑐𝑚² = 38.7 𝑐𝑚² 1 𝑐𝑚²

a) 𝑚̇ = 0.5304 kg/s b) 𝐴2 = 38.7 𝑐𝑚² PROBLEMA 5.8

Una secadora de cabello es un ducto de diámetro constante en el cual se colocan unas cuantas capas de resistencia eléctricas. Un pequeño ventilador hace que el aire entre y lo fuerza a pasar a través de las resistencias, en donde se calienta. Si la densidad del aire es de 1.20 Kg/m3 a la entrada y 1.05 Kg/m3 a la salida, determine el porcentaje de aumento en la velocidad del aire conforme fluye por la secadora.

SOLUCION 5.8

Datos: Condiciones de Entrada: 𝐷𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒: 𝜌1 = 1,20

Condiciones de Salida: 𝐷𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒: 𝜌2 = 1,05 Incógnita:

Porcentaje de aumento en la velocidad del aire Web site: www.qukteach.com

𝐾𝑔 𝑚3

𝐾𝑔 𝑚3

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones Desarrollo: 1.- Se escoge el volumen de Control, el cual es:

2.- Balance de Masa en el volumen de control:

𝑚̇ 1 − 𝑚̇ 2 =

𝑑𝑀𝑉.𝐶 𝑑𝑡

Como se considera que el sistema se encuentra en estado estacionario:

𝑑𝑀𝑉.𝐶 = 0 → 𝑚̇ 1 = 𝑚̇ 2 𝑑𝑡

𝑚̇ 1 = 𝜌1𝑄1̇ = 𝜌1𝐴𝑉1 → 𝜌1𝐴𝑉1 = 𝜌2 𝐴𝑉2 →

𝑉2 𝜌1 = 𝑉1 𝜌2

𝑉2 1,20 𝐾𝑔/𝑚3 = = 1,143, 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑎 𝑢𝑛 𝑖𝑛𝑐𝑟𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 14,3% 𝑉1 1.05 𝐾𝑔/𝑚3 Respuesta: El porcentaje de aumento es de 14.3%

PROBLEMA 5.9

Se tiene aire cuya densidad es de 0.078 lbm/ft³ que entra al ducto de un sistema de aire acondicionado con un gasto volumétrico de 45 ft³/min. Si el diámetro del ducto es de 10 in, determine la velocidad del aire a la entrada del ducto y el flujo de masa de ese aire.

SOLUCION 5.9

Datos:

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Densidad del aire: 𝜌 = 0.078

𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡³

Gasto volumétrico: 𝑄 = 450 𝑓𝑡³/𝑚𝑖𝑛 Diámetro: 𝐷𝑖 = 10𝑖𝑛 Incógnitas:

a) Velocidad del aire. b) Flujo másico del aire Desarrollo:

𝑉=

a) 𝑄 = 𝑉 𝑥 𝐴, 𝐴 =

𝜋 4

(𝐷𝑖)2 → 𝑄 = 𝑉 𝑥

4

(𝐷𝑖)2

4𝑥𝑄 4 𝑥 450 𝑓𝑡³/𝑚𝑖𝑛 𝑓𝑡 = = 825 1 𝑓𝑡 𝑚𝑖𝑛 𝜋 𝑥 (𝐷𝑖)² 3.1416 𝑥 �10 𝑖𝑛 𝑥 �² 12 𝑖𝑛

𝑉 = 825

1 𝑚𝑖𝑛 𝑓𝑡 𝑥 = 13.75 𝑓𝑡/𝑠 60 𝑠 𝑚𝑖𝑛

̇ = 𝜌 𝑥 𝑄 = 0.078 b) 𝑀

Respuesta:

a) 𝑉 = 825 b)

𝜋

𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡 3

𝑥 450

𝑓𝑡³

𝑚𝑖𝑛

𝑥

1 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

= 0.585

𝑙𝑏𝑚 𝑠

𝑓𝑡

𝑚𝑖𝑛

𝑀̇ =0.585

𝑙𝑏𝑚 𝑠

PROBLEMA 5.10

Un tanque rígido de 1 m³ contiene aire cuya densidad es de 1.18 kg/m³. Está conectado a una línea de alimentación de alta presión a través de una válvula. Ésta de abre y se deja entrar aire al tanque hasta que la velocidad en éste se eleve a 7.20kg/m³. Determine la masa de aire que ha entrado al tanque.

SOLUCION 5.10 Web site: www.qukteach.com

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Datos: Capacidad del tanque: 𝑉 = 1 𝑚3

Densidad del aire inicial: 𝜌𝑖 = 1.18 𝑘𝑔/𝑚³ Densidad del aire final: 𝜌𝑓 = 7.20 𝑘𝑔/𝑚³ Incógnita:

a) Masa de aire que ingreso al tanque Desarrollo: a) Balance de masa en el tanque

𝑚̇𝑖 − 𝑚̇𝑓 =

𝑑𝑚𝑣.𝑐 𝑑𝑡

→

Para un mismo intervalo de tiempo se puede aproximar:

𝑚𝑖 − 𝑚𝑓 = ∆𝑚𝑣.𝑐 → 𝑚𝑓 = 0; 𝑚𝑖 = ∆𝑚𝑣.𝑐 → ∆𝑚𝑣.𝑐 :

Solo ingresa masa y no sale del sistema

Acumulación de masa en el volumen del control

𝑚𝑖 = 𝜌𝑓 𝑥 𝑉 − 𝜌𝑖 𝑉 = (𝜌𝑓 − 𝜌𝑖 ) 𝑉 = (7.20

Respuesta:

𝑘𝑔 − 1.18𝑘𝑔/𝑚³) 𝑥 1 𝑚³ = 6.02 𝑘𝑔 𝑚3

𝑚; = 6.02 𝑘𝑔 PROBLEMA 5.11

El ventilador que extrae el aire del cuarto de baño de un edificio tiene un gasto volumétrico de 30 L/s y funciona de manera continua. Si la densidad del aire en el interior es de 1.20 Kg/m3, determine la masa del aire que se extrae en un día.

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SOLUCION 5.11

Datos Gasto volumétrico: 𝑄̇ = 30 𝐿/𝑠

Densidad del aire:𝜌 = 1,20 𝐾𝑔/𝑚 3

Incógnita: Masa de aire que se extrae en un día Desarrollo: 1.- Se escoge el volumen de control, el cual es:

2.- Balance de masa en el volumen de control: Web site: www.qukteach.com

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𝑚̇ 1 − 𝑚̇ 2 =

𝑑𝑀𝑉.𝐶 𝑑𝑡

Como se considera que el sistema está en estado estacionario:

𝑑𝑀𝑉.𝐶 = 0 → 𝑚̇ 1 = 𝑚̇ 2, 𝑑𝑡 𝑚̇ 1 =

𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 ∆𝑡

𝑚̇ 2 = 𝑄̇ 𝜌

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑒𝑥𝑡𝑟𝑎í𝑑𝑎 𝑦 ∆𝑡 𝑒𝑠 𝑒𝑙 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑑𝑒𝑚𝑜𝑟𝑎 𝑙𝑎 𝑒𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛

𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 = 𝑄̇ 𝜌 → 𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 = 𝑄̇ 𝜌∆𝑡 ∆𝑡 𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒

𝐿 1𝑚3 𝐾𝑔 24 ℎ 3600 𝑠 = �30 ∗ � ∗ 1,20 3 ∗ 1 𝑑í𝑎 ∗ ∗ = 3110.4 𝐾𝑔 𝑠 1000 𝐿 𝑚 1 𝑑í𝑎 1ℎ

Respuesta: Se extrae 3110.4 Kg de aire.

PROBLEMA 5.12 Se va a enfriar una computadora de escritorio mediante un ventilador cuyo gasto es de 0.34 m3/min. Determine el flujo de masa del aire que pasa por el ventilador a una altitud de 3400m, en donde la densidad del aire es de 0,7 kg/m3. Asi mismo, si la velocidad promedio del aire no sobrepasa el valor de 110 m/min, determine el diámetro del ventilador.

Datos:

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Gasto Volumétrico: 𝑄̇ = 0.34 𝑚3 /𝑚𝑖𝑛

Densidad del aire para las condiciones mencionadas: ρ = 0,7 Kg /𝑚3 Velocidad promedio del aire: 𝑉 = 110 𝑚/𝑚𝑖𝑛

Incógnitas: Flujo másico del aire, Diámetro del ventilador Desarrollo: 1.- Analizando el flujo másico del ventilador

𝐾𝑔 𝑚3 1 𝑚𝑖𝑛 𝐾𝑔 𝑚̇ = 𝜌. 𝑄̇ = 0.7 3 ∗ 0.34 ∗ ≡ 0.004 𝑚 𝑠 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 2.- Para el cálculo del diámetro

𝑄̇ = 𝑉𝑥 𝐴 , 𝐷=�

𝐴=

𝜋 2 𝐷 4

→

𝜋 𝑄̇ = 𝑉. 𝐷 2 4

4𝑄̇ 4 ∗ 0.34 𝑚3/𝑚𝑖𝑛 =� 𝑚 𝑉𝜋 ∗ 3.1416 110 𝑚𝑖𝑛

𝐷 = 0.0627 𝑚

Respuesta: El flujo máximo resultó 0.004 Kg/s y el diámetro 0.0627 m.

PROBLEMA 5.13

Un salón de fumar tiene capacidad para 15 personas. Se especifica que la necesidad mínima de aire fresco para este tipo de salones es de 30 L/s por persona (ASHRAE, norma 62, 1989) Determine el gasto mínimo necesario de aire fresco para alimentar el salón y el diámetro del ducto, si la velocidad del aire no debe sobrepasar el valor de 8 m/s.

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SOLUCION 5.13

Datos: Gasto volumétrico por persona: 𝑄 = 30 𝐿/𝑠 Velocidad del aire: 𝑉 = 8 𝑚/𝑠 Incógnitas:

Gasto mínimo de aire Diámetro del ducto Desarrollo: 1.- Analizando el flujo 𝑄𝑚𝑖𝑛 = 𝑄 ∗ 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑜𝑛𝑎𝑠 𝐿

𝑄𝑚𝑖𝑛 = 30 ∗ 15 = 450 𝐿/𝑠 𝑠

2.- Cálculo del diámetro

𝑄𝑚𝑖𝑛 = 𝑉. 𝐴 ,

𝜋 𝑄𝑚𝑖𝑛 = 𝑉. 𝐷 2 , 4

𝐴=

𝜋 2 𝐷 4

𝐷=�

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4𝑄𝑚𝑖𝑛 𝑉. 𝜋

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1𝑚3 𝐿 4 ∗ 450 ∗ 𝑠 1000 𝐿 = 0.268 𝐷=� 𝑚 8 ∗ 3.1416 𝑠

Respuesta: El gasto mínimo de aire es 450 L/s y el diámetro es 0.268 m.

PROBLEMA 5.14

Se especifica que la necesidad mínima de aire fresco de un edificio es un cambio de aire por hora de 0,35 (ASHRAE, norma 62, 1989). Es decir, cada hora debe reemplazarse 35 por ciento de todo el aire contenido en una residencia por aire fresco del exterior. Si se debe satisfacer por completo mediante un ventilador la necesidad de ventilación de una residencia de 2.7 m de alto y 200 m2, determine la capacidad de flujo en L/min del ventilador que se necesita instalar. Determine también el diámetro del ducto, si la velocidad del aire no debe ser mayor a 6 m/s.

SOLUCION 5.14

Datos: Flujo del aire. 35% del contenido en la residencia en una hora. Dimensiones: 2.7 m de alto y 200 m2 de área. Velocidad: V = 6 m/s. Incógnitas: Flujo volumétrico en L/min Diámetro del ducto Desarrollo: 1.- Analizando el flujo de ingreso de aire:

𝑄̇ =

35%𝜐𝑟𝑒𝑠𝑖𝑑𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 ℎ

𝜐𝑟𝑒𝑠𝑖𝑑𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = 2.7 𝑚 ∗ 200 𝑚2 = 540 𝑚3 Web site: www.qukteach.com

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𝑄̇ = 0.35 ∗ 540

𝑚3 1000 𝐿 1ℎ ∗ ∗ = 3150 𝐿/𝑚𝑖𝑛 1𝑚3 60 𝑚𝑖𝑛 ℎ

2.- Cálculo del diámetro

𝑄̇ = 𝑉. 𝐴

,

𝐴=

𝜋 2 𝐷 4

𝐿 1 𝑚𝑖𝑛 1𝑚3 ̇ 3150 ∗ ∗ 4 ∗ 4𝑄 � 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 1000 𝐿 = 0.106 𝑚 𝐷=� = 𝜋𝑉 3.1416 ∗ 6 𝑚/𝑠 Respuesta: El flujo volumétrico es 3150 L/min y el diámetro 0.106 m.

PROBLEMA 5.15

¿Qué es la energía mecánica? ¿En qué difiere de la energía técnica? ¿Cuáles son las formas de la energía mecánica de un flujo de fluido?

SOLUCION 5.15

Definición: Energía mecánica: es la forma de energía que se puede convertir completa y directamente a trabajo mecánico por medio de un dispositivo mecánico ideal Diferencia de energía mecánica con la térmica: Se diferencian en que la energía térmica no se puede convertir en trabajo de manera directa y por completo. Esta diferencia está sustentado en la segunda ley de la termodinámica, la cual manifiesta que la conversión de energía térmica a mecánica siempre presenta una eficiencia menor al 100%. Formas de energía mecánica:  Energía de presión  Energía potencial gravitacional  Energía cinética Web site: www.qukteach.com

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Los cuales se encuentra relacionado en la siguiente ecuación:

Obs: Sus unidades están en longitud del fluido de operación.

PROBLEMA 5.16

¿Qué es la eficiencia mecánica? ¿Qué significa una eficiencia mecánica de 100 por ciento para una turbina hidráulica?

SOLUCION 5.16

Eficiencia mecánica: Es la relación entre la potencia útil entregada directamente al fluido del proceso respecto a la potencia real consumida por el dispositivo que opera en el proceso.

Ƞ=

𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑢𝑡𝑖𝑙 𝑃 𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑜𝑠 =1− 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑎 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑎

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑢𝑡𝑖𝑙 = 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑎 − 𝑃𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑓𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛 Significado de eficiencia de 100% para una turbina hidráulica:

Significa que toda la potencia consumida por la turbina es equivalente a la potencia útil suministrada por la turbina. Y esto es un caso ideal, ya que se están despreciando las pérdidas de potencia en la fricción de la operación de la turbina.

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PROBLEMA 5.17

¿Cómo se define la eficiencia combinada bomba – motor de un sistema de bomba y motor eléctrico? ¿Puede ser mayor la eficiencia combinada bomba – motor que la de la bomba o la del motor?

SOLUCION 5.17

Eficiencia combinada bomba motor: Es cuando se considera el acoplamiento bomba-motor.

Y se define como el producto de las eficiencias independientes

Ƞ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎−𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 = Ƞ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 × Ƞ𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 = 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: Ƞ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎−𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 =

𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑢𝑡𝑖𝑙 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎

𝑃𝑓𝑙𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑢𝑡𝑖𝑙 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑢𝑡𝑖𝑙 𝑥 = 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑃𝑓𝑙𝑒𝑐ℎ𝑎

¿Puede ser mayor la eficiencia combinada bomba-motor eléctrico que la de la bomba o el motor? No, ya que la eficiencia del motor es menor a 1, al igual que la de la bomba, en consecuencia el producto de dichos valores será menor que cualquiera que lo originó.

Ƞ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 < 1 𝑦 Ƞ𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 < 1 ⇒ Ƞ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 𝑥 Ƞ𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 < < 1 Ejemplo:

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Ƞ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 0.9 Ƞ𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 = 0.85

⇒ Ƞ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎−𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 = 0.9 × 085 = 0.765

∴ Ƞ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎−𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 < Ƞ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎

Ƞ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎−𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 < Ƞ𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟

𝑦

PROBLEMA 5.18

Defina la eficiencia de la turbina, la eficiencia del generador y la eficiencia combinada del turbogenerador.

SOLUCION 5.18

Eficiencia de turbina: Relación adicionalmente entre la salida de energía mecánica entre la energía suministrada por un fluido generalmente vapor o gas

Ƞ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 =

𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑙 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜

Eficiencia del generador: Relación adimensional entre la salida de potencia eléctrica entre la entrada de potencia mecánica

Ƞ𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 =

𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑚𝑒𝑐á𝑛𝑖𝑐𝑎

Eficiencia turbo generador: se define a partir del acoplamiento de la turbina y su generador.

; donde Potencia salida = Potencia mecánica

Ƞ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑜−𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 = Ƞ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 𝑥 Ƞ𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 = Web site: www.qukteach.com

𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑥 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑚𝑒𝑐𝑎𝑛𝑖𝑐𝑎

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Ƞ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑜−𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 =

𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎

PROBLEMA 5.19

Considere un río que fluye hacia un lago a una velocidad promedio de 3 m/s a razón de 500 m³/s en un lugar 90 m por arriba de la superficie del lago. Determine la energía mecánica total del agua del río por unidad de masa y el potencial de generación de potencia del río completo en ese lugar.

SOLUCION 5.19

Datos: Velocidad promedio: Ʋ = 3 𝑚/𝑠 Caudal: 𝑄 = 500 𝑚³/𝑠

Diferencia de alturas: ∆𝑧 = 90𝑚

Incógnitas:

a) Energía mecánica total por unidad de masa. b) Potencia capaz de ser generada por el río. Desarrollo: a) Energía del río, respecto al nivel de referencia indicada:

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𝐸𝑟í𝑜 =

𝐸𝑟í𝑜

1 2

𝑚𝑔 ∆𝑧+ 𝑚Ʋ² 𝑚

3𝑚 2 � � Ʋ² 𝑚 𝑚2 𝑘𝑔 𝑠 = 𝑔∆𝑧 + = 9.8 2 × 90 𝑚 + = 886.5 2 𝑥 = 886.5 𝐽/𝑘𝑔 2 𝑠 𝑘𝑔 2 𝑠

𝐸𝑟í𝑜 = 886.5

𝐽 1 𝑘𝐽 𝑥 = 0.8865 𝑘𝐽/𝑘𝑔 𝑘𝑔 1000𝐽

𝑘𝑔 b) 𝑀̇ = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑥 𝑄 = 1000 𝑥 500 𝑚³/𝑠 = 5 × 105 𝑘𝑔/𝑠 𝑚³

Potencia = 𝑃𝑜𝑡 = 𝑀̇𝑥𝐸𝑟í𝑜 = 5𝑥105 Respuesta:

𝑘𝑔 𝑘𝐽 𝑥0.8865 = 4.43𝑥105 𝑘𝑤 = 443 𝑀𝑊 𝑠 𝑘𝑔

a) 𝐸𝑟í𝑜 = 0.8865 𝑘𝐽/𝑘𝑔 b) 𝜌𝑜𝑡 = 443 𝑀𝑊 PROBLEMA 5.20

Se va a generar potencia eléctrica a través de la instalación de un turbogenerador hidráulico, en un sitio que está 70 m por debajo de la superficie libre de un deposito grande de agua que puede suministrar ésta a razón de 1 500 kg/s, de manera uniforme. Si la salida de potencia mecánica de la turbina es de 800 kw y la generación de potencia eléctrica es de 750 kw, determine la eficiencia de la turbina y la eficiencia combinada del turbogenerador de esta planta. Desprecie las perdidas en los tubos.

SOLUCION 5.20

Datos: Diferencias de alturas: ∆𝑧 = 70 𝑚 Web site: www.qukteach.com

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Flujo másico: 𝑚̇ = 1500 𝑘𝑔/𝑠

Potencia de salida de la turbina: 𝑃𝑡𝑢𝑟 = 800 𝑘𝑤

Potencia de salida del generador: 𝑃𝑔𝑒𝑛 = 750 𝑘𝑤 Incógnitas:

a) Eficiencia de la turbina b) Eficiencia del turbo generador Desarrollo: Energía suministrada por el depósito: 𝐸 = 𝑚̇𝑔∆𝑧 = 1500 𝑘𝑔/𝑠 𝑥 9.8 𝑚/𝑠 2 𝑥 70𝑚 = 1029000 𝑊𝑥

a) Ƞ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 =

𝑃𝑡𝑢𝑟 𝐸

=

1029 𝑘𝑤

b) Ƞ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑜 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 =

Respuesta:

800 𝑘𝑤 𝑃𝑔𝑒𝑛 𝐸

=

= 77.7% 750 𝐾𝑊

1029 𝐾𝑊

1 𝑘𝑤 = 1029 𝑘𝑤 1000𝑤

= 72.9%

a) Ƞ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = 77.7% b) Ƞ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑜 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 = 72.9% PROBLEMA 5.21

En cierto lugar el viento está soplando uniformemente a 12 m/s. determine la energía mecánica del aire por unidad de masa y el potencial de generación de potencia de una turbina de viento con alabes de 50 m de diámetro en ese lugar. Determine también, la generación real de potencia eléctrica si se supone una eficiencia total de 30 por ciento. Tome la densidad del aire como 1.25 kg/m³.

SOLUCION 5.21

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Velocidad del viento: V = 12m/s Diámetro de álabes: 𝐷 = 50𝑚 Densidad: 𝜌 = 1.25 𝑘𝑔/𝑚³ Eficiencia: Ƞ = 30%

Incógnitas:

a) Energía mecánica por unidad de masa b) Potencia de generación de potencia c) Generación real de potencia Desarrollo:

a. 𝐸1 =

1 𝑚𝑉² 2

𝑀

=

b. 𝑃𝑜𝑡 = 𝑚̇𝐸1 , 𝑃𝑜𝑡 = 𝜌 × 𝑉 ×

= 1.25

c.

𝑉² 2

=

[12 𝑚/𝑠]² 2

=

72𝐽 𝑘𝑔

=

72𝐽 𝑘𝑔

𝑚̇ = 𝜌 × 𝑉 × 𝐴, 𝐴 =

𝜋 × 𝐷 2 𝑥𝐸1 4

𝑥

𝜋 4

1 𝑘𝐽

1000𝐽

𝐷²

= 0.072

𝑘𝐽

𝑘𝑔

𝑚 𝑘𝐽 3.14 𝐾𝑔 2 ( ) × 12 × 50𝑚 × 0.072 𝑥 = 2120.6 𝑘𝑤 𝑠 𝑘𝑔 4 𝑚3

𝑃𝑜𝑡,𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑃𝑜𝑡

= Ƞ → 𝑃𝑜𝑡,𝑟𝑒𝑎𝑙 = Ƞ × 𝑃𝑜𝑡

𝑃𝑜𝑡,𝑟𝑒𝑎𝑙 = 0.3 × 2120.6 𝑘𝑤 = 636.2 𝑘𝑤 Respuesta:

a) 𝐸𝑗 = 0.072

𝐾𝐽

𝐾𝑔

b) 𝑃𝑜𝑡 = 2120.6 𝐾𝑤

c) 𝑃𝑜𝑡,𝑟𝑒𝑎𝑙 = 636.2 𝑘𝑤

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PROBLEMA 5.22

Vuelva a considerar el problema 5-21. Use el Software de EES (o cualquier otro programa de este tipo) e investigue el efecto de la velocidad del viento y del diámetro cubierto por los álabes sobre la generación eólica de potencia. Suponga que la velocidad varía de 5 hasta 20 m/s, en incrementos de 20 m. elabore una tabla de los resultados y analice su significado.

SOLUCION 5.22 Datos: Usados del problema 5.21 Incógnitas: Evaluación del efecto de la velocidad del viento y del diámetro. 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒:

𝑉: 5 − 20 𝑚/𝑠 𝑐𝑜𝑛 𝑖𝑛𝑔𝑟𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 ∆𝑉 = 5𝑚/𝑠 D: 20 − 80 𝑚 𝑐𝑜𝑛 𝑖𝑛𝑔𝑟𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 ∆𝐷 = 20 𝑚

Desarrollo:

Se realizó en una hoja Excel teniendo los siguientes resultados: -En los cálculos se considera la eficiencia de 30% mencionada en el problema 5.21 V (m/s) 5 5 5 5 10 10 10 10 15 15 15 15 20 20 20 20

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D (m) 20 40 60 80 20 40 60 80 20 40 60 80 20 40 60 80

Pot (KW) 7.4 29.5 66.3 117.8 58.9 235.6 530.1 942.5 198.8 795.2 1789.2 3180.9 471.2 1885.0 4241.2 7539.8

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8000.0

Potencia Real (KW)

7000.0 6000.0 5000.0

V=5m/s

4000.0

V=10m/s

3000.0

V=15m/s

2000.0

V=20m/s

1000.0 0.0 0

20

40

60

80

100

Diámetro de álabes (m)

Respuesta: La potencia real incrementa al incrementar la velocidad del aire y el diámetro de los alabes.

PROBLEMA 5.23

Un sector de termopar diferencial en la administración y la descarga de una bomba indican que la temperatura del agua aumenta 0.072º F conforme fluye a través de esa bomba a razón de 15 ft³/s. si el consumo de potencia mecánica de dicha bomba es de 27 hp, determine la eficiencia mecánica de dicha bomba.

SOLUCION 5.23

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Datos: Incremento de temperatura: ∆T = 0.072℉ Caudal: 𝑄 = 15 𝑓𝑡³/𝑠

Consumo de potencia por la bomba: 𝑃𝑖𝑛 = 27 ℎ𝑝 Incógnitas:

a) Eficiencia mecánica de la bomba Desarrollo: Balance de energía, tomando a la bomba como volumen de control: 𝑑(𝐸𝑣.𝑐 ) 𝑑𝑡

̇ ∆𝑃 = 𝑄̇ + 𝑊 − 𝑚̇ � + ∆𝐸 + ∆𝐸𝑘 + 𝑔∆𝑧� 𝜌

Considerando: ∆𝑧 ≈ 0, ∆𝐸𝑘 ≈ 0

El sistema se encuentra en estado estacionario: Ẇ : El trabajo entregado al fluido agua

𝑄 =̇ 0: Sistema adiabático (consideración)

⇒ 𝑚̇ ∆𝐸 = 𝑊̇𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑜 ,

∆𝑃 = 𝐶𝑃 ∆𝑇

𝑊̇𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑜 = 𝑚̇ Cp ∆T , m = ρQ

𝑑 (𝐸𝑉.𝐶 ) 𝑑𝑡

=0

Ya que es un fluido incompresible

𝑊̇𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑜 = 𝜌 × 𝑄 × 𝐶𝑃 × ∆T

𝑓𝑡 3 𝐵𝑡𝑢 1ℎ𝑝 𝑙𝑏𝑚 � × �1 � × (0.072º𝐹 ) × = �62.4 3 � × �1.5 𝐵𝑡𝑢 𝑙𝑏𝑚º𝐹 𝑓𝑡 𝑆 0.707 𝑆

𝑊̇𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑜 = 9.53ℎ𝑝; Ẇ = 𝑊̇𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑜 + 𝑊̇𝑢𝑡𝑖𝑙 → 𝑊̇𝑢𝑡𝑖𝑙 = Ẇ − 𝑊̇𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑜

Ƞ=

𝑊̇𝑢𝑡𝑖𝑙 17.47 ℎ𝑝 = = 64.7% 27 ℎ𝑝 𝑃𝑖𝑛

Respuesta:

a) Ƞ = 64.7%

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PROBLEMA 5.24

Se bombea agua desde un lago hasta un tanque de almacenamiento que está 20 m arriba, a razón de 70 L/s, en tanto que se consumen 20.4 kw de electricidad. Se descartan cualesquiera pérdidas por ficción en los tubos y cualesquiera cambios en la energía cinética, determine a) la eficiencia total de la unidad bomba-motor y b) la diferencia de presión entre la admisión y la descarga de la bomba.

SOLUCION 5.24

Datos: Diferencia de alturas: ∆ z = 20 m Caudal: 𝑄 = 70 𝐿/𝑆

Potencia consumida: 𝑃𝑖𝑛 = 20.4 𝑘𝑤

Incógnitas:

a) Eficiencia total b) Diferencia de presión entra la admisión y la descarga de la bomba Desarrollo: a) Balance de energía: Web site: www.qukteach.com

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𝐸1 + ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 𝐸2 + ℎ𝑓𝑔 1→2

𝑃2 𝑉²2 𝑃1 𝑉²1 + + 𝑍1 + ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = + + 𝑍2 + ℎ𝑓𝑔 1→2 𝜌𝐺 𝜌𝑔 𝜌𝑔 𝜌𝑔 𝑉22 − 𝑉1 2 ≅ 0,

𝑃1 = 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 ,

ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 𝑍2 − 𝑍1 = 20 𝑚

ℎ𝑓

𝑔 1→2

≅0

Ẇ utıl = ṁ × g. ḣ bomba = ρ Q × g hbomba = 1000

kg

m³

×

70 L S

×

1m³

1000L

× 9.8m/s 2x 20 m

Ẇ util = 13720 w = 13.720 kw Ƞ=

Ẇutil Pin

=

13.720 kw 20.4kw

= 67.25%

b) Analizando a la bomba: Balance de energía:

ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎

𝑃𝑜𝑢𝑡 𝑉 2 𝑜𝑢𝑡 𝑃𝑖𝑛 𝑉 2 𝑖𝑛 =� + + 𝑍𝑜𝑢𝑡 � − � + + 𝑍𝑖𝑛 � 𝜌𝑔 𝜌𝑔 𝜌𝑔 𝜌𝑔

𝑉 2 𝑜𝑢𝑡 − 𝑉 2 𝑖𝑛 ≅0 𝜌𝑔 𝑍𝑜𝑢𝑡 − 𝑍𝑖𝑛 ≅ 0

𝑃𝑂𝑈𝑇 − 𝑃𝑖𝑛 = 𝜌𝑔 hbomba = 1000

Respuesta:

𝐾𝑔 𝑚 × 9.8 2 × 20𝑚 = 196000 𝑃𝑎 = 196 𝐾𝑃𝑎 3 𝑚 𝑠

a) Ƞ = 67.25%

b) ∆ 𝑃 = 196 𝐾𝑃𝑎

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PROBLEMA 5.25

¿Qué es la aceleración en la dirección del flujo? ¿En qué difiere respecto de la aceleración normal? ¿Puede acelerarse una partícula en el flujo estacionario?

SOLUCION 5.25

Aceleración en la dirección del flujo: En la aceleración que experimenta una partícula en una línea de corriente y corresponde explícitamente a la componente que se encuentra en la línea de corriente:

Diferencia entre la aceleración en la dirección del flujo y la normal: La aceleración en la dirección de la corriente se debe a un cambio en la magnitud de la velocidad a lo largo de una línea de corriente, mientras que la normal infiere en el cambio de la dirección. ¿Puede acelerarse una partícula en el flujo estacionario? Primero se debe tener en claro que estado estacionario significa que los valores no cambian en el tiempo en un lugar especificado, pero el valor de una cantidad puede cambiar de un lugar a otro. Matemáticamente se puede expresar la velocidad V de un fluido en función de S y t.

Diferenciando V (s, t): 𝑑𝑣 = Web site: www.qukteach.com

𝜕𝑣 𝜕𝑣 𝑑𝑣 𝜕𝑣 𝑑𝑠 𝜕𝑣 𝑑𝑠 + 𝑑𝑡 → = + 𝜕𝑠 𝜕𝑡 𝑑𝑡 𝜕𝑠 𝑑𝑡 𝜕𝑡 e-mail: [email protected]

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𝐸𝑙 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎

𝜕𝑣 =0 𝜕𝑡

→ 𝑉 = 𝑉 (𝑠)𝑦 𝑙𝑎 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 "𝑎(𝑠) " 𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎

→ 𝑎(𝑠) =

𝑑𝑣 𝑑𝑡

=

𝜕𝑣 𝑑𝑠 𝜕𝑠 𝑑𝑡

=

𝜕𝑣 𝜕𝑠

𝑉=𝑉

𝑑𝑣 𝑑𝑠

, 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑉 =

𝑑𝑠 𝑑𝑡

∴ En el estado estacionario la partícula acelera y se debe al cambio de la velocidad con la posición “s”.

PROBLEMA 5.26

Exprese la ecuación de Bernoulli de tres maneras diferentes, use a) Energías, b) presiones y c) cargas.

SOLUCION 5.26

Expresar la ecuación de Bernoulli en tres maneras diferentes Sea un flujo y se analiza del punto 1 al 2 a) Ecuación en términos de energía de 1 a 2

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑔𝑧1 = + + 𝑔𝑧2 𝜌1 2 𝜌2 2 b) Ecuación en términos de presión de 1 a 2: Web site: www.qukteach.com

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𝑃1 +

𝜌1 𝑉1 2 2

+ 𝜌1 𝑔𝑍1 = 𝑃2 +

𝜌2 𝑉2 2 2

+ 𝜌2 𝑔𝑧2

c) Ecuación en términos de alturas de 1 a 2:

𝑃1 𝑉1 2 𝑃2 𝑉2 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 𝜌1 𝑔 2𝑔 𝜌2𝑔 2𝑔 PROBLEMA 5.27

¿Cuáles son las tres hipótesis importantes que se establecen en la deducción de la ecuación de Bernoulli?

SOLUCION 5.27

Hipótesis importantes que se establece en la deducción de la ecuación de Bernoulli. 1. Flujo en estado estacionario: Implica que las propiedades no varíen en el tiempo en cada punto de las líneas de corriente del flujo. Esto condiciona a que la ecuación no debe usarse durante los periodos de arranque y de paro de un proceso, o durante los periodos de cambio en las condiciones de flujo. 2. Flujo sin fricción: A pesar de que todo flujo genera fricciones la ecuación de Bernoulli desprecia los efectos de estas. El error en el uso se puede incrementar cuando los flujos son por tuberías largas y angostas. Los accesorios en los tramos de tubería perturban las líneas de flujo y generan fricción y en estos casos la ecuación de Bernoulli no es precisa. 3. Flujo incompresible: Se considera incompresible cuando la densidad del fluido permanece constante a lo largo de las líneas de flujo. Esta condición la satisfacen los líquidos y también los gases con números de Mach menores a 0.3, pero en los procesos de ingeniería química las condiciones de los gases transportados por ductos no cumplen la ecuación de Bernoulli ya que son muy compresibles.

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PROBLEMA 5.28

Defina presión estática, presión dinámica y presión hidrostática. ¿En qué condiciones su suma es constante para un flujo de flujo?

SOLUCION 5.28

Presión estática: es la presión del fluido “P” la cual ésta representa en la ecuación de Bernoulli y 𝑃 produce una columna de fluido 𝜌𝑔 Presión dinámica: está dada por el término

𝜌

𝑉² 2

Presión Hidrostática: está dada por el término ρgZ

Las tres presiones están relacionadas en la ecuación de Bernoulli en términos de presiones:

P+

𝜌𝑉² 2

+ 𝜌𝑔𝑧 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Para que la suma de estas expresiones sea constante, el fluido debe estar en estado estacionario, despreciar las fricciones generadas y que sea incompresible, esto quiere decir que la densidad no varía a lo largo de las líneas de flujo.

PROBLEMA 5.29

¿Qué es la presión de estancamiento? Explique cómo se puede medir.

SOLUCION 5.29

Presión de estancamiento: Es la suma de la presión dinámica y la estática.

𝑃𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝑃 + Web site: www.qukteach.com

𝜌 𝑉² 2

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Se puede medir utilizando un tubo de Pitot de la siguiente manera

𝜌𝑉1 2 En 1 se tiene: 𝑃1 + + 𝑍1 2

𝜌𝑉2 2 𝐸𝑛 2: 𝑃2 + + 𝑍2 2

𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑧1 = 𝑧2 𝑦 𝑉2 ≅ 0

𝜌𝑉1 2 → 𝑃1 + = 𝑃2 = 𝑃𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔𝑦 2 PROBLEMA 5.30

Defina carga de presión, carga de velocidad y carga de elevación para un flujo de fluido y expresarlas para uno de estos flujos cuya presión es P, velocidad es V y elevación es Z.

SOLUCION 5.30

Carga de presión: Representa la altura de una columna de fluido que produce la presión estática 𝑃• Matemáticamente se expresa por

𝑃

𝜌𝑔

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Carga de velocidad: Representa la elevación necesaria para que un fluido alcance la velocidad 𝑉 durante una caída libre sin fricción. Matemáticamente se expresa por Carga de elevación:

𝑉²

2𝑔

Representa la energía potencial del fluido. Matemáticamente se expresa por Z.

PROBLEMA 5.31

¿Qué es la línea de gradiente hidráulico? ¿En qué difiere respecto a la línea de energía? ¿En qué condiciones las dos líneas coinciden con la superficie libre de un líquido?

SOLUCION 5.31

Línea de gradiente hidráulico: LGH Es conocida como línea piezométrica o línea de alturas piezométricas, se obtiene cuando se coloca un piezómetro en varios lugares a lo largo del tubo y se traza una línea que pase por los niveles de líquido en los piezómetros. Se reporta presiones estáticas. Diferencia con la línea de energía: LE Radica en que la línea de energía se construye usando tubos de Pitot el cual mide la presión estática mas la dinámica y la curva generada están por encima de la del gradiente hidráulico.

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Condiciones en que tienen coincidencia con la superficie libre de un líquido Para flujo en canal abierto, la LGH coincide con la superficie libre del líquido y la LE está a una dis𝑉² tancia 2𝑔 arriba de esa superficie libre.

PROBLEMA 5.32

¿Cómo es la ubicación de la línea de gradiente hidráulico determinado por el flujo en canal abierto? ¿Cómo se determina a la salida de un tubo que está descargando a la atmosfera?

SOLUCION 5.32 Ubicación de la línea de gradiente hidráulico en un flujo de canal abierto. LGH (Línea de gradiente hidráulico) coincide con la superficie libre del líquido. Determinación de LGH en la salida de un tubo de descarga a la atmosfera. En la salida la carga de presión es cero (presión atmosférica) y LGH coincide con la salida.

PROBLEMA 5.33

El nivel del agua de un tanque que está sobre el techo de un edificio es de 20 m por arriba del suelo. Una manguera va del fondo del tanque hasta el suelo. El extremo de la manguera tiene una boquilla la cual se apunta directo hacia arriba. ¿Cuál es la altura máxima hasta la que podría llegar el agua? ¿Qué factores reducirían esta altura?

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SOLUCION 5.33

Datos: ∆ 𝑍 = 20 𝑚 Incógnitas:

a) Cuál es la altura máxima b) Factores que reducirían la altura Desarrollo: a) Si aplicamos Bernoulli: 𝑃1

𝜌𝑔

+

𝑉1 ≅ 0

𝑉2 = 0

𝑉1 2 2𝑔

+ 𝑍1 =

𝑃2

𝜌𝑔

+

𝑉2 2 2𝑔

+ 𝑍2 ,

𝑦𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 𝑑𝑒 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑚𝑢𝑦 𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑒 𝑦𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎

𝑃1 = 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚

→ 𝑍2 = 𝑍1 = 20 𝑚 → 𝑍𝑚𝑎𝑥 = 20 𝑚 Respuesta:

a) 𝑍𝑚𝑎𝑥 = 20 𝑚

b) Los factores que reducirían la altura son la fricción en la tubería y la pérdida de carga originada al pasar el flujo del tanque a la tubería.

PROBLEMA 5.34

En cierta aplicación debe hacerse pasar un sifón por arriba de un muro alto. ¿Es posible que agua o aceite con gravedad específica de 0.8 pasen por arriba de un muro más alto? ¿Por qué?

SOLUCION 5.34

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Pasar un sifón por arriba de un muro alto. Analizar la posibilidad que el agua o aceite con gravedad especifica de 0.8 pasen por arriba de un muro bien alto. Desarrollo:

Despreciando las fricciones, se aplica Bernoulli de 3 a 2

𝑃3 𝑉3 2 𝑃2 𝑉2 2 + + 𝑍3 = + + 𝑍2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑍2 = 0, 𝑍3 = 𝑦 + 𝑧,

→

𝑉3 = 𝑉2 (𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑠𝑎), 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚

𝑃3 𝑃2 𝑃𝑎𝑡𝑚 = − 𝑍3 = − (𝑦 + 𝑧) → 𝑃3 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − (𝑦 + 𝑧)𝜌𝑔 𝜌𝑔 𝜌𝑔 𝜌𝑔

Respuesta: Si el muro es bien alto (el valor de Z alto), la presión en el punto 3 disminuiría demasiado y puede evaporarse ya que se formaría una mezcla líquido-vapor en el punto.

PROBLEMA 5.35

Explique cómo y por qué funciona un sifón. Alguien propone hacer para agua fría. Por acción de un sifón, sobre un muro de 7 m de alto. ¿Es factible esto? Explíquelo.

SOLUCION 5.35

Funcionamiento del sifón: Web site: www.qukteach.com

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El sifón es una manguera con diámetro pequeño y que para iniciar la acción es necesario introducir uno de los extremos en un tanque del cual queremos transportar el líquido que contiene, la manguera se llena mediante una succión previa y enseguida se introduce el otro extremo en otro reservorio que se encuentra debajo del nivel del primer tanque, la diferencia de presiones entre el nivel de líquido del primer tanque y la salida al segundo tanque hace que el líquido fluya de mayor a menor elevación. Caso: pasar agua fría sobre un muro de 7 m de alto.

Despreciando las fricciones se aplica Bernoulli de 1 a 2.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑍1 = + + 𝑍2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑍1 = 𝑍 ˄ 𝑍2 = 0 𝑉2 = 𝑉1

𝑃2 = 𝑃𝑎𝑢𝑡

→

𝑃1 𝑃𝑎𝑡𝑚 = − 𝑍1 𝜌𝑔 𝜌𝑔

→ 𝑃1 = 1𝑎𝑡𝑚 − 𝑍𝜌𝑔 = 101.3 𝑘𝑃𝑎 − 7 𝑚 × 1000 → 𝑃1 = 32.7 𝑘 𝑃𝑎

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𝑘𝑔

𝑚3

× 9.8 𝑚/𝑠²

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Considerando que sea agua a 25°C, analizando el diagrama P-V

Del diagrama se obtiene que el agua en el punto (1) todavía se encontraría en base líquida, por ello es factible pasar sobre el muro de 10 m de alto.

PROBLEMA 5.36

Una estudiante pasa agua, por acción de un sifón, sobre un muro de 8.5 m de alto a nivel del mar. Después sube a la cima del Monte Shasta (altitud 4 390 m. Patm =58.5 kPa) e intenta lo mismo experimento. Comente sus posibilidades de tener éxito.

SOLUCION 5.36

Datos: Altura: Z = 8.5 m Patm = 58.5 kPa.

Incógnitas:

a) Analizar el fenómeno

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Desarrollo: Aplicando Bernoulli de 1 a 2.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 → 𝑉1 = 𝑉2 , 𝑧1 = 𝑧, 𝑧2 = 0, 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃1 𝑃𝑎𝑡𝑚 = − 𝑧1 𝜌𝑔 𝜌𝑔

→ 𝑃1 = 𝑝𝑎𝑡𝑚 − 𝑧1 𝜌𝑔

= 58.5 𝑘𝑃𝑎 − 8.5 𝑚 × 9.8 𝑚/𝑠² × 1000 𝑘𝑔/𝑚³

→ 𝑃1 = −24.8 𝑘𝑃𝑎 y esto se explica porque la presión de 58.5 𝑘𝑃𝑎 no puede soportar una columna de agua de 8.5 𝑚, la altura debería ser menor para que se consiga el objetivo. PROBLEMA 5.37

Se conecta un manómetro de vidrio, con aceite como fluido de trabajo a un ducto de aire, como se muestra en la figura P5-37C. ¿El aceite fluirá en el manómetro como se ve en la figura P5-37C a como se ve en la b? Explíquelo. ¿Cuál sería su respuesta si se invirtiera la dirección del flujo?

SOLUCION 5.37

Analizar los casos:

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Caso a)

Caso b)

𝑃1 = 𝜌𝑔𝑦 + 𝑃2

𝑃1 + 𝜌𝑔𝑦 = 𝑃2

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑃2 < 𝑃1

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑃2 > 𝑃1

→ El manómetro (a) es correcto debido a que analizando a la ecuación de Bernoulli de 1 a 2, se tiene:

𝑃1 𝑉 21 𝑃2 𝑉 2 2 + = + , 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝐺 𝑦 𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑖𝑑𝑎𝑑

𝐴1𝑉𝐽 = 𝐴2 𝑉2

→ 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝐴1 > 𝐴2 ⇒ 𝑉2 > 𝑉1 → 𝑉2 2 > 𝑉1 2 → 𝑃1 > 𝑃2.

Este análisis es independiente de la dirección del flujo, por lo tanto el manómetro (a) indicará lo mismo si el flujo es contrario.

PROBLEMA 5.38

Se va a medir la velocidad de un fluido que fluye en un tubo mediante dos manómetros diferentes de mercurio, del tipo de Pitot, como se muestra en la figura P5-38. ¿Esperaría que el lector que los manómetros predecirían la misma velocidad para el agua que fluye? Si no es así, ¿Cuál sería el más exacto? Explíquelo. ¿Cuál sería su respuesta si fluyera aire en lugar de agua en el tubo?

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SOLUCION 5.38

Analizar los manómetros:

Los manómetros no predicirían la misma velocidad ya que cada uno tiene diferente mecanismo de funcionamiento. El más exacto sería el sistema (2) debido a que predice mejor la diferencia de presiones y en consecuencia la velocidad es mejor predicha:

Balance de 1 a 2: 𝑃1

𝜌𝑔

+

𝑉1 2 2𝑔

+ 𝑧1 =

𝑧1 = 𝑧2 , 𝑉2 ≅ 0

𝑃2

𝜌𝑔

+

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𝑉2 2 2𝑔

+ 𝑧2 e-mail: [email protected]

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𝑉1 2 2𝑔

=

𝑃2 −𝑃1 𝜌𝑔

2(𝑃2−𝑃1 )

→ 𝑉1 = �

En el manómetro:

𝜌

𝑃2 = 𝜌𝑚 𝑔𝑦 + 𝑃1 → 𝑃2 − 𝑃1 = 𝜌𝑚 𝑔𝑦

→ 𝑉1 = �

2𝜌𝑚 𝑔𝑦 𝜌

Donde: 𝜌𝑚 : densidad del fluido manimétrico De esta manera se predice la velocidad

PROBLEMA 5.39

En climas fríos, los tubos de agua pueden congelarse y reventarse si no se toman las precauciones apropiadas. En uno de estos sucesos, la parte expuesta de un tubo que está sobre el suelo se rompe y el agua, se dispara hacia arriba hasta 34 m. estime la presión manométrica del agua en el tubo. Enuncie sus hipótesis y explique si la presión real es mayor o menor que el valor que predijo.

SOLUCION 5.39

Datos: Altura: ∆ 𝑍 = 34 𝑚 Incógnita:

a) Estimar la presión manométrica en el tubo. Desarrollo: Balance de energía de 1 a 2

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 Consideraciones:

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𝑉1 ≅ 0 Ya que el punto se encuentra justo antes de la abertura.

𝑉2 ≅ 0 Ya que es el punto que corresponde a la altura máxima que llega el chorro de agua (toda

la energía cinética se convirtió en potencial).

𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 →

𝑃1 𝑃𝑎𝑡𝑚 = (𝑧2 − 𝑧1) + 𝜌𝑔 𝜌𝑔

𝑃1 = (∆𝑍 ) 𝜌𝑔 + 𝑃𝑎𝑡𝑚 (𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 1) 𝑃𝑚,1 = 𝑃1 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 = (∆𝑍 ) 𝜌𝑔 = 34 𝑚 × 1000 𝑃𝑚,1 = 333.2 𝑘𝑃𝑎

𝑘𝑔

𝑚3

× 9.8

𝑚

𝑠2

= 333200 𝑃𝑎

Obs: La presión real dentro del tubo es mayor a la manométrica predicha ya que a esta se le debe agregar la presión atmosférica para igualar a la presión total. Respuesta: a) 𝑃𝑚,1 = 333.2 𝑘 𝑃𝑎

PROBLEMA 5.40 Se usa una sonda de Pitot y de presión estática (tubo de Prandtl) para medir la velocidad de un avión que vuela a 3 000 m. si la lectura de la presión diferencial es de 3 kPa, determine su velocidad.

SOLUCION 5.40

Datos: Altura: Z = 3000 m

Presión diferencial: ∆P = 3KPa Incógnita:

a) Velocidad del avión: Balance de energía de 1→2. Web site: www.qukteach.com

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𝑃1 𝑉1 2 𝑃2 𝑉2 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

Obs: se aplica Bernoulli ya que entre 1 y 2 se considera el flujo estable y con la densidad del aire constante

𝑧1 − 𝑧2 ≅ 0

𝑉2 2 ≅ 0 →

𝑉1 2 2𝑔

=

𝑃2 − 𝑃1 , 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑚𝑎𝑛𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑜: 𝑃2 = 𝜌𝑔ℎ + 𝑃1 𝜌𝑔

donde 𝑃2 − 𝑃1 = 𝜌𝑔ℎ = 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 = ∆𝑃

2 × ∆𝑃 2 × 3000 𝑃𝑎 =� = 81.24 𝑚/𝑠 ∴ 𝑉𝑗 = � 𝜌 0.909 𝑘𝑔/𝑚³ Respuesta:

a) V1 = 81.24 m/s PROBLEMA 5.41

Mientas circula un camino en mal estado, el fondo de un automóvil choca contra una roca filosa y esto causa agujero pequeño en el tanque de gasolina. Si la altura de la gasolina que está en el tanque es de 30 cm, determine la velocidad inicial de la gasolina en el agujero. Explique cómo cambiará la velocidad con el tiempo y cómo se afectaría el flujo si el tapón del tanque está cerrado con fuerza.

SOLUCION 5.41

Datos: Altura de gasolina: ∆Z = 30 cm Incógnitas:

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a) Velocidad inicial de la gasolina b) Como cambiará la velocidad en el tiempo c) Si el tapón está cerrado como afectaría el flujo Desarrollo: Para aplicar Bernoulli se considera que de 1 a 2 no existen fricciones en el flujo, que el fluido es incompresible y presenta flujo laminar. Balance de 1 a 2:

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝑠𝑖 𝑒𝑙 𝑡𝑎𝑝ó𝑛 𝑒𝑠𝑡á 𝑎𝑏𝑖𝑒𝑟𝑡𝑜 𝑃1 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 → 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 , 𝑉1 ≅ 0, 𝑃2 − 𝑃1 ≅ 0

𝑚 𝑉2 2 = 𝑧1 − 𝑧2 = ∆𝑍 → 𝑉2 = �2𝑔∆𝑍 = �2 × 9.8 2 × 0.3𝑚 = 2.43 𝑚/𝑠 𝑠 2𝑔

Respuesta:

a) 𝑉2 = 2.43 𝑚/𝑠 b) Como la velocidad es directamente proporcional a la raíz cuadrada de la altura de gasolina liquida, en el tiempo disminuirá ya que la altura disminuirá. c) Si el tapón está cerrado, a medida que salga el líquido la presión en el interior disminuirá ya que el vapor de la gasolina tendrá más volumen que ocupar y produciría una disminución en el flujo.

PROBLEMA 5.42

El agua para beber que se necesita en una oficina se surte en garrafones de agua.se introduce uno de los extremos de una manguera de plástico de 0.25 in de diámetro en el garrafón que se coloca sobre un pedestal alto, en tanto que el otro extremo, con una válvula para abrir y cerrar, se mantiene 2 ft abajo del fondo del garrafón. Si el nivel del agua en el garrafón está a 1.5 ft, cuando está lleno, determine cuánto tiempo mínimo se necesitará para llenar un vaso de 8 oz (= 0.00835 ft³) a) cuando el garrafón acabe de abrirse y b) cuando está casi vacío.

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SOLUCION 5.42

Datos: Diámetro: 𝐷 = 0.25 𝑖𝑛

∆𝑍1 = 2 𝑓𝑡

∆𝑍2 = 1.5 𝑓𝑡

Capacidad del vaso: V = 0.00835 ft 3

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Incógnitas: a) Tiempo mínimo cuando el garrafón acaba de abrirse b) Tiempo mínimo cuando el garrafón está casi vacío. Desarrollo: a) Para aplicar la ecuación de Bernoulli se considera que el flujo es uniforme y laminar, estado estacionario y se desprecia las fricciones en el trayecto. Balance de 1 a 2. 𝑃1

8𝑔

+

𝑉1 2 2𝑔

+ 𝑧1 =

𝑃2

𝜌𝑔

𝑉2 2

+

2𝑔

+ 𝑧2

𝑠𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎, 𝑉1 2 ≅ 0 , 𝑃1 = 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚

→ 𝑉2 = �(𝑍1 − 𝑍2 ) × 2𝑔 = �(∆𝑍1 + ∆𝑍2 ) × 2𝑔=�(∆𝑍) × 2𝑔 a) 𝑡𝑚𝑖𝑛,1 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 ∆𝑍 = 3.5𝑓𝑡

𝑉2 = �3.5𝑓𝑡 × 2 × 32.2 → 𝑡𝑚𝑖𝑛,1

𝑉×4 = = 𝜋 × 𝑉2 𝐷 2

𝑓𝑡 𝑓𝑡 = 15 , 𝑠2 𝑠

𝑄 = 𝑉2 ×

𝜋 2 𝑉 𝐷 = 4 𝑡𝑚𝑖𝑛,1

0.00835𝑓𝑡 3 × 4

𝑓𝑡 1𝑓𝑡 2 3.1416 × 15 �0.25𝑖𝑛 × � 𝑠 12𝑖𝑛

b) 𝑡𝑚𝑖𝑛,2 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 ∆𝑍 = 2𝑓𝑡 𝑉2 = �2𝑓𝑡 × 2 × 32.2 → 𝑡𝑚𝑖𝑛,1

𝑓𝑡 𝑓𝑡 = 11.35 , 𝑠2 𝑠

𝑉×4 = = 𝜋 × 𝑉2 𝐷 2

Respuesta:

𝑄 = 𝑉2 ×

= 1.63 𝑠

𝜋 2 𝑉 𝐷 = 4 𝑡𝑚𝑖𝑛,2

0.00835𝑓𝑡 3 × 4

𝑓𝑡 1𝑓𝑡 2 3.1416 × 11.35 �0.25𝑖𝑛 × � 𝑠 12𝑖𝑛

= 2.2 𝑠

a) 𝑡𝑚𝑖𝑛,1 = 1.63 𝑠 b) 𝑡𝑚𝑖𝑛,2 = 2.2 𝑠

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PROBLEMA 5.43

Un piezómetro y un tubo de Pitot se fijan a tomas en un tubo horizontal de agua de 3 cm de diámetro y se mide que las alturas de las columnas de agua son de 20 cm, en el piezómetro, y de 35 cm, en el tubo de Pitot (las dos medidas sobre la superficie superior del tubo de agua). Determine la velocidad en el centro de este tubo.

SOLUCION 5.43

Datos: D = 3 cm

𝑌1 = 20 𝑐𝑚

Y𝟐 = 35 cm Incógnitas:

a) Determinar la velocidad en el centro del tubo. Desarrollo: Aplicación de Bernoulli de 1 a 2.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝑉2 ≅ 0, 𝑧1 − 𝑧2 = 0 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃1 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔𝑦1 , 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔𝑦2 𝑉1 2 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔𝑦2 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔𝑦1 = − 2𝑔 𝜌𝑔 𝜌𝑔

𝑉1 = �2𝑔(𝑦2 − 𝑦1 ) = �2 × 9.8𝑚/𝑠 2 × (0.35 𝑚 − 0.2 𝑚) = 1.71 𝑚/𝑠 Respuesta:

a) 𝑉1 = 1.71 𝑚/𝑠

PROBLEMA 5.44 Web site: www.qukteach.com

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El diámetro de un tanque cilíndrico de agua es DT y su altura es H. el tanque está lleno con agua, y abierto la atmosfera. En el fondo se abre un orificio de diámetro Do con una entrada de bordes redondeados (sin pérdidas). Desarrolle una relación para el tiempo necesario para que el tanque a) se vacíe a la mitad y b) se vacíe totalmente.

SOLUCION 5.44

Datos: Diámetro del tanque: 𝐷𝑇 Altura: 𝐻

Diámetro del orificio: 𝐷0

Incógnitas:

a) Desarrollar una relación para el tiempo necesario para que el tanque se vacíe a la mitad. b) Para que se vacíe totalmente. Desarrollo: Para aplicar Bernoulli se desprecia las fricciones generadas durante el flujo y la ocasionada por la aventura. Balance de 1 a 2.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝑉1 ≅ 0 𝑠𝑒𝑎: 𝑧1 − 𝑧2 = 𝑧 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃𝑗 = 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 → 𝑉2 = �2𝑔𝑧 𝜋

Q = 𝑉2 × 𝐷0 2 ⋯ , 𝑡𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛 𝑄 = 4

𝑑𝑣 𝑑𝑡

= −𝐴

𝑑𝑧 𝑑𝑡

𝜋 2 𝜋 2 𝑑𝑧 𝐷𝑇 2 𝑑𝑧 → 𝑉2 × 𝐷0 = − 𝐷𝑇 → 𝑉2 = − � � 4 4 𝑑𝑡 𝐷0 𝑑𝑡 𝐷

→ �2𝑔𝑧 = − � 𝑇 � 𝐷0

𝜋

= − 𝐷𝑇 2 4

𝑑𝑧 𝑑𝑡

2 𝑑𝑧 𝑑𝑡

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones 𝑡

𝐷𝑇 2 𝑑𝑧 � 𝑑𝑡 = − � � � �2𝑔𝑧 𝐻 𝐷0 𝑧

0

𝐷𝑇 2 2 𝐷𝑇 2 2 → 𝑡 = −� � �√𝑍 − √𝐻� = � � �√𝐻 − √𝑍� 𝐷0 �2𝑔 𝐷0 �2𝑔 𝐻

2

𝐷

𝐻

2 𝐷

a) 𝑡1 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑧 = 2 , 𝑡1 = �2𝑔 × �𝐷𝑇 � ² �√𝐻 − � 2 � = �𝑔 �𝐷𝑇 � ²

𝐻 �√𝐻 − � � 2

2

0

𝐷

0

2 𝐷

b) 𝑡2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑧 = 0, 𝑡2 = �2𝑔 �𝐷𝑇 � ²�√𝐻 − √∅� = �𝑔 �𝐷𝑇 � ²√𝐻 0

Respuesta:

2

𝐷𝑇

a) t1 = � × � g

D0

0

H

� ² �√H − � � 2

2 𝐷

b) 𝑡2 = � � 𝑇 � ²√𝐻 𝑔 𝐷0

PROBLEMA 5.45

Un tanque presurizado de agua tiene un orificio de 10 cm de diámetro en el fondo, donde el agua se descarga hacia la atmosfera. El nivel de agua está 3 m arriba de la salida. La presión del aire en el tanque, arriba del nivel de agua, es de 300 kPa (presión absoluta) en tanto que la presión atmosférica es de 100 kPa. Desprecie los efectos de la fricción y determine la razón inicial de descarga del agua del tanque.

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SOLUCION 5.45

Datos: 𝐷0 = 10 𝑐𝑚 ∆z = 3 m

𝑃1 = 300 𝑘𝑃𝑎

Patm = 100 kPa Incógnitas:

a) Caudal inicial de descarga Desarrollo: Despreciando los efectos de pérdidas de carga en el trayecto y considerando flujo laminar, aplicamos Bernoulli de 1 a 2.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 2 + 𝑉1 + 𝑧1 = + + 𝑧2 𝜌𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

;

𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 , 𝑧1 − 𝑧2 = ∆𝑧 𝑦 𝑉1 ≅ 0

P1 − P2 V2 2 P1 − P2 = (z1 − z2 ) + → V2 = �2∆zg + 2 � � 2g ρg ρ 𝑉2 = �2 × 3 𝑚 × 9,8

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𝑚 2(300 000 𝑃𝑎 − 100 000 𝑃𝑎) + = 21.4 𝑚/𝑠 𝑠2 1000 𝑘𝑔/𝑚² e-mail: [email protected]

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𝜋 2 𝑚 3.1416 𝑚3 2 Q = 𝑣2 × 𝐷0 = 21.4 × × (0.1 𝑚) = 0.168 4 𝑠 4 𝑠 Respuesta: a) Q = 0.168 m³/s

PROBLEMA 5.46

Vuelva a considerar el problema 5-45. Use el Software de EES (o cualquier otro programa de este tipo) e investigue el efecto de la altura del agua sobre la velocidad de descarga. Suponga que la altura del agua varía de 0 hasta 5 m. en incrementos de 0.5 m. Elabore una tabla y trace la grafica de los resultados.

SOLUCION 5.46

Datos:

𝐷0 = 10 𝑐𝑚 ∆z = 3 m

𝑃1 = 300 𝑘𝑃𝑎

Patm = 100 kPa Incógnitas:

Evaluar el efecto de la altura sobre la velocidad de descarga. La altura varía de 0 hasta 5 m con incremento de 0. 5 m, elevando una tabla. Desarrollo:

H (m) 0 0.5 1 Web site: www.qukteach.com

Q (m3/s) 0.157 0.159 0.161 e-mail: [email protected]

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

0.163 0.165 0.166 0.168 0.170 0.172 0.174 0.175

Respuesta: se infiere la descarga incrementa con la altura y guarda una relación lineal.

PROBLEMA 5.47

Un sifón bombea agua desde un depósito grande hacia un tanque más abajo que está inicialmente vacío. El tanque también tiene un orificio de bordes redondeados a 15 ft hacia abajo de la superficie del depósito, en donde el agua sale del tanque. Tanto el diámetro del sifón como el del orificio son de 2 in. Ignore las perdidas por ficción, determine hasta qué altura llegará el agua en el tanque en el equilibrio.

SOLUCION 5.47

Datos:

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∆z = 15 ft Incógnitas:

D = 2 in

a) Altura a la cual llegará el tanque en el equilibrio. Desarrollo: Despreciando las pérdidas de carga y considerando flujo laminar. Aplicamos: Ecuación de Bernoulli de 1 a 2 y 3 a 4

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝑃1 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

, 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔𝑦

𝑉2 2 𝜌𝑔𝑦 𝑧1 − 𝑧2 = , 𝑉1 ≅ 0 → = ∆𝑧 − → 𝑉2 = �2𝑔(∆𝑧 − 𝑦) 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃4 𝑉4 2 𝑃3 𝑉3 2 + + 𝑧3 = + + 𝑧4 , 𝑃3 = 𝑃4 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑉3 ≅ 0 , 𝑧3 − 𝑧4 = 𝑦

𝑉4 2 → = 𝑦 → 𝑉4 = �2𝑔𝑦 2𝑔

En estado de equilibrio o estacionario para el TK 2

𝑚̇2 − 𝑚̇4 =

𝑑𝑚𝑣.𝑐 = 0 → 𝑚̇2 = 𝑚̇4 → 𝜌 𝐴2𝑉2 = 𝜌 𝐴4𝑉4 𝑑𝑡

pero por dato 𝐴2 = 𝑉4 → 𝑉2 = 𝑉4 Web site: www.qukteach.com

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�2𝑔(∆𝑧 − 𝑦) = �2𝑔𝑦 → ∆𝑧 − 𝑦 = 𝑦 → 𝑦 = Respuesta:

∆𝑧 15 𝑓𝑡 = = 7.5 𝑓𝑡 2 2

a) y = 7.5 ft

PROBLEMA 5.48

Entra agua de manera estacionaria a un tanque de diámetro DT, con un flujo de masa de min. Un orificio de diámetro Do que está en el fondo deja que el agua se escape. El orificio tiene bordes redondeados, de modo que las pérdidas por ficción son despreciables. Si el tanque está vacío al inicio, a) determine la altura máxima a la que llegará el agua en el tanque y b) obtenga una relación para la altura z del agua, como función del tiempo

SOLUCION 5.48

Datos: Diámetro del tanque: 𝐷𝑇

Flujo de masa entrante: 𝑚̇𝑖𝑛 Diámetro del orificio: 𝐷0 Incógnitas:

a) Altura máxima a la que llegará el agua en el tanque. b) Obtener una relación entre Z y el tiempo. Web site: www.qukteach.com

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Desarrollo: a) Despreciamos todo tipo de fricción y pérdidas de carga, se aplica Bernoulli de 1 a 2.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑉1 ≅ 0 , 𝑧1 − 𝑧2 = 𝑧 → 𝑉2 = �2𝑔𝑧

Balance de masa: 𝑚̇1 − 𝑚̇1 =

𝑃1 = 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 ,

𝑑𝑚𝑣.𝑐 𝑑𝑡

𝑦 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑟 𝑙𝑎 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑟á 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟𝑖𝑜, 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒

𝑑𝑚𝑣.𝑐 =0 𝑑𝑡

𝜋 → 𝑚̇1 − 𝑚̇2 → 𝑚̇1 = 𝑚̇𝑖𝑛 , 𝑚̇2 = 𝜌 𝐷0 2 × 𝑉2 4

→ 𝑚̇𝑖𝑛

2

𝜋 2 4𝑚̇𝑖𝑛 8 × 𝑚𝑖𝑛 2 1 = 𝜌 𝐷0 × �2𝑔𝑧 → 𝑍𝑚𝑎𝑥 = � � = 4 𝜌𝜋 𝐷0 2 2𝑔 𝑔𝜌²𝜋²𝐷02

b) Balance de masa:

𝑚̇𝑖𝑛 − 𝜌 𝑡

𝜋 2 𝜋 2 𝑑𝑧 𝑑𝑚𝑣.𝑐 𝐷0 × �2𝑔𝑧 = = 𝜌 𝐷𝑇 4 4 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑧

→ � 𝑑𝑡 = � 𝜌 0

0

𝜋 2 𝑑𝑧 𝐷𝑇 × 𝜋 2 4 �𝑚̇ 𝑖𝑛 − 𝜌 𝐷0 �2𝑔𝑧� 4

𝜋 𝜌 𝐷02 �2𝑔𝑧 ⎤ ⎡ 4 2 4𝐷𝑇 2 ⎛𝑚̇𝑖𝑛 − ⎞⎥ ⎢𝜌𝜋𝐷0 �2𝑔𝑧 4 × − 𝑚 ̇ /𝑛 t= 𝑖𝑛 ⎜ ⎟⎥ 4 𝑚̇𝑖𝑛 𝜋𝜌𝑔𝐷02 ⎢⎢ ⎥ ⎣ ⎝ ⎠⎦

Respuesta:

a) 𝑧𝑚𝑎𝑥 =

8𝑚𝑖𝑛 2

𝑔𝜌²𝜋²𝐷02

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b) t =

4𝐷𝑇

2

𝜋𝜌𝑔𝐷0

2

�

2

𝜌𝜋𝐷0 �2𝑔𝑧 4

− 𝑚̇𝑖𝑛 /𝑛 �

𝜋

2

𝜌 𝐷0 �2𝑔𝑧 𝑚̇𝑖𝑛 − 4 4

𝑚̇𝑖𝑛

��

PROBLEMA 5.49

Se tiene agua que fluye por un tubo horizontal a razón de 1 gal/s. el tubo costa de dos secciones con diámetros de 4 in y 2 in, con una sección reductora suave. Se mide la diferencia de presión entre las dos secciones de tubo mediante un manómetro de mercurio. Desprecie los efectos de la fricción y determine la altura diferencial del mercurio entre las dos secciones del tubo.

SOLUCION 5.49

Datos:

Flujo: Q = 1

𝐷1 = 4 𝑖𝑛

𝑔𝑎𝑙� 𝑠

𝐷2 = 2 𝑖𝑛

Densidades:

ρ = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 = 62.4 𝑙𝑏𝑚/𝑓𝑡³

𝜌𝐻𝑔 = 847 𝑙𝑏𝑚/𝑓𝑡³ Incógnitas:

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

a) Altura diferencial de mercurio Desarrollo: Despreciando todo tipo de fricción entre 1 y 2, se aplica la ecuación de Bernoulli

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝑑𝑒𝑙 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑚𝑎𝑛𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑞𝑢𝑒: 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃1 + 𝜌𝑔𝑧 = 𝑃2 + 𝜌𝑔(𝑧 − ℎ) + 𝜌𝐻𝑔 𝑔ℎ → 𝑃1 − 𝑃2 = �𝜌𝐻𝑔 − 𝜌�𝑔ℎ

𝑃1 − 𝑃2 𝑉2 2 − 𝑉1 2 �𝜌𝐻𝑔 − 𝜌�𝑔ℎ 𝑉2 2 − 𝑉1 2 𝜌 �𝑉2 2 − 𝑉1 2 � = → = →ℎ= × 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 �𝜌𝐻𝑔 − 𝜌� Q = 𝑉1 ×

Q = 𝑉2

4 × �1

0.1337 𝑓𝑡³ 𝑔𝑎𝑙� 𝑠 � × 1 𝑔𝑎𝑙

𝜋 2 4𝑄 𝐷1 → 𝑉1 = = = 1.53 𝑓𝑡/𝑠 1 𝑓𝑡 4 𝜋𝐷12 3.1416 × �4 𝑖𝑛 × �² 12 𝑖𝑛 4×�

0.1337 𝑓𝑡³ 1 𝑔𝑎𝑙� 𝑠 � × 1 𝑔𝑎𝑙

4𝑄 𝜋 2 𝐷2 → 𝑉2 = = = 6.13 𝑓𝑡/𝑠 1 𝑓𝑡 4 𝜋𝐷2 2 3.1416 × �2 𝑖𝑛 × �² 12 𝑖𝑛

𝑓𝑡 𝑓𝑡 � ² − �1.53 � ²� 𝑠 𝑠 h= → ℎ = 0.0435 𝑓𝑡 𝑙𝑏𝑚 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡 − 62.4 � 2 × 32.2 2 × �847 𝑠 𝑓𝑡³ 𝑓𝑡³ 62.4 lbm/ft 3 ��6.13

Respuesta:

ℎ = 0.0435 𝑓𝑡 PROBLEMA 5.50

Un avión vuela a una altitud de 12 000 m. Determine la presión manométrica en el punto de estancamiento sobre la nariz del avión, si la velocidad de éste es de 200 km/h. ¿Cómo resolvería este problema si la velocidad fuera de 1 050 km/h? Explíquelo.

SOLUCION 5.50 Web site: www.qukteach.com

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Datos:

Velocidad: 𝑉2 = 200

𝑘𝑚

Incógnitas:

ℎ

a) Presión manométrica en el punto de estancamiento. b) Presión manométrica en el punto de estancamiento si 𝑉2 = 1050𝑘𝑚/ℎ

Desarrollo:

a) Aplicando Bernoulli para el aire de 2 a 1

𝑃1 𝑉1 2 𝑃2 𝑉2 2 + + 𝑧2 = + + 𝑧1 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 2

2

2

2

2

𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑉2 ≫ 𝑉1 → 𝑉2 − 𝑉1 ≅ 𝑉2 ,

𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 , 𝑧2 = 𝑧1

𝑃1 𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 − 𝑃2 𝑉2 2 𝑃𝑚𝑎𝑛,1 𝑉2 2 → = + → = = = 𝜌𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃𝑚𝑎𝑛,1

𝑘𝑔 𝑘𝑚 1000 𝑚 1ℎ 𝜌 𝑉2 2 0.312 𝑚3 × �200 ℎ × 1 𝑘𝑚 × 3600 𝑠� ² = = = 481.5 𝑃𝑎 2 2

b) Analizando 𝑉2

𝑉2 = 1050

𝑘𝑚 1000 𝑚 1ℎ 𝑚 × × = 291.7 , ℎ 1 𝑘𝑚 3600 𝑠 𝑠

Esta velocidad supera la velocidad del sonido (340 m/s) y en estas condiciones el aire no se puede considerar como fluido incompresible y por lo tanto la ecuación de Bernoulli no es aplicable. Respuesta: a) 𝑃𝑚𝑎𝑛,1 = 481.5 𝑃𝑎

No se puede aplicar la ecuación de Bernoulli.

PROBLEMA 5.51

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

Se va a medir la velocidad del aire en el ducto de un sistema de calefacción mediante una sonda de Pitot y presión estática (tubo de Prandtl) introducida en ese ducto, paralela al flujo. Si la altura diferencial entre las columnas de agua conectadas a las dos salidas de la sonda es de 2.4 cm, determine a) la velocidad de flujo y b) la elevación de la presión en la punta de la sonda. La temperatura y la presión del aire en ducto son de 45ºC y 98 kPa, respectivamente.

SOLUCION 5.51

Datos: 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎: ∆𝑧 = 2.4 𝑐𝑚

𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒: 𝑇 = 45 ℃ 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒: 𝑃 = 98 𝑘𝑃𝑎 Incógnitas:

a) Velocidad del flujo b) Evaluación de la presión en la punta de la sonda Desarrollo: a) Aplicando Bernoulli de 1 a 2

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 𝜌𝑔 2

donde: 𝑧1 = 𝑧2 , 𝑉2 ≅ 0

𝑉1 2 𝑃2 − 𝑃1 2(𝑃2 − 𝑃1) → = → 𝑉1 = � 2𝑔 𝜌𝑔 𝜌

𝐸𝑛 𝑒𝑙 𝑚𝑎𝑛ó𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜: 𝑃1 + 𝜌𝐻2 𝑂 ∆𝑧𝑔 = 𝑃2 → 𝑃2 − 𝑃1 = 𝜌𝐻2𝑂 𝑔 ∆𝑧 Utilizando la ecuación de gases ideales: PV = nRT → ρ =

𝑇 = 45 ℃ = 318 𝐾,

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� = 29 𝑔/𝑚𝑜𝑙, 𝑀

𝑅 = 8.314

��� 𝑃𝑀 𝑅𝑇

𝑘 𝑃𝑎 𝑚³ 𝑘 𝑚𝑜𝑙 °𝑘

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→𝜌=

98 𝐾 𝑃𝑎 × 29 𝑘𝑔/ 𝑘 𝑚𝑜𝑙 = 1.075 𝑘𝑔/𝑚³ 𝑘 𝑃𝑎 × 𝑚³ × (318 𝑘 ) 8.314 𝑘 𝑚𝑜𝑙 𝑘

𝑘𝑔 𝑚 2 × 𝜌𝐻2𝑂 𝑔∆𝑧 �2 × 1000 𝑚3 × 9.8 𝑠 2 × 0.024𝑚 𝑉1 = � = = 20.92 𝑚/𝑠 𝜌 1.075 𝑘𝑔/𝑚³ 𝑏)

𝑘𝑔

𝑚

𝑃2 − 𝑃1 = 𝜌𝐻 𝑂 𝑔 ∆𝑧 = 1000 3 × 9.8 2 × 0.024𝑚 = 235.2 𝑃𝑎 2 𝑚 𝑠

Respuesta:

𝑚

a) 𝑉1 = 20.92 𝑠

b) 𝐸𝑙𝑒𝑣𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛: 235.2 𝑃𝑎 PROBLEMA 5.52

Se va a vaciar el agua de una alberca de 10 m de diámetro y 2 m de alto arriba del suelo. Se destapará un tubo horizontal de 3 cm de diámetro y 25 m de largo fijo al fondo de la alberca. Determine la razón máxima de descarga del agua por el tubo. También, explique por qué el gasto real será menor.

SOLUCION 5.52

Datos: D = 10 m y=2m

∅ = 3m

L = 25 m

Incógnitas: a) Razón máxima de descarga del agua b) Explicar por qué el gasto real será menor? Web site: www.qukteach.com

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Desarrollo: a) Para calcular la descarga máxima despreciamos las fricciones en el trayecto de 1 a 2 y aplicamos Bernoulli:

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑉1 ≅ 0 ,

𝑧1 − 𝑧2 = 𝑦,

𝑃1 = 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚

𝑉2 2 𝑚 → = 𝑦 → 𝑉2 = �2𝑔𝑦 = �2 × 9.8 2 × 2𝑚 = 6.26 𝑚/𝑠 𝑠 2𝑔

𝜋 𝑚 3.1416 𝑚3 103 𝐿 𝐿 ( ) Q = 𝑉2 × 𝐴 = 𝑉2 × ∅² = 6.26 × × 0.03 𝑚 ² = 0.004425 × = 4.425 4 𝑠 4 𝑠 1 𝑚3 𝑆 Respuesta:

a) Q = 4.425

𝐿

𝑆

b) El gasto real sería menos debido a las pérdidas de carga como es el caso de una reducción del diámetro al pasar del tanque a la tubería y las fricciones en todo el trayecto del fluido.

PROBLEMA 5.53

Vuelva a considerar el problema 5-52. Determine cuanto tiempo transcurrirá para que la alberca se vacíe.

SOLUCION 5.53

Datos: D = 10 m y=2m

∅ = 3m

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Incógnitas: a) Tiempo transcurrido para que la alberca se vacíe. Desarrollo:

La expresión 𝑉2 = �2𝑔𝑦 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑙𝑒𝑚𝑎 5 − 52 𝑠𝑒𝑟á 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒. Q=

−𝜋 2 𝑑𝑦 𝜋 ∅² 𝑉2 = 𝐷 × 4 𝑑𝑡 4

𝐷 2 𝑑𝑦 𝐷 2 𝑑𝑦 → 𝑑𝑡 = − � � �2 𝑔𝑦 = − � � ∅ 𝑑𝑡 ∅ �2 𝑔𝑦 0 𝑑𝑦 𝐷 2 1 � 𝑑𝑡 = − � � × � ∅ √2𝑔 𝑦 �𝑦 0 𝑡

0 (10 𝑚)² × 2 × √2 𝑚 𝐷 2 1 𝐷2 1 t = −� � × 2�𝑦 � = × 2𝑦 = ∅ �2𝑔 ∅² �2𝑔 (0.03 𝑚)² × �2 × 9.8 𝑚/𝑠 2 𝑦

t = 70986.3 s = 19.72h Respuesta:

a) t = 19.72 h PROBLEMA 5.54

Vuelva a considerar el problema 5-52. Use el software de EES (o cualquier otro problema de este tipo) e investigue el efecto del diámetro del tubo de descarga sobre el tiempo necesario para vaciar la alberca. Suponga que el diámetro varía de 1 hasta 10 cm, en incrementos de 1 cm. Elabore un atabla y trace la grafica de los resultados.

SOLUCION 5.54

Datos:

D = 10 m

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y=2m

∅ = 3m

L = 25 m Incógnitas:

a) Investigar el efecto del diámetro del tubo de descarga sobre el tiempo necesario para vaciar la alberca. El diámetro varía de 1 hasta 10 cm con incrementos de 1 cm. Desarrollo: Se utilizará el Excel para analizar el comportamiento planteado

Ф (m) 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09 0.1

t (horas) 177.47 44.37 19.72 11.09 7.10 4.93 3.62 2.77 2.19 1.77

Respuesta: Se observa que a medida que incrementan los diámetros el tiempo de descarga se acorta. Web site: www.qukteach.com

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PROBLEMA 5.55

Se tiene aire a 110 kPa y 50ºC que fluye hacia arriba por un ducto inclinado de 6 cm de diámetro, a razón de 45 L/s. entonces, mediante un reductor, el diámetro del ducto se reduce hasta 4 cm. Se mide el cambio de presión de uno a otro extremo del reductor mediante un manómetro de agua. La diferencia de elevación entre los dos puntos del tubo en donde se fijan las dos ramas del manómetro es de 0.20 m. Determine la altura diferencial entre los niveles del fluido de las dos ramas del manómetro.

SOLUCION 5.55

Datos: Para el aire: ρ = 110 kPa , T = 50 ℃

𝐷1 = 6 𝑐𝑚 , 𝑄 = 45 𝐿/𝑠 𝐷2 = 4 𝑐𝑚

∆z = 0.20 m Incógnitas:

a) Determinar la altura diferencial (h) Aplicando Bernoulli de 1 a 2 (se considerará que la densidad del aire es constante)

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑍1 = + + 𝑍2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 Web site: www.qukteach.com

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𝑉1 = 𝑉1 =

𝑄 𝑄 4 × 0.045 𝑚³/𝑠 =𝜋 2= = 15.92 𝑚/𝑠 𝐴1 3,1416 × (0.06 𝑚)² 𝐷1 4

𝑄 𝑄 4 × 0.045 𝑚³/𝑠 =𝜋 2= = 35.81 𝑚/𝑠 𝐴2 3,1416 × (0.04 𝑚)² 𝐷2 4

Para el aire: ρ =

� 110 𝑘𝑃𝑎 × 29 𝑘𝑔/𝑘 𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑀 = = 1.188 𝑘𝑔/𝑚³ 𝑅𝑇 𝑘 𝑃𝑎 𝑚³ × 323 𝑘 8.314 𝑘 𝑚𝑜𝑙 𝑘

𝑃1 − 𝑃2 𝑉2 2 − 𝑉1 2 → = + ∆𝑧 , 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑚𝑎𝑛ó𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜: 𝑃1 = 𝜌𝐻2 𝑂 𝑔ℎ + 𝑃2 𝜌𝑔 2𝑔 �𝑉2 2 − 𝑉1 2 �𝜌 → 𝑃1 − 𝑃2 = 𝜌𝐻2 𝑂 𝑔ℎ → 𝜌𝐻2𝑂 𝑔ℎ = + 𝜌𝑔 ∆𝑧 2 �𝑉2 2 − 𝑉1 2�𝜌 𝜌∆𝑧 h= + 𝜌𝐻2𝑂 2𝑔 𝜌𝐻2𝑂 𝑔ℎ

𝑘𝑔 𝑘𝑔 [(35.81 𝑚/𝑠)² − (15.92 𝑚/𝑠)²] × 1.188 × 0.2𝑚 1.188 𝑚³ 𝑚³ + = 𝑚 𝑘𝑔 2 × 9.8 2 × 1000 𝑘𝑔/𝑚³ 1000 𝑠 𝑚³

h = 6.26 m Respuesta:

a) h = 6.26 m

PROBLEMA 5.56

Fluye aire por un medidor de Venturi cuyo diámetro es de 2.6 in en la parte de entrada (ubicación 1) y 1.8 in en la garganta (ubicación 2). Se mide que la presión absoluta es de 12.2 psi a la entrada, y de 11.8 psi en la garganta. Desprecie los efectos de la fricción y demuestre que el gasto volumétrico puede expresarse como:

2(𝑃1 − 𝑃2) 𝑉̇ = 𝐴2 � 𝜌�1 − 𝐴2 2𝐴12 � Web site: www.qukteach.com

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Y determine el gasto del aire. Tome la densidad del aire como 0.075 lbm/ft³.

SOLUCION 5.56

Datos:

𝐷1 = 2.6 𝑖𝑛

𝐷2 = 1.8 𝑖𝑛

𝑃1,𝑎𝑏𝑠 = 12.2 𝑝𝑠𝑖𝑎

𝑃2,𝑎𝑏𝑠 = 11.8 𝑝𝑠𝑖𝑎

𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 = 𝜌 = 0.075 Incógnitas:

𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡³

a) Demostrar una expresión para el gasto volumétrico b) Determinar el gasto del aire Desarrollo: Aplicando Bernoulli de 1 a 2.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 Q = 𝑉1 𝐴1 , 𝑄 = 𝑉2 𝐴2 → 𝑉1 =

→

𝑧1 = 𝑧2

𝑄 𝑄 𝑦 𝑉2 = 𝐴1 𝐴2

𝑃1 𝑄² 𝑃2 𝑄² 𝑃1 − 𝑃2 𝑄² 1 1 + 2 = + 2 → = � 2 − 2� 2𝑔 𝐴2 𝜌𝑔 𝐴1 × 2𝑔 𝜌𝑔 𝐴2 2. 𝑔 𝜌𝑔 𝐴1

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𝑎) 𝑄 2 = b) Q =

2(𝑃1 − 𝑃2)

1 1 𝜌 � 2 − 2� 𝐴1 𝐴2

→ 𝑄 = 𝐴2

𝜋 2(𝑃1 − 𝑃2) × 𝐷2 2 � 4 𝐷1 4 𝜌 �1 − � � � 𝐷2

�

2(𝑃1 − 𝑃2 )

𝐴2 2 𝜌 �1 − 2 � 𝐴1

144 𝑙𝑏𝑓/𝑓𝑡² 32.2 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡/𝑠 2 ( ) 2 × 12.2 − 11.8 𝑝𝑠𝑖 × × 3.1416 1𝑓𝑡 1𝑝𝑠𝑖 1 𝑙𝑏𝑓 = × �1.8 𝑖𝑛 × �² × � 4 4 12 𝑖𝑛 𝑙𝑏𝑚 1.8 0.075 × �1 − �2.6� � 𝑓𝑡³

𝑄 = 4.478 𝑓𝑡³/𝑠 Respuesta:

a) 𝐴2

�

2(𝑃1 − 𝑃2 )

𝐴2 2 � � 𝜌 �1 − � 𝐴1

b) Q = 4.478 𝑓𝑡³/𝑠 PROBLEMA 5.57

La presión del agua en las tuberías principales de una ciudad. En un lugar determinado, es de 400 kPa manométrico. Determine si esta tubería principal puede alimentar agua a los vecinos que están 50 m arriba de este lugar.

SOLUCION 5.57

Datos:

𝑃𝑚𝑎𝑛 = 400 𝑘𝑃𝑎 Incógnita:

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a) Determinar si se puede alimentar con agua hasta 50 m de altura. Desarrollo: Para lo cual se convertirá la presión manométrica a altura manométrica

𝑃𝑚𝑎𝑛 = 𝜌𝐻2 𝑂 𝑔ℎ → ℎ = Respuesta:

𝑃𝑚𝑎𝑛 400 × 10³ 𝑃𝑎 = = 40.82 𝑚 𝜌𝐻2𝑂 𝑔 1000 𝑘𝑔 × 9.8 𝑚/𝑠² 𝑚³

a) No se puede suministrar agua desde esa tubería ya que lo máximo que subiría el nivel del agua seria 40.82 m y se requiere 50 m

PROBLEMA 5.58

Se puede usar una bomba manual, para inflar llantas de bicicletas, como un atomizador para generar una fina niebla de pintura o plaguicida cuando se fuerza aire a una velocidad alta por un pequeño agujero y se coloca un tubo corto entre el depósito de líquido y el aire a alta velocidad, cuya baja presión hace que ese líquido suba por el tubo. En un atomizador de ese tipo, el diámetro de ese agujero es de 0.3 cm, la distancia vertical entre el nivel del líquido en el tubo y el agujero es de 10 cm y el diámetro anterior y la carrera de la bomba de aire son de 5 cm y 20 cm, respectivamente. Si las condiciones atmosféricas son 20°C y 95 KPa, determine la velocidad mínima con la que debe desplazarse el émbolo en el cilindro durante el bombeo con el fin de iniciar el efecto de atomización. El depósito de líquido está abierto a la atmosfera.

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Datos:

D = 5 cm

∅ = 0.3 cm H = 10 cm

Presión: P = 95 k Pa

Temperatura: T = 20℃ Incógnita:

a) Velocidad mínima del émbolo para iniciar el proceso. Desarrollo: Se aplicará Bernoulli de 1 a 2

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + z2 , z1 = z2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

, P2

= 𝑃atm , 𝑉2 ≅ 0

𝑉1 2 𝑃1 𝑃atm 2(𝑃atm ) − 𝑃1 + = → 𝑉1 = � , 𝜌: 𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 2𝑔 𝜌𝑔 𝜌𝑔 𝜌 En el caso de 3 a 4:

𝑃3 = ρH O g y + 𝑃4 , 2

→ P1 − Patm = ρH2 O g y → V1 = � Q=

𝜋 4

𝑃4 = 𝑃atm 𝑦 𝑃3 ≅ 𝑃1

2ρH2 O g y ; pero considerando ρ = cte ρ

× 𝐷2 × 𝑉 =

2 ρH2 O g y ∅ ∅² × V1 → V = � � ² × � 𝐷 4 ρ

𝜋

Cálculo de ρ: ρ =

� 𝑃𝑀 95 kP × 29 kg/kmo𝑙 → 𝜌= = 1.131kg/m³ 𝑅𝑇 kPa m³ × 293 𝑘 8.314 kmol k

2 × 1000 𝑘g/m³ × 9.8 m/s 2 × 0.1 m 0.3 = 0.15 m/s V = � �² × � 5 1.131 kg/m³

Respuesta:

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a) 0.15 m/s PROBLEMA 5.59

El nivel de agua en un tanque está 20 m arriba del suelo. Se conecta una manguera al fondo del tanque y la boquilla que está en el extremo de dicha manguera se apunta directo hacia arriba. La cubierta del tanque es hermética y la presión manométrica del aire arriba de la superficie del agua es de 2 atm. El sistema está a nivel del mar. Determine la altura máxima hasta la cual podría subir el chorro de agua.

SOLUCION 5.59

Datos:

Nivel de agua: z1 = 20 𝑐𝑚 P1,man = 2 atm

Incógnitas:

a) Determinar la altura máxima Desarrollo:

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Aplicando Bernoulli de 1 a 2 Para lo cual se desprecia todo tipo pérdidas de carga.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

→ hMAX = z1 +

hMAX = 40.67 𝑚

𝑧2 = hMAX ,

V1 ≅ 0 ,

V2 ≅ 0

(3 atm − 1 atm) P1 − P2 101.3 × 10³ Pa = 20 m + × 1 atm ρg 1000 kg/m³ × 9.8 m/s 2

Obs: 𝑃1 = Patm + P1,man = 1 atm + 2 atm = 3 atm

Respuesta:

𝑎) hMAX = 40.67 𝑚 PROBLEMA 5.60

Se usa una sonda de Pitot y presión (tubo de Prandtl) conectada a un manómetro de agua para medir la velocidad del aire. Si la deflexión (la distancia vertical entre los niveles de fluidos en las dos ramas) es de 7.3 cm, determine la velocidad del aire. Tome la densidad del aire como 1.25 kg/m³

SOLUCION 5.60

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Datos:

h = 7.3 cm

ρ = ρAire = 1.25 kg/m³

Incógnita: a) Calcular la velocidad Desarrollo: Aplicando Bernoulli de 1 a 2

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

𝑧1 = 𝑧2 ,

𝑉2 2 ≅ 0

V12 P2 − P1 = , pero en el manómetro: P1 + ρ𝐻2𝑂 gh = P2 2g ρg → 𝑃2 − P1 = ρ𝐻2 𝑂 gh → 𝑉1 = �

𝑉1 = �

𝑚 × 0.073 𝑚 𝑠2 = 33.83 𝑚/𝑠 1.25 𝑘𝑔/𝑚³

2 × 1000 𝑘𝑔/𝑚³ × 9.8

Respuesta:

2ρ𝐻2 𝑂 gh ρ

a) 𝑉1 = 33.83 𝑚/𝑠 PROBLEMA 5.61

Se mide la velocidad del aire en un ducto por medio de una sonda de Pitot y presión (tubo de Prandtl) conectada a un manómetro diferencial. Si el aire está a 13.4 psia de presión absoluta y 70ºF y la lectura del manométrica diferencial es de 0.15 psi, determine la velocidad del aire.

SOLUCION 5.61 Web site: www.qukteach.com

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Datos:

P𝑡otal = 13.4 psia T = 70℉

Pdiferencial = ∆P = 0.15 psi Incógnita:

a) Velocidad del Aire Como es en una sonda Pitot, es el mismo análisis que el problema 5-60

donde:

𝑉1 2 𝑃2 − 𝑃2 = , pero 𝑃2 − 𝑃1 = ∆𝑃 2𝑔 𝜌𝑔

2∆𝑃 , → 𝑉1 = � 𝜌 ρ = 0.0724

𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡³

𝑙𝑏𝑓 144 𝑖𝑛² 𝑙𝑏𝑚 × × 29 13.4 � 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑀 1 𝑓𝑡² 𝑖𝑛² 𝜌= = 𝑙𝑏𝑓. 𝑓𝑡 𝑅𝑇 1545 × 500 ⁰𝑅 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 ⁰𝑅

� 1 𝑙𝑏𝑓 144 𝑖𝑛² ⃓ ⃓ × ⃓ 32.2 𝑙𝑏𝑚. 𝑓𝑡/𝑠² 1 𝑓𝑡² 𝑖𝑛² ⃓ 2 × 0.15 𝑝𝑠𝑖 × × ⃓ 1 𝑙𝑏𝑓 1 𝑝𝑠𝑖 ⃓ → 𝑉1 = ⃓ ⃓ 𝑙𝑏𝑚 ⃓ 0.0724 𝑓𝑡³ ⎷ 𝑓𝑡 3 𝑉1 = 138.6 𝑠

Respuesta: a) 𝑉1 = 138.6 𝑓𝑡³/s

PROBLEMA 5.62

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En una planta generadora hidroeléctrica, el agua entra a las toberas de la turbina a 700 kPa de presión absoluta, con una velocidad baja. Si las salidas de las toberas están expuestas a la presión atmosférica de 100 kPa, determine la velocidad máxima a la que se puede acelerar el agua por medio de las toberas antes de chocar contra los álabes de la turbina.

SOLUCION 5.62

Datos:

Presión de entrada: 𝑃1 = 7 00 𝑘𝑃𝑎 Presión de salida: 𝑃2 = 1 00 𝑘𝑃𝑎

Incógnitas: a) Determinar la velocidad máxima Desarrollo: Se desprecia todo tipo de fricción: Se aplica Bernoulli de 1 a 2

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝑧1 = 𝑧2 , 𝑉1 ≅ 0 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

Observaciones: 𝑉1 ≅ 0 ya que el agua ingresa a baja velocidad.

→ 𝑉2 = �

2 (𝑃1 − 𝑃2) 2 × (700 𝑘𝑃𝑎) 1000 𝑃𝑎 1𝑁/𝑚² =� × × 1 𝑘𝑃𝑎 1 𝑃𝑎 𝜌 1000 𝑘𝑔/𝑚³

𝑉2 = 34.64 𝑚/𝑠 Respuesta: 𝑎)

𝑉2 = 34.64 𝑚/𝑠

PROBLEMA 5.63

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

Considere el flujo estacionario y adiabático de un fluido incompresible. ¿Puede disminuir la temperatura del fluido en el curso del fluido? Explíquelo.

SOLUCION 5.63

− Si el flujo está en estado estacionario y adiabático, la temperatura del fluido no puede disminuir, ya que existiría una transferencia de calor con su entorno. Flujo en estado estacionario y adiabático:

Para el estado adiabático 𝑇1 = 𝑇2 = 𝑇3 = 𝑇4 = 𝑇5 = 𝑇𝑚 , esto quiere decir en equilibrio térmico con el medio para que no haya transferencia de calor.

PROBLEMA 5.64

Considere el flujo estacionario y adiabático de un fluido incomprensible. Si la temperatura del fluido se mantiene constante en el curso del flujo, ¿Es exacto decir que los efectos de la fricción son despreciables?

SOLUCION 5.64

− Si la temperatura es constante para un flujo estacionario y adiabático de un fluido incompresible, es porque los efectos de fricción son despreciables ya que la energía interna en la entrada y salida es la misma y los efectos de la fricción se manifiestan en variar la energía interna entre la entrada y la salida del flujo del fluido.

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PROBLEMA 5.65

¿Qué es la perdida irreversible de carga? ¿Cómo se relaciona con la perdida de energía mecánica?

SOLUCION 5.65

− La pérdida irreversible de carga se refiere a las pérdidas mecánicas ocasionadas por la fricción que la tubería genera en el fluido y esto se traduce en la variación de la energía interna entre las entradas y salidas. Su relación está dada por:

𝐸𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑚𝑒𝑐á𝑛𝑖𝑐𝑎,𝑡𝑢𝑏𝑒𝑟í𝑎 𝐸̇𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑚𝑒𝑐á𝑛𝑖𝑐𝑎,𝑡𝑢𝑏𝑒𝑟í𝑎 ℎ𝐿 = = 𝑔 𝑚̇𝑔 PROBLEMA 5.66

¿Qué es la carga útil de la bomba? ¿Cómo se relaciona con la entrada de potencia a la bomba?

SOLUCION 5.66

La carga útil de la bomba es la carga útil entregada al fluido. Su relación está dado por:

hbomba,útil =

Wbomba,útil Ẇ bomba,útil Ƞbomba Ẇ bomba = = 𝑔 𝑚̇𝑔 𝑚̇𝑔

Donde Ƞbomba es la eficiencia de la bomba y relaciona su potencia con la potencia útil que entrega al fluido que pasa por ella.

PROBLEMA 5.67

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¿Qué es el factor de corrección de la energía simétrica? ¿Es significativo?

SOLUCION 5.67

El factor de corrección de la energía cinética “∝ " está dado para especificar el valor correcto de la energía cinética ya que al tener en cuenta

V2 2g

solo se analiza la componente en la dirección

del flujo y para considerar las componentes de velocidad en los demás direcciones, se introduce el factor “∝ " originando el valor

∝V2 2g

para la energía cinética.

El valor “∝ " puede ser significativo como es el caso de flujos laminares desarrollados donde ∝= 2 y para los flujos turbulentos se aproxima a 1.

PROBLEMA 5.68

El nivel del agua e un tanque está 20 m arriba del suelo. Se conecta una manguera al fondo del tanque y la boquilla que está en el extremo de dicha manguera se apunta directo hacia arriba. Se observa que el chorro de agua que sale por la boquilla se eleva 25 m por arriba del suelo. Explique qué puede causar que el agua de la manguera se eleve por arriba del nivel del tanque.

SOLUCION 5.68

Para que el chorro de agua que sale por la manguera se eleve por encima del nivel del tanque, se debe a lo siguiente: 1. En el nivel del tanque la presión es mayor a la atmosfera.

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2. La existencia de una bomba, ya que suministra energía adicional al fluido.

PROBLEMA 5.69 Se quiere bombear agua del subsuelo mediante una bomba sumergía da de 3 kw y con 70 por ciento de eficiencia hasta un estanque cuya superficie libre está 30 m arriba de dicha agua. El diámetro del tubo es de 7 m en el lado de la admisión y de 5 cm en él la descarga. Determine a) el gasto máximo de agua y b) la diferencia de presión de uno a otro lado de la bomba así como el defecto de los factores de corrección de la energía cinética son despreciables.

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SOLUCION 5.69

Datos:

Potencia: 𝑃bon = 3 𝑘𝑤 Ƞ = 70% = 0.7

∆ z = 30 m

∅1 = 7 𝑐𝑚 = 0.07 𝑚

∅2 = 5 𝑐𝑚 = 0.05 𝑚 Incógnitas:

a) Gasto máximo de agua. b) Diferencia de presión en la bomba. Desarrollo: Despreciando los efectos de la fricción por las pérdidas mecánicas. Se aplica la Ecuación de Energía:

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 + ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = + + 𝑧2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃1 = 𝑃2 = Patm , V1 ≅ 0 , V2 ≅ 0

hbomba = 𝑧2 − 𝑧1 = ∆ 𝑍 → ℎbomba = ∆ 𝑍 , Ẇ bomba,úti𝑙 = ṁ g hbomba Ẇ bomba,úti𝑙 = Ƞ × 𝑃𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎

→ 𝑚̇ =

Ƞ 𝑃𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 0.7 × 3 𝑘𝑤 1000 𝑤 = × = 7.143 𝑘𝑔/𝑠 1𝑘𝑤 𝑔 hbomba 9.8 𝑚/𝑠² × 30𝑚

a) Q =

𝑚̇

𝜌

=

7.143 𝑘𝑔/𝑠

1000 𝑘𝑔/𝑚³

= 7.14 × 10¯3 𝑚³/𝑠

b) Balance de energía en la bomba:

𝑃4 𝑉4 2 𝑃3 𝑉3 2 + + 𝑧3 + hbomba = + + 𝑧4 , 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 Web site: www.qukteach.com

𝑍3 = 𝑍4

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𝑉3 2 − 𝑉4 2 �𝑉3 2 − 𝑉4 2� 𝑃4 − 𝑃3 = hbomba + → 𝑃4 − 𝑃3 = hbomba 𝜌𝑔 + 𝜌 2 𝜌𝑔 2𝑔 𝑄

𝑉3 = 𝜋 2 ∅ 4 1

4 × 7.14 × 10¯3 𝑚³/𝑠 = = 1.86 𝑚/𝑠 3.1416 × (0.07 𝑚)2

4 × 7.14 × 10¯3𝑚³/𝑠 = = 3.64 𝑚/𝑠 V4 = 𝜋 3.1416 × (0.05 𝑚)2 (∅2 )² 4 𝑄

→ ∆ P = 𝑃4 − 𝑃3 = 30 𝑚 × 1000

∆𝑃 = 289.1 𝑘𝑃𝑎

𝑘𝑔 𝑚 × 9.8 2 × 3 𝑚 𝑠

��1.86

𝑚 2 𝑚 2 � − �3.64 � � 𝐾𝑔 𝑠 𝑠 × 1000 3 𝑚 2

Respuesta:

a) Q = 7.14 × 10¯3 𝑚³/𝑠 b) ∆𝑃 = 289.1 𝑘𝑃𝑎

PROBLEMA 5.70

Vuelva a considera el problema 5.69. Determine el gasto de agua y la diferencia de presión de uno a otro lado de la bomba, si la pérdida irreversible de carga del sistema de tuberías es de 5 m.

SOLUCION 5.70

Datos:

Potencia: 𝑃bon = 3 𝑘𝑤 Ƞ = 70% = 0.7

∆ z = 30 m

∅1 = 7 𝑐𝑚 = 0.07 𝑚

∅2 = 5 𝑐𝑚 = 0.05 𝑚

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

Pérdidas irreversibles de carga: hL = 5 m Incógnitas:

a) Gasto máximo de agua. b) Diferencia de presión en la bomba.

Desarrollo:

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 + ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = + + 𝑧2+ ℎ𝐿 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃1 = 𝑃2 = Patm , V1 ≅ 0 ˄ V2 ≅ 0

,

hbomba = ∆ 𝑍 + ℎ𝐿 , Ƞ × 𝑃bomba = 𝑚̇ × 𝑔 × hbomba → 𝑚̇ =

Ƞ × 𝑃bomba 0.7 × 3000 𝑤 = = 6.12 𝑘𝑔/𝑠 𝑔(∆ 𝑍 + ℎ𝐿 ) 9.8 𝑚 × (30 𝑚 + 5 𝑚) 𝑠2

𝑘𝑔 6.12 𝑚̇ 𝑠 a) Q = = = 6.12 × 10¯3𝑚³/𝑠 3 𝜌 1000 𝑘𝑔/𝑚 �𝑉3 2 − 𝑉4 2� b) 𝑃4 − 𝑃3 = hbomba 𝜌𝑔 + 𝜌 2

𝑉3 = 𝜋 4

𝑉4 = 𝜋 4

𝑄

(∅1 2 ) 𝑄

2

(∅2 )

=

=

4 × 6.12 × 10¯3 𝑚³/𝑠 3.1416 × (0.07 𝑚)2

4 × 6.12 × 10¯3 𝑚³/𝑠 3.1416 × (0.05 𝑚)2

→ ∆ P = 35 𝑚 × 1000

∆𝑃 = 339.4 𝑘𝑃𝑎

𝑘𝑔 𝑚 × 9.8 × 𝑚3 𝑠2

= 1.59 𝑚/𝑠

= 3.117 𝑚/𝑠

��1.59

𝑚 2 𝑚 2 � − �3.117 � � 𝑠 𝑠 × 1000 𝑘𝑔/𝑚³ 2

Respuesta:

a) Q = 6.12 × 10¯3 𝑚³/𝑠 b) ∆𝑃 = 339.4 𝑘𝑃𝑎

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PROBLEMA 5.71

En una planta generadora hidroeléctrica, el agua fluye desde una altura de 240 ft hasta una turbina, en donde se genera potencia eléctrica. Para una eficiencia total del turbogenerador de 83 por ciento, determine el gasto mínimo necesario para generar 100 kw de electricidad.

SOLUCION 5.71

Datos:

∆ z = 240 ft

Ƞturbo generador = 0.83 𝑃generador = 100 𝑘𝑤 Incógnitas: a) Gasto mínimo necesario en flujo másico. Se aplica la ecuación de energía despreciando las pérdidas mecánicas.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + ℎturbina 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 Aproximando:

ℎturbina = ∆𝑧 , → 𝑚̇ =

V1 ≅ 0,

V2 ≅ 0 ˄ 𝑃1 = 𝑃2 = Patm

𝑃𝑖𝑛 = 𝑚̇𝑔 ℎturbina ˄ 𝑃𝑖𝑛 =

𝑃generador

Ƞ × 𝑔 ℎturbina

Respuesta:

=

Pgenerador

Ƞ

100 × 10³ 𝑤

0.83 × 9.8 𝑚/𝑠 2 × 240 𝑓𝑡 �

0.3048 𝑚 � 1 𝑓𝑡

= 168.06

𝑘𝑔 𝑠

a) 𝑚̇ = 168.06 𝑘𝑔/𝑠 PROBLEMA 5.72 Web site: www.qukteach.com

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Pág. 85

Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

Vuelva a considerar el problema 5.71. Determine el gasto de agua si la pérdida irreversible de carga del sistema de tuberías entre las superficies libres de la fuente y el sumidero es de 36 ft.

SOLUCION 5.72

Datos:

∆ z = 240 ft

Ƞturbo generador = 0.83 𝑃generador = 100 𝑘𝑤

Pérdidas irreversibles: hL = 36 ft Incógnitas:

a) Flujo másico de agua

Desarrollo:

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + ℎ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 + ℎ𝐿 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

Aproximando: V1 ≅ 0, V2 ≅ 0 ˄ 𝑃1 = 𝑃2 Patm ℎturbina = ∆𝑧 − ℎ𝐿 𝑚̇ =

𝑃𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎 100 × 10³ 𝑤 = = 197.7 𝑘𝑔/𝑠 Ƞ × 𝑔 ℎ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 0.83 × 9.8 𝑚 × (240 − 36)𝑓𝑡 × 0.3048 𝑚 1 𝑓𝑡 𝑠2

Respuesta:

a) 𝑚̇ = 197.7 𝑘𝑔/𝑠 PROBLEMA 5.73

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

Se debe seleccionar un ventilador para renovar el aire de un cuarto de baño cuyas dimensiones son 2 m x 3 m x 3 m. la velocidad del aire no debe sobrepasar 8 m/s para maximizar la vibración y el ruido. La eficiencia combinada de la unidad ventilador-motor que se usará puede tomarse como 50 por ciento. Si el ventilador debe reemplazar todo el volumen de aire en 10 min, determine a) la potencia de la unidad motor-ventilador que debe comprarse, b) el diámetro del ventilador y c) la diferencia de presión de uno a otro lado de este último. Tome la densidad del aire como 1.25 kg/m³ y descarte el efecto de los factores de corrección de la energía cinética

SOLUCION 5.73

Datos:

V = 8 m/s Ƞ = 50%

∆ t = 10 min = 600 S

ρAire = ρ = 1.25 𝑘𝑔/m³ Incógnitas:

a) Potencia del motor-ventilador b) Diámetro del ventilador c) Diferencia de presión en el ventilador Desarrollo: Aplicamos la ecuación de energía despreciando las pérdidas mecánicas

P2 V2 2 𝑃1 V12 + + z1 + hventilador = + + z2 , 𝑧2 = 𝑧1 , V1 ≅ 0 𝜌𝑔 2g ρg 2g Web site: www.qukteach.com

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

𝑃1 ≅ 𝑃2 = Patm ( Es una aproximación)

hventilador

V2 2 ṁ g hventilador 𝑚̇ 𝑉2 2 = ,P = = Ƞ 2g motor−ventilador 2×Ƞ

∆V 18 m³ m3 Q= = = 0.03 , ∆t 600 S s → ṁ = 30 kg/s

a) Pmotor−ventilador = b) Q = V ×

ṁ = Q × ρ = 0.03

m³ × 1.25 kg/m³ s

0.0375 𝑘𝑔/𝑠 × (8 𝑚/𝑠)² = 2.4 𝑤 2 × 0.5

𝜋 2 4𝑄 4 × 0.03 𝑚³/𝑠 𝐷 →𝐷=� =� = 0.069 𝑚 = 6.9 𝑐𝑚 4 𝜋𝑉 3.1416 × 8 𝑚/𝑠

P2 V2 2 𝑃3 V3 2 c) + + z3 + hventilador = + + z2 , 𝑧2 = 𝑧3 , V3 = 𝑉2 𝜌𝑔 2g ρg 2g P2 − P3 = ∆ 𝑃 = 𝜌𝑔 × hventilador Respuesta:

𝑚 2 ρ V22 𝑘𝑔 �8 𝑠 � = = 1.25 3 × = 40𝑃𝑎 𝑚 2 2

𝑎) Pmotor−ventilador = 2.4 𝑤 b) D = 6.9 cm c) ∆ P = 40Pa

PROBLEMA 5.74

Se está bombeando agua desde un lago grande hasta un depósito que está 25 m arriba, a razón de 25 L/s, a través de una bomba (potencia en la flecha) de 10 KW. Si la pérdida irreversible de carga de sistema de tuberías es de 7 m, determine la eficiencia mecánica de la bomba.

SOLUCION 5.74

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Datos:

∆ z = 25 m

Q = 25 L/s

Potencia flecha = 10 kw

Pérdida irreversible: hL = 7 m Incógnitas:

a) Determinar la eficiencia de la bomba

P2 V2 2 P1 V1 2 Ecuación de energia: + + 𝑧1 + hbomba = + + 𝑧2+ h𝐿 𝜌𝑔 2𝑔 ρg 2g V1 ≅ 0 , V2 ≅ 0 ˄ 𝑃1 = 𝑃2 = Patm

hBomba = ∆𝑧 + hL , Ẇ ùtil = ṁ g hBomba , ṁ = 𝑄 × 𝜌 𝐿 1m3 1000kg ṁ = 25 × × = 25 kg/s 𝑠 1000 𝐿 m3 Ƞ=

7.84 kw = 0.784 = 78.4% 10 kw

Respuesta:

Ƞ = 78.4% PROBLEMA 5.75

Vuelva a considerar el problema 5.74. Use el software de EES (o cualquier otro programa de este tipo) e investigue el efecto de la pérdida irreversible de carga sobre la eficiencia mecánica de la bomba. Suponga que la pérdida de carga varia de 0 hasta 15 m, en incrementos de 1 m. Trace la gráfica de los resultados y analícelos.

SOLUCION 5.75 Web site: www.qukteach.com

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Datos:

∆ z = 25 m

Q = 25 L/s

Potencia flecha = 10 kw

Pérdida irreversible: hL = 7 m Incógnita:

a) Investigar el efecto de la pérdida irreversible y suponer que varía de 0 hasta 15 m, en incrementos de 1 m. Desarrollo: Se realizará en una hoja Excel. HL (m) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

n (eficiencia) 0.613 0.637 0.662 0.686 0.711 0.735 0.760 0.784 0.809 0.833 0.858 0.882 0.907 0.931 0.956 0.980

Respuesta: a) El resultado muestra que la eficiencia se incrementa con la pérdida irreversible.

PROBLEMA 5.76

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

Se usa una bomba de 7 hp (potencia en la flecha) para subir agua hasta una altura de 15 m. si la eficiencia mecánica de la bomba es de 82 por ciento, determine el gasto volumétrico máximo de agua.

SOLUCION 5.76

Datos:

Potencia: Pflecha = 7 hp

∆ z = 15 m

Ƞ = 82% Incógnita:

a) Gasto volumétrico del agua Desarrollo: Aplicando la ecuación de energía y despreciando las pérdidas mecánicas

P1 V12 P2 V22 + + 𝑧1 + hbomba = + + 𝑧2 , P1 = P2 = Patm 𝜌𝑔 2𝑔 ρg 2g

V1 ≅ 0 , V2 ≅ 0

hBomba = ∆𝑧 , Ẇ ùtil = ṁ g hBomba , Ẇ ùtil = Ƞ × Pflecha → ṁ = 𝑄 × 𝜌 → Ƞ × Pflecha = 𝑄 × 𝜌𝑔 hBomba → 𝑄 =

Ƞ × Pflecha 𝜌𝑔∆𝑧

745.7 𝑤 1 hp = 0.0291 𝑚3 /𝑠 𝑄= 3 1000 𝑘𝑔/𝑚 × 9.8 𝑚/𝑠 2 × 15 𝑚 0.82 × 7hp ×

Respuesta:

a) Q = 0.0291 𝑚3/𝑠 PROBLEMA 5.77 Web site: www.qukteach.com

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Fluye agua en un tubo horizontal, cuyo diámetro se reduce de 15 cm hasta 8 cm mediante un reductor, a razón de 0.035m³/s. Si se mide que la presión en la línea central es de 470 KPa, y 440 KPa, antes y después del reductor, respectivamente, determine la pérdida irreversible de carga en éste. Tome los factores de corrección de la energía cinética como 1.05.

SOLUCION 5.77

Datos:

∅1 = 15 𝑐𝑚

∅2 = 8 𝑐𝑚

𝑄 = 0.035 𝑚3 /𝑠 𝑃1 = 470 𝑘 𝑃𝑎

𝑃2 = 440 𝑘 𝑃𝑎 ∝= 1.05 Incógnita:

a) Determinar la pérdida irreversible Desarrollo: Aplicando la ecuación de la energía 2 2 P2 ∝2 V2 P1 ∝1 V1 + + 𝑧1 = + + 𝑧2+ h𝐿 , 𝑧1 = 𝑧2 𝜌𝑔 2𝑔 ρg 2g

P1 − P2 V1 2 − V2 2 → h𝐿 = + 𝜌𝑔 2𝑔 Q

V1 = π 2 ∅ 4 1 Q

V2 = π 2 ∅ 4 2

4 × 0.035 m3 /s = = 1.98 m/s 3.1416 × (0.15 m)²

4 × 0.035 m3 /s = = 6.96 m/s 3.1416 × (0.08 m)²

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(470 × 103 − 440 × 103 )Pa [(1.98 m/s)² − (6.96 m/s)²] h𝐿 = + 1.05 = 0.675 m 2 × 9.8 m/s 2 1000 kg/m3 × 9.8 m/𝑠 2

Respuesta:

𝑎) h𝐿 = 0.675 m PROBLEMA 5.78

El nivel del agua en un tanque está 20 m arriba del suelo. Se conecta una manguera al fondo del tanque y la boquilla que está en el extremo de dicha manguera se apunta directo hacia arriba. El tanque está a nivel del mar y la superficie del agua está abierta a la atmosfera. En la línea que conduce del tanque a la boquilla está una bomba, la cual aumenta la presión del agua. Si el chorro de agua se eleva hasta una altura de 27 m por arriba del suelo, determine el aumento mínimo de presión suministrado por la bomba a la línea de agua.

SOLUCION 5.78

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

Datos:

z1 = 20 m

z2 = 27 m

Incógnita:

a) Determinar el aumento de presión en la bomba Desarrollo: Aplicando la ecuación de energía despreciando las pérdidas mecánicas.

P1 V12 P2 V22 + + 𝑧1 + hbomba = + + 𝑧2 , V1 ≅ 0 , V2 ≅ 0 𝜌𝑔 2𝑔 ρg 2g

P1 = P2 = Patm

hBomba = 𝑧2 − 𝑧1 = 27 𝑚 − 20 𝑚 = 7 𝑚

∆ 𝑃𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 𝜌𝑔 hBomba = 1000

𝑘𝑔 × 9.8 𝑚/𝑠 2 × 7 𝑚 3 𝑚

∆ 𝑃𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 68 600 𝑃𝑎 = 68.6 𝑘 𝑃𝑎 Respuesta:

𝑎) ∆ 𝑃 = 68.6 𝑘 𝑃𝑎 PROBLEMA 5.79

Una turbina hidráulica tiene 85 m de carga disponible con un gasto de 0.25m³/s y la eficiencia total de su turbogenerador es de 78 por ciento. Determine la salida de potencia eléctrica de esta turbina.

SOLUCION 5.79

Datos: Web site: www.qukteach.com

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hturbina = 85 𝑚

𝑄 = 0.25 𝑚3/𝑠 Ƞ = 78 % Incógnita:

a) Calcular la salida de potencia eléctrica.

𝑃𝑖𝑛 = 𝑔 × 𝑚̇ × ℎ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 , 𝑚̇ = 𝑄 × 𝜌

𝑃𝑜𝑢𝑡 = Ƞ → 𝑃𝑜𝑢𝑡 = Ƞ × 𝑔 × 𝑄 𝜌 × ℎ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 𝑃𝑖𝑛 𝑃𝑜𝑢𝑡

𝑚 𝑚3 𝑘𝑔 = 0.78 × 9.8 2 × 0.25 × 1000 3 × 85𝑚 𝑠 𝑚 𝑠

𝑃𝑜𝑢𝑡 = 162435 𝑤 = 162.4 𝑘𝑤 Respuesta:

a) 𝑃𝑜𝑢𝑡 = 162.4 𝑘𝑤

PROBLEMA 5.80 La demanda de energía eléctrica suele ser mucho más alta durante el día que en la noche y, con frecuencia, las compañías generadoras de servicio público venden la energía de servicio público venden la energía en la noche a precios más bajos con el fin con alentar a los consumidores a que usen la capacidad disponible de generación de potencia y evitar la construcción de nuevas plantas generadoras costosas que solo se utilizarán un tiempo corto durante los periodos pico. Estas compañías también están deseando comprar la energía producida durante el día por empresas privadas a un precio alto.

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Mecánica de Fluidos Fundamentos y Aplicaciones

Suponga que una compañía generadora de servicio público venda energía eléctrica a 0.03 dólar/kWh, en la noche, y desea pagar 0.08 dólar/kWh, por la potencia producida durante el día. Para aprovechar esta oportunidad, un empresario considera construir un deposito grande 40 m arriba del nivel del lago, bombear agua de este hacia ese depósito en la noche, usando energía barata, y dejar que el agua fluya del depósito de regreso al lago durante el día, produciendo potencia cuando la unidad bomba-motor opere como un turbogenerador en el desarrollo del flujo inverso. Un análisis preliminar muestra que puede usarse un gasto de agua de 2 m³/s en cualquiera de las dos direcciones, y la pérdida irreversible de carga del sistema de tuberías es de 4 m. Se espera que las eficiencias combinadas de la bomba-motor y del turbogenerador sea de 75 por ciento cada una. Se supone que el sistema opera durante 10 h en los modos de bomba y de turbina, en un día normal; determine el ingreso potencial que este sistema de bomba-motor puede generar por año.

SOLUCION 5.80

Datos: Precio de energía:

Pe = 0.03

𝑃𝑑 = 0.08

dólar kwh

dólar kwh

∆ 𝑧 = 40 𝑚

(noche)

(𝑑í𝑎)

𝑄 = 2𝑚3 /𝑠

𝑃é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒: ℎ𝐿 = 4 𝑚

Ƞbomba−motor = 0.75

Ƞturbo−generador = 0.75

t operación = 10 ℎ/𝑑í𝑎 Incógnita:

a) Ingreso potencial que el sistema bomba-turbina generan en un año Desarrollo: Web site: www.qukteach.com

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Aplicando la ecuación de energía.

P1 V12 P2 V22 + + 𝑧1 + hbomba = + + 𝑧2 + hturbina + ℎ𝐿 𝜌𝑔 2𝑔 ρg 2g

𝑃1 = 𝑃2 = Patm , V1 ≅ 0 ˄ V2 ≅ 0

→ 𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑙𝑎 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎:

hbomba = ∆ 𝑧 + ℎ𝐿 = 40 𝑚 + 4 𝑚 = 44 𝑚

→ 𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑎 𝑙𝑎 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎:

hbomba = ∆ 𝑧 − ℎ𝐿 = 40 𝑚 − 4 𝑚 = 36 𝑚

𝑊̇𝑏omba,electrica

kg m 3 𝜌 × 𝑄 × 𝑔 × hbomba 1000 m3 × 2𝑚 /s × 9.8 s2 × 44m = = = 1149866 w Ƞ 0.75

𝑊̇𝑏omba,electrica = 1149.9 𝑘𝑤

𝑊̇𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = Ƞ × 𝜌 𝑄 𝑔 hturbina = 0.75 × 1000

𝑊̇𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = 529.2 𝑘𝑤 𝐼𝑛𝑔𝑟𝑒𝑠𝑜 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙

= �529.2 𝑘𝑤 × 0.08

kg 𝑚3 m × 2 × 9.8 2 × 36 𝑚 = 529200 𝑤 3 m 𝑠 s

dólar dólar − 1149.9 𝑘𝑤 × 0.03 � × 365 × 10 kw kw

𝐼𝑛𝑔𝑟𝑒𝑠𝑜 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑝𝑜𝑟 𝑎ñ𝑜 = 28612.35 𝑑ó𝑙𝑎𝑟𝑒𝑠

Respuesta:

𝑎) 28612.35 𝑑ó𝑙𝑎𝑟𝑒𝑠 PROBLEMA 5.81

Fluye agua por un tubo horizontal, cuyo diámetro es constante de 3 cm, a razón de 20 L/s. Se mide que la caída de presión a través de una válvula en el tubo es de 2kPa. Determine la pérdida irreversible de carga de la válvula y la potencia útil de bombeo necesaria para vencer la caída resultante de presión. Web site: www.qukteach.com

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SOLUCION 5.81

DATOS:

∅ = 3 𝑐𝑚

𝑄 = 20 𝐿/𝑠

∆𝑃 = 2 𝑘𝑃𝑎 Incógnita:

a) Pérdida irreversible de carga b) Potencia útil de bombeo para vencer la caída resultante de presión Desarrollo: a) Aplicamos la ecuación de energía de 1 a 2

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + ℎ𝐿 , 𝑃1 − 𝑃2 = ∆𝑃 , V1 = V2 , 𝑧1 = 𝑧2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 → ℎ𝐿 =

𝑃1 − 𝑃2 ∆𝑃 2 × 10³ 𝑃𝑎 = = = 0.204 𝑚 𝜌𝑔 1000 𝑘𝑔 𝜌𝑔 2 × 9.8 𝑚/𝑠 𝑚3

b) Potencia útil = ṁ g hL Web site: www.qukteach.com

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𝐿 1𝑚3 𝑘𝑔 𝑚 𝑚̇ = 𝑄 × 𝜌 → Potencia, útil = Q ⋅ 𝜌 ⋅ 𝑔 ⋅ ℎ𝐿 = 20 ⋅ ⋅ 1000 3 ⋅ 9.8 2 × 0.204 𝑚 𝑠 1000 𝐿 𝑚 𝑠

Potencia, útil = 39.98 w

Respuesta:

𝑎) ℎ𝐿 = 0.204 𝑚

𝑏)Potencia, útil = 39.98 w PROBLEMA 5.82

El nivel del agua en un tanque está 66 ft arriba del suelo. Se conecta una manguera al fondo del tanque a nivel del piso y la boquilla que está en el extremo de dicha manguera se apunta directo hacia arriba. La cubierta del tanque es hermética, pero se desconoce la presión sobre la superficie del agua. Determine la presión (manométrica) mínima del aire en el tanque que hará que el chorro de agua que sale por la boquilla se eleve hasta 90 ft por arriba del suelo.

SOLUCION 5.82

Datos:

z1 = 66 ft

z2 = 90 ft Incógnita:

a) Presión manométrica mínima del aire en el tanque. Desarrollo: Aplicando la ecuación de energía de 1 a 2

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + ℎ𝐿 , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑃2 = Patm 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

V1 ≅ 0, V2 ≅ 0 ˄ hL = 0 (Se desprecia la pérdida irreversible de carga, para calcular la presión manométrica mínima).

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Pág. 99

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→

𝑃1 𝑃2 = + 𝑧2 − 𝑧1 → 𝑃1 = Patm + (𝑧2 − 𝑧1) 𝜌𝑔 𝜌𝑔 𝜌𝑔

𝑝𝑒𝑟𝑜: 𝑃1,𝑚𝑎𝑛 = 𝑃1 − Patm = (𝑧2 − 𝑧1) 𝜌𝑔

𝑃1,𝑚𝑎𝑛 = (90 𝑓𝑡 − 66 𝑓𝑡) × 62.4 P1,man = 10.4psig

𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡 × 32.2 × 𝑓𝑡 3 𝑠1

1 𝑙𝑏𝑓

32.2 𝑙𝑏𝑚.

𝑓𝑡 𝑠2

×

1 𝑝𝑠𝑖 𝑙𝑏𝑓 144 𝑓𝑡²

Respuesta:

𝑎) P1,man = 10.4psig PROBLEMA 5.83

Un tanque grande está inicialmente lleno con agua 2 m arriba del centro de un orificio de 10 cm de diámetro con bordes agudos. La superficie del agua en el tanque está abierta a la atmosfera y el orificio drena también hacia la atmosfera. Si la pérdida irreversible total de carga en el sistema es de 0.3 m, determine la velocidad inicial de descarga del agua del tanque. Tome el factor de corrección de la energía cinética en el orificio como 1.2.

SOLUCION 5.83

Datos:

∆𝑧 = 2𝑚

∅ = 10 𝑐𝑚

ℎ𝐿 = 0.3 𝑚 ∝= 1.2

Incógnita: a) Velocidad inicial de descarga Desarrollo: Web site: www.qukteach.com

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Se aplica la ecuación de energía de 1 a 2, para el instante en el cual ∆𝑧 = 2𝑚.

P1 ∝ V12 P2 ∝ V2 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + h𝐿 𝜌𝑔 2𝑔 ρg 2g

𝑉1 ≅ 0 (En el punto 1 el nivel del agua desciende muy lento por estar en una superficie muy grande en comparación con la superficie de la salida).

P1 = P2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚.

∝× V22 2𝑔∆𝑧 + h𝐿 × 2𝑔 → = 𝑧1 − 𝑧2 − h𝐿 → 𝑉2 = � ∝ 2𝑔

2 × 9.8 𝑚/𝑠 2 × 2 𝑚 − 2 × 9.8 𝑚/𝑠 2 + 0.3 𝑚 𝑉2 = � = 5.27 𝑚/𝑠 1.2 Respuesta:

𝑎) 𝑉2 = 5.27 𝑚/𝑠 PROBLEMA 5.84

Entra agua a una turbina hidráulica por un tubo de 30 cm de diámetro a razón de 0.6 m³/s y sale por un tubo de 25 cm de diámetro. Con un termómetro de mercurio, se mide que la caída de presión en la turbina es de 1.2 m. para una eficiencia combinada del turbogenerador de 83 por ciento, determine la salida neta de potencia eléctrica. Descarte el efecto de los factores de corrección de la energía cinética.

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SOLUCION 5.84

Datos:

∅1 = 30 𝑐𝑚

∅2 = 25 𝑐𝑚

𝑄 = 0.6 𝑚3/𝑠 𝑌 = 1.2 𝑚 Ƞ = 83%

Incógnita:

a) Salida neta de potencia eléctrica. Desarrollo: Ecuación de energía de 1 a 2, despreciando las fricciones.

P2 V22 P1 V12 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + hturbina , 𝑧1 − 𝑧2 ≅ 0 𝜌𝑔 2𝑔 ρ𝑔 2𝑔

(Se desprecia su valor ya que es menor en comparación con los otros términos)

hturbina

P1 − P2 V12 − V2 2 = + , del manómetro P1 + ρ 𝑔 y = 𝜌𝐻𝑔 𝑔 y + P2 ρ𝑔 2𝑔

P1 − P2 = �𝜌𝐻𝑔 − 𝜌� 𝑔 𝑦 → hturbina = Q V1 = π 2 ∅ 4 1 Q

V2 = π 2 ∅ 4 2 hturbina =

�𝜌𝐻𝑔 − 𝜌� 𝑦

m3 4 × 0.6 m s = = 8.488 s 3.146 × (0.3 m)2

𝜌

V12 − V2 2 + 2𝑔

4 × 0.6 m3 /s = = 12.22 m/s 3.1416 × (0.25 m)²

�13560

𝑘𝑔 𝑘𝑔 − 1000 3 � × 1.2 𝑚 [(8.488 m/s)² − (12.22 m/s)²] 𝑚3 𝑚 + = 11.129 m 1000 kg/m3 2 × 9.8 m/s 2

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Pág. 102

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→

𝑃𝑜𝑢𝑡 = Ƞ → 𝑃𝑜𝑢𝑡 = Ƞ × 𝑃𝑖𝑛 = Ƞ × 𝜌 𝑄 𝑔 hturbina 𝑃𝑖𝑛

𝑃𝑜𝑢𝑡

kg 0.6𝑚3 𝑚 = 0.83 × 1000 3 × × 9.8 2 × 11.129 𝑚 = 54314 𝑤 = 54.314 𝑘𝑤 m 𝑠 𝑠

Respuesta:

𝑎) 𝑃𝑜𝑢𝑡 = 54.314 𝑘𝑤 PROBLEMA 5.85

Suele darse una proximidad del perfil de velocidad para el flujo turbulento en un tubo circular como u(r) = umáx (1 – r/R)¹/n., donde n = 7. Determine el factor de corrección de la energía cinética para este flujo.

SOLUCION 5.85

Datos:

𝑈(𝑟) = 𝑈𝑚á𝑥 𝑛=7

𝑟 1�𝑛 �1 − � 𝑅

r: variable y R: radio de la tuberia Incógnita:

a) Determinar el factor de corrección de energía cinética. Desarrollo: El factor de corrección se define por: 3

1 𝑈(r) 𝑟 1�𝑛 ∝= � � � 𝑑𝐴, dA = 2πrdr ˄ 𝑈(r) = 𝑈máx �1 − � A 𝑅 Vprom Web site: www.qukteach.com

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Pág. 103

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3� 3 𝑅 𝑛 1 2π × 𝑈 𝑟 𝑚á𝑥 𝐴 = 𝜋 𝑅 2 → ∝= × � �1 − � 𝑟𝑑𝑟 𝜋 𝑅2 𝑅 𝑉𝑝𝑟𝑜𝑚 3 0

∝=

2 𝑈𝑚á𝑥 3 𝑅 𝑟 3�𝑛 2 𝑈𝑚á𝑥 3 𝑛2 𝑅2 2 𝑈𝑚á𝑥 3 𝑛2 � �1 − � 𝑟𝑑𝑟 = × = 𝑅 𝑅2 𝑉𝑝𝑟𝑜𝑚 3 0 𝑅2 𝑉𝑝𝑟𝑜𝑚 3 (𝑛 + 3)(2𝑛 + 3) 𝑉𝑝𝑟𝑜𝑚 3 (𝑛 + 3)(2𝑛 + 3)

𝑝𝑒𝑟𝑜 Vprom 𝑠𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎 𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑟 𝑑𝑒: 𝑉𝑝𝑟𝑜𝑚

𝑅 1 1 𝑟 1�𝑛 = � 𝑈(𝑟) 𝑑𝐴 = � 𝑈 �1 − � 2𝜋𝑟𝑑𝑟 𝐴 𝜋𝑅 2 0 𝑚á𝑥 𝑅

2 𝑈𝑚á𝑥 𝑅 𝑟 1�𝑛 2 𝑈𝑚á𝑥 𝑛2 𝑅 2 2 Umáx n2 � �1 − � 𝑟𝑑𝑟 = Vprom = × = (𝑛 + 1)(2𝑛 + 1) (n + 1)(2n + 1) 𝑅 𝑅2 𝑅2 0

(n + 1)3 (2n + 1)3 2 Umáx 3 n2 (n + 1)3 (2n + 1)3 →∝= = ,n = 7 4 n4 (n + 3)(2n + 3) 8 Umáx 3 n6 (n + 3)(2n + 3)

83 × 153 ∝= = 1.0584 4 × 74 × 10 × 17 Respuesta:

a) ∝ = 1.0584 PROBLEMA 5.86

Una bomba de aceite consume 35 kW cuando bombea aceite con ρ = 860 kg/m³, a razón de 0.1 m³/s. los diámetros de entrada y salida del tubo son 8 cm y 12 cm, respectivamente. Si se mide que el aumento de presión del aceite en la bomba es de 400 kPa y la eficiencia del motor es de 90 por ciento, determine la eficiencia mecánica de la bomba. Tome el factor de corrección de la energía cinética como 1.05.

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SOLUCION 5.86

Datos:

𝑃𝑜𝑡,𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 = 35 𝑘𝑤 𝜌 = 860

𝑘𝑔

𝑚3

𝑄 = 0.1 𝑚3/𝑠 ∅𝟏 = 8 cm

∅𝟏 = 12 cm

∆ 𝑃 = 400 𝑘 𝑃𝑎

Ƞ = 90% , ∝ = 1.05 Incógnita: a) Eficiencia mecánica de la bomba Desarrollo:

P1 ∝ V12 P2 ∝ V2 2 + + 𝑧1 + hbomba = + + 𝑧2 𝜌𝑔 2𝑔 ρg 2g

𝑧2 − 𝑧1 ≅ 0 (𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑎 𝑠𝑢 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟).

hbomba

P2 − P1 �∝ V2 2 − V12 � = + 2𝑔 𝜌𝑔

Q

V1 = π 2 ∅ 4 1 Q

V2 = π 2 ∅ 4 2

4 × 0.1 m3 /s = = 19.89 m/s 3.1416 × (0.08 m)²

4 × 0.1 m3 /s = = 8.842 m/s 3.1416 × (0.12 m)²

[(8.842 m/s)² − (19.89 m/s)²] 400 × 103 𝑃𝑎 hbomba = + 1.05 = 30.46 m 860 kg/m3 × 9.8 m/𝑠 2 2 × 9.8 m/s 2 Web site: www.qukteach.com

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ηmecánica =

PÚtil Pin

→ ηmecánica

ρ ⋅ Qghbom 860 kg⁄m3 × 0.1 m3 ⁄s × 9.8 m⁄s 2 × 30.46m = = η Pot,motor 0.9 × 35 × 103 W

Pin = η Pot,motor

,

PÚtil = ρ ⋅ Qghbom

ηmecánica = 0.815 = 81.5% Respuesta:

a) Pirrevisible = 3.955 hp b) ηmecánica = 81.5%

PROBLEMA 5.87

Una bomba de 12 hp con una eficiencia de 73 por ciento bombea agua de un lago hacia un estanque cercano, a razón de 1.2 ft³/s. por un tubo de diámetro constante. La superficie libre del estanque está 35 ft arriba de la del largo. Determine la pérdida irreversible de carga del sistema de tuberías, en ft, y la potencia mecánica usada para vencerla.

SOLUCION 5.87

Datos:

𝑃𝑜𝑡,𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 = 12 ℎ𝑃 Ƞ = 73%

𝑄 = 1.2 𝑓𝑡³/𝑠 ∆ 𝑧 = 35𝑓𝑡

Incógnita:

a) Determinar la pérdida irreversible b) Potencia mecánica usada para vencer la pérdida irreversible Desarrollo: Web site: www.qukteach.com

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Ecuación de energía de 1 a 2.

P1 V12 P2 V22 a) + + 𝑧1 + hbomba = + + 𝑧2+ h𝐿 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

𝑉2 ≅ 0 ,

𝑉1 ≅ 0 ,

P1 = P2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚.

→ ℎ𝐿 = (𝑧1 − 𝑧2 ) + hbomba , 𝑃ú𝑡𝑖𝑙 = 𝜌𝑔 𝑄 hbomba

Ƞ=

𝑃ú𝑡𝑖𝑙

𝑃𝑜𝑡,𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎

→ ℎ𝐿 = −∆ 𝑧 +

→ 𝑃ú𝑡𝑖𝑙 = Ƞ × 𝑃𝑜𝑡,𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 → hbomba =

Ƞ × 𝑃𝑜𝑡,𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 𝜌𝑔 𝑄

= −35 𝑓𝑡 +

ℎ𝑃 = 29.34 𝑓𝑡

Ƞ 𝑃𝑜𝑡,𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 𝜌𝑔 𝑄

0.73 × 12 ℎ𝑃 550 𝑙𝑏𝑓. 𝑓𝑡/𝑠 32.3 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡 × × × 2 1 ℎ𝑝 1 𝑙𝑏𝑓 𝑠 𝑓𝑡 𝑓𝑡³ 𝑙𝑏𝑚 62.4 × 32.2 2 × 1.2 𝑠 𝑠 𝑓𝑡³

𝑏) Pirreversible = 𝜌𝑄𝑔 ℎ𝐿 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡³ 𝑓𝑡 1 𝑙𝑏𝑓 1ℎ𝑝 = 62.4 × 1.2 × 32.2 2 × 29.34 𝑓𝑡 × × 𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑠 𝑠 𝑓𝑡³ 32.2 𝑙𝑏𝑚 2 550 𝑙𝑏𝑓. 𝑠 𝑠

Pirreversible = 3.995 ℎ𝑃

Ƞ𝑚𝑒𝑐á𝑛𝑖𝑐𝑎 =

𝑃ú𝑡𝑖𝑙 , 𝑃ú𝑡𝑖𝑙 = 𝜌 𝑄 𝑔 hbomba 𝑃𝑖𝑛

𝑃𝑖𝑛 = Ƞ 𝑃𝑜𝑡,𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟

→ Ƞ𝑚𝑒𝑐á𝑛𝑖𝑐𝑎 =

𝜌 𝑄 𝑔 hbomba = Ƞ 𝑃𝑜𝑡,𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟

Ƞ𝑚𝑒𝑐á𝑛𝑖𝑐𝑎 = 0.815 = 81.5%

860

𝑘𝑔 𝑚3 𝑚 × 0.1 × 9.8 2 × 30.46𝑚 3 𝑠 𝑠 𝑚 0.9 × 35 × 103 𝑤

Respuesta:

𝑎) Pirreversible = 3.995 ℎ𝑝

𝑏)Ƞ𝑚𝑒𝑐á𝑛𝑖𝑐𝑎 = 81.5%

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Pág. 107

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PROBLEMA 5.88

Un bote de bomberos va a combatir incendios en las zonas costeras y extraerá agua de mar con una densidad de 1 030 kg/m³ por un tubo de 20 cm de diámetro, a razón de 0.1 m³/s. La descargará por la boquilla de una manguera que tiene un diámetro de salida de 5 cm. La perdida irreversible total de carga del sistema es de 3 m y la posición de la boquilla está a 4 m arriba del nivel del mar. Para una eficiencia de la bomba de 70 por ciento, determine la potencia necesaria en la flecha de esa bomba y la velocidad de descarga del agua.

SOLUCION 5.88

Datos:

𝜌 = 1030

𝑘𝑔

𝑚3

∅1 = 20 𝑐𝑚 𝑚3 𝑄 = 0.1 𝑠 ∅2 = 5 𝑐𝑚 ℎ𝐿 = 3 𝑐𝑚 ∆𝑧 =4𝑚 Ƞ = 70% Incógnita:

b) Velocidad de descarga c) Potencia de flecha Desarrollo: Web site: www.qukteach.com

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a) V2 = π

Q

∅ 4 1

2 =

4×0.1 m3 /s

3.1416×(0.05 m)²

= 50.93 m/s

b) Aplicando la ecuación de energía de 1 a 2.

P1 V1 2 P2 V2 2 + + 𝑧1 + hbomba = + + 𝑧2 + ℎ𝐿 , 𝑧2 − 𝑧1 = ∆ Z , 𝜌𝑔 2𝑔 ρ𝑔 2𝑔

𝑉1 ≅ 0. → hbomba

P1 = P2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚

𝑚 2 �50.93 � 𝑉2 2 𝑠 + 4𝑚 + 3𝑚 = 139,34𝑚 = + ∆ 𝑧 + ℎ𝐿 = 𝑚 2𝑔 2 × 9.8 2 𝑠

𝑃ú𝑡𝑖𝑙 𝑃ú𝑡𝑖𝑙 𝜌 𝑔 𝑄 × hbomba = Ƞ → 𝑃𝑓𝑙𝑒𝑐ℎ𝑎 = = Pflecha Ƞ Ƞ

𝑚3 1030 𝑘𝑔/𝑚3 × 9.8 𝑚/𝑠 2 × 0.1 𝑠 × 139.34𝑚 = 0.7

Pflecha = 200928 𝑤 = 200.93 𝑘𝑤 Respuesta:

a) V2 = 50.93

𝑚 𝑠

b) Pflecha = 200.93 𝑘𝑤

PROBLEMA 5.89

Un tanque con diámetro DO = 10 m está inicialmente lleno con agua 2 m arriba del centro de una válvula con un diámetro de 10 cm y cercana al fondo. La superficie del tanque estará abierta a la atmósfera y dicho tanque drena por un tubo con un largo L = 100 m que está conectado a la válvula. Se sabe que el factor de fricción del tubo es f = 0.015 y la velocidad de descarga se expresa como V =�

2𝑔𝑍

1.5+𝑓𝐿/𝐷

, donde z es la altura del agua arriba del centro de la válvula. Determine a) la

velocidad inicial de descarga del tanque y b) el tiempo necesario para vaciar el tanque. Pueda considerarse que el tanque está vacío cuando el nivel del agua cae hasta el centro de la válvula.

SOLUCION 5.89 Web site: www.qukteach.com

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Pág. 109

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Datos:

D0 = 10 m H=2m

∅ = 10 cm L = 100 m f = 0.015 𝑉=�

2 𝑔𝑧 𝑓𝐿 1.5 + ∅

Incógnita:

a) Velocidad inicial de descarga b) Tiempo necesario para variar el tanque Desarrollo: a) La velocidad inicial de descarga es en la condición de Z = 2 m

2 𝑔𝑧 2 × 9.8 𝑚/𝑠 2 × 2 𝑚 →𝑉=� = = 1.54 𝑚/𝑠 100 𝑚 𝑓𝐿 � 1.5 + 0.015 × 1.5 + 0.1𝑚 ∅ 𝑏) 𝑄 = 𝑉 ×

𝜋 2 𝑑𝑉 𝜋 𝑑𝑧 ∅ , 𝑡𝑎𝑚𝑏𝑖é𝑛 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 𝑄 = − = − 𝐷02 4 𝑑𝑡 4 𝑑𝑡

𝑡 0 𝐷 2 𝑑𝑧 𝜋 𝐷02 0 𝜋 2 0 2 𝑑𝑧 → � 𝑑𝑡 = − � 2 =− 2 � → 𝑉 ∅ = − 𝐷0 4 𝑑𝑡 𝑉 ∅ ∅ 𝐻 4 0 𝐻 𝐻 𝐷0 → 𝑡 = � �² � ∅ 0

�

1

2𝑔

𝑓𝐿 1.5 + ∅

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𝐷0 = � �² ∅ √𝑧 𝑑𝑧

�

1

2𝑔

𝑓𝐿 1.5 + ∅

𝐻

× 2√𝑧 �

𝑑𝑧

2 𝑔𝑧 � 𝑓𝐿 1.5 + ∅

0

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Pág. 110

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fL 100 m 1.5 + 0.015 × D0 �1.5 + ∅ 10 m � 0.1 m × 2 × √2m → t = � �² × 2√H = � �² × 0.1 m ∅ 2g 2 × 9.8 m/s 2

t = 25951.3s = 7.21 h Respuesta:

a) V = 1.54 m/s b) t = 7.21 h

PROBLEMA 5.90

Se bombea agua del subsuelo hasta un estanque cuya sección transversal mide 3 m x 4 m, en tanto que el agua se descarga por un orificio de 5 cm de diámetro con una velocidad promedio constante de 5 m/s. si el nivel del agua en el estanque sube a razón de 1.5 cm/min, determine la razón a la cual se suministra el agua al estanque, en m³/s.

SOLUCION 5.90

Datos:

𝑆𝑒𝑙𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒: 𝐴 = 3𝑚 × 4𝑚

∅ = 5 𝑐𝑚

𝑉𝑝𝑟𝑜𝑚 = 5 𝑚/𝑠 𝑑𝑦 𝑑𝑡

= 1.5

Incógnita:

𝑐𝑚

𝑚𝑖𝑛

a) Determinar el caudal a la cual se le suministra al tanque. Desarrollo: Balance de masa para el volumen de control (cubo de agua altura Y) Web site: www.qukteach.com

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dMv.c , Ṁ in = ρ Q in dt π = ρ Q out = ρ ∅2 × 𝑉𝑝rom ˄ Mv.c = 𝐴 × 𝑦 × 𝜌 4

Ṁ in − Ṁ out = Ṁ out

π 𝑑 𝐴𝜌𝑦 → ρ Q in − ρ ∅2 𝑉𝑝rom = 4 𝑑𝑡 → Q in − → Q in =

π 2𝑉 𝑑𝑦 ∅ 𝑝rom = 𝐴 4 𝑑𝑡

π 2𝑉 𝑑𝑦 3.1416 𝑚 𝑐𝑚 1 𝑚𝑖𝑛 1𝑚 ∅ 𝑝rom + 𝐴 = × (0.05 𝑚)2 × 5 + 12𝑚2 × 1.5 × × 4 𝑑𝑡 4 𝑠 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 100 𝑐𝑚

Q in = 0.01282 𝑚3/𝑠

Respuesta:

a) Q in = 0.01282 𝑚3/𝑠 PROBLEMA 5.91

La velocidad de un líquido que fluye en un tubo circular de radio R varía desde cero en la pared hasta un máximo en su centro. La distribución de velocidad en el tubo puede representarse como V(r), donde r es la distancia radial al centro del tubo. Con base en la definición de gasto de masa, 𝑚̇, obtenga una relación para la velocidad promedio en términos de V(r), R y r.

SOLUCION 5.91

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Pág. 112

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Datos: Tubo de radio: R

Distancia radial del centro del tubo: r

V(r): Función de velocidad Incógnita:

a) Obtener una relación para la velocidad promedio en terminos deV(r) , R y r

Desarrollo:

El flujo másico en una tubería se puede determinar mediante:

𝑀̇ = ∫ 𝜌 V(r) 𝑑𝐴 ,

𝑑𝐴 = 2𝜋𝑟𝑑𝑟

𝑀̇ = 𝜌 ∫ V(r) 2𝜋𝑟𝑑𝑟 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑟 ∈ [0 , 𝑅 ]

𝑅 → 𝑀̇ = 2𝜋𝜌 ∫0 V(r) 𝑟𝑑𝑟

Pero el flujo másico se puede expresar en función de una velocidad promedio.

𝑀̇ =

𝜋 (2𝑅 )2 × Vprom = ρ π R2 Vprom 4 𝑅

2

→ ρ π R Vprom = 2𝜋𝜌 � V(r) 𝑟𝑑𝑟 Vprom

2 𝑅 = 2 � V(r) 𝑟𝑑𝑟 R 0

0

Respuesta:

a) Vprom =

2

R2

𝑅

∫0 V(r) 𝑟𝑑𝑟

PROBLEMA 5.92

Se tiene aire a 4.18 kg/m³ que entra con una velocidad de 120 m/s en una tobera que tiene una razón entrada a salida de 2:1, y sale con una velocidad de 380 m/s. determine la densidad del aire a la salida. Web site: www.qukteach.com

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SOLUCION 5.92

Datos:

ρ1 = 4.18 kg/m3 𝑉1 = 120 m/s

𝑅𝑎𝑧ó𝑛 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 𝑎 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎: 𝐴2 = 380 𝑚/𝑠

𝐴1 𝐴2

=2

Incógnita:

a) Determinar la densidad de salida del aire Desarrollo: Realizamos el balance de masa en la tobera. dM Ṁ 1 − Ṁ 2 = v.c , pero dt

tado estacionario

dMv.c dt

= 0 Ya que se considera que el sistema se encuentra en es-

𝑀̇1 = 𝑀̇2 → 𝜌1 × 𝐴1𝑉1 = 𝜌2 × 𝐴2𝑉2 → 𝜌2 = 𝜌1 � Respuesta:

𝐴1 𝑉1 𝑘𝑔 120 𝑚/𝑠 𝑘𝑔 � × = 4.18 3 × 2 × = 2.64 3 𝑚 380 𝑚/𝑠 𝑚 𝐴2 𝑉2

𝑎) 𝜌2 = 2.64𝑘𝑔/𝑚³ PROBLEMA 5.93

Se reemplazará por completo el aire en un cuarto de hospital de 6 m x 5 m x 4 m por aire acondicionado cada 20 min. Si la velocidad promedio del aire en el ducto circular que conduce al cuarto no debe ser mayor que 5 m/s, determine el diámetro mínimo del ducto.

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SOLUCION 5.93

Datos: Dimensiones de cuarto de hospital

∆𝑉 = 6𝑚 × 5𝑚 × 4𝑚

∆ 𝑡 = 20 𝑚𝑖𝑛

Vprom = 5 𝑚/𝑠 Incógnita:

a) Determinar el diámetro mínimo. Desarrollo:

→ 𝑄𝐴𝑖𝑟𝑒 → 𝑄𝐴𝑖𝑟𝑒

∆ 𝑉 6𝑚 × 5𝑚 × 4𝑚 6𝑚3 = = = ∆𝑡 20 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛 𝜋 = 𝑉𝑝𝑟𝑜𝑚 × ∅2 4

6𝑚3 1 𝑚𝑖𝑛 × 4 × 𝑄𝐴𝑖𝑟𝑒 � 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 = 0.1596 𝑚 → ∅= = 𝑉𝑝𝑟𝑜𝑚 × 𝜋 5 𝑚/𝑠 × 3.1416 4×

Respuesta:

𝑎) ∅ = 0.1596 𝑚 PROBLEMA 5.94

Un tanque presurizado de agua de 2 m de diámetro en el fondo, en donde el agua se descarga hacia la atmósfera. El nivel del agua está inicialmente 3 m arriba de la salida. La presión del aire en el tanque arriba del nivel del agua, se mantiene a 450 kPa de presión absoluta en tanto que la presión atmosférica es de 100 kPa. Desprecie los efectos de la fricción y determine α) cuánto tiempo transcurrirá para que se descargue la mitad del agua del tanque y b) el nivel del agua en el tanque después de 10 s.

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SOLUCION 5.94

Datos:

𝐷 = 2𝑚

∅ = 10 𝑐𝑚 𝐻 = 3𝑚

𝑃1 = 450 𝑘𝑃𝑎

𝑃𝑎𝑡𝑚 = 100 𝑘 𝑃𝑎 Incógnita:

a) Tiempo que transcurre para que descargue la mitad del agua en el tanque. b) Nivel del tanque después de 10 s. Desarrollo: Balance de energía de 1 a 2, despreciando las pérdidas de carga por fricción

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝑉1 ≅ 0 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

𝑉22 𝑃1 − 𝑃2 2(𝑃1 − 𝑃2 ) → = + 𝑧1 − 𝑧2 → 𝑉2 = � + 2𝑔𝑧 2𝑔 𝜌𝑔 𝜌 𝜋 2 𝜋 2 𝑑𝑧 𝐷 2 𝑑𝑧 𝑄 = 𝑉2 × ∅ = − 𝐷 → 𝑑𝑡 = − � � 4 4 ∅ 𝑉2 𝑑𝑡

𝐷 2 𝑍 𝑑𝑧 𝐷 2 𝑍 𝑑𝑧 → � 𝑑𝑡 = − � � � → 𝑡 = −� � � ∅ ∅ 2(𝑃 − 𝑃2 ) 2(𝑃 − 𝑃2) 0 𝐻 𝐻 � 1 � 1 + 2𝑔𝑧 + 2𝑔𝑧 𝜌 𝜌 𝑡

𝐷 1 2(𝑃1 − 𝑃2 ) 2(𝑃1 − 𝑃2 ) 𝑡 = � � ² × �� + 2𝑔𝑧 − � + 2𝑔𝐻� ∅ 𝑔 𝜌 𝜌

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⎡ 2𝑚 1 2 × (450 × 103 𝑃𝑎 − 100 × 103 𝑃𝑎) 𝑚 ⎢ 𝑡=� �² × − + 2 × 9.8 2 × 𝑧 ⎢ 2 � 𝑘𝑔 0.1𝑚 9.8 𝑚/𝑠 ⎢ 𝑠 1000 3 𝑚 ⎣ ⎤ 2 × (450 × 103 𝑃𝑎 − 100 × 103 𝑃𝑎) 𝑚 ⎥ +� + 2 × 9.8 2 × 3𝑚⎥ 𝑘𝑔 𝑠 ⎥ 1000 3 𝑚 ⎦

→ 𝑡 = 40.816 × �−√700 + 19.6 × 𝑧 + 27.5463�𝑠 𝑎) 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑍 = 1.5 𝑚 → 𝑡 = 22 𝑠

𝑏) 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 10 𝑠 → 𝑧 = 2.314 𝑚

Respuesta: a) t = 22 s

b) Z = 2.314 m PROBLEMA 5.95

Fluye aire por un tubo a razón de 200 L/s. El tubo consta de dos secciones con diámetro de 20 cm y 10 cm, con una sección reductora suave que las conecta. Se mide la diferencia de presión entre las dos secciones del tubo mediante un manómetro de agua. Desprecie los efectos de la fricción y determine la altura diferencial del agua entre las dos secciones del tubo. Tome la densidad del aire como 1.20 kg/m³.

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SOLUCION 5.95

Datos:

Q = 200 L/S

∅1 = 20cm

∅2 = 10 cm

ρAire = ρ = 1.2 kg/m3

Incógnita:

a) Determinar la altura diferencial Desarrollo: Balance de energía de 1 a 2 despreciando las pérdidas de carga por fricción:

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

𝑧1 = 𝑧2

P1 − P2 V22 − V1 2 → = , del manómetro: P1 = ρ H2 0 gh + P2 ρg 2g → P1 − P2 = ρ H2 0 gh

ρ H2 0 gh V2 2 − V12 𝜌�V2 2 − V12 � = →ℎ= → 2ρ H2 0 gh 2g ρg 𝑄 𝑉1 = 𝜋 2 ∅ 4 1

𝑄 𝑉2 = 𝜋 2 ∅ 4 2

𝐿 1𝑚3 4 × 200 × 𝑆 1000 𝐿 = 6.366 𝑚 = 𝑠 3,1416 × (0,2 𝑚)2

1𝑚3 4 × 200 𝐿/𝑆 1000 𝐿 = 25.46 𝑚/𝑠 = 3,1416 × (0,1 𝑚)2

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1.2 𝑘𝑔/𝑚3 [(25.46 𝑚/𝑠)² − (6.366 𝑚/𝑠)²] ℎ= = 3.72 × 10−2𝑚 = 3.72 𝑐𝑚 𝑚 3 2 × 1000 𝑘𝑔/𝑚 × 9.8 2 𝑠 Respuesta:

a) h = 3.72 cm PROBLEMA 5.96

Se tiene aire a 100 kPa y 25ºC que fluye en un ducto horizontal de sección transversal variable. La columna de agua del manómetro que mide la diferencia entre dos secciones tiene un desplazamiento vertical de 8 cm. Si la velocidad en la primera sección es baja y la fricción es despreciable, determine la velocidad en la segunda sección. Asimismo, si la lectura del manómetro tiene un error posible de ±2 mm, realice un análisis de error con el fin de estimar el rango de validez de la velocidad encontrada.

SOLUCION 5.96 Datos: P1 = 100 k Pa

T1 = 25℃ = 298 k

h = 8 cm = 0.08 m

error del manómetro: ±2 m m

Incógnita:

a) Calcular la velocidad en la segunda sección b) Rango de validez de la velocidad encontrada Desarrollo: Aplicando la ecuación de energía de 1 a 2, despreciando las pérdidas de energía por fricción.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝑧1 = 𝑧2 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑒𝑙 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑜 𝑠𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑟á 𝑞𝑢𝑒 𝑉2 2 >> 𝑉1 2 → 𝑉2 2 − 𝑉1 2 ≅ 𝑉2 2 Web site: www.qukteach.com

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𝑉2 2 𝑃1 − 𝑃2 2(𝑃1 − 𝑃2) → = → 𝑉2 = � , 2𝑔 𝜌𝑔 𝜌

𝐸𝑛 𝑒𝑙 𝑚𝑎𝑛ó𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜: 𝑃1 = 𝜌𝐻2 𝑂 𝑔ℎ + 𝑃2 → 𝑃1 − 𝑃2 = 𝜌𝐻2 𝑂 𝑔ℎ

𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒

𝑃𝑀̇ 100 × 103 𝑃𝑎 × 29 𝑘𝑔/𝑘 𝑚𝑜𝑙 𝑘𝑔 =𝜌= = = 1.171 3 𝐾𝐽 𝑅𝑇 𝑚 × 298 𝑘 8.314 𝑘 𝑚𝑜𝑙 𝑘

𝑉2 = �

2 × 𝜌𝐻2𝑂 𝑔ℎ 2 × 1000 𝑘𝑔/𝑚3 × 9.8 𝑚/𝑠 2 × 0.08 𝑚 =� = 36.59 𝑚/𝑠 𝑘𝑔 𝜌 1.171 3 𝑚

𝐶á𝑐𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟: 𝐷𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑥𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑞𝑢𝑒:

𝑉2 = 𝑘√ℎ , → →

𝑘1 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 → 𝑑𝑉2 =

𝑘 𝑑ℎ 2 √ℎ

𝑑𝑉2 𝑑ℎ = = , 𝑉2 𝑘√ℎ 2ℎ

𝑘 𝑑ℎ 2 √ℎ

𝐴𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜:

∆𝑉2 ∆ℎ 2𝑚𝑚 = = 2ℎ 2 × 0.08 𝑚 𝑉2

∆𝑉2 = 0.0125 → ∆𝑉2 = 0.0125 × 36.59 𝑚/𝑠 = 0.46 𝑚/𝑠 𝑉2

Respuesta:

a) V2 = 36.59

m s

b) ∆V2 = ±0.46 m/s

PROBLEMA 5.97 Un tanque muy grande contiene aire a 102 kPa en un lugar en donde el aire atmosférico está a 100 kPa y 20ºC. Ahora, se abre una toma de 2 cm de diámetro. Determina el gasto máximo de aire que pasa por el agujero. ¿Cuál serías su respuesta si el aire se descargara a través de un tubo de 2 m de largo y 4 cm de diámetro, con una tobera de 2 cm de diámetro? ¿Resolvería el problema de la misma manera si la presión en el tanque de almacenamiento fuera de 300 kPa?

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SOLUCION 5.97

Figura 1:

Figura 2:

Datos: P1 = 102 k Pa ∅ = 2 cm P2 = 100 k Pa

T2 = 20℃ Incógnita:

a) Determinar el caudal máximo. b) ¿Cuál sería la respuesta si se altera, como se muestra la figura 2? c) ¿Se resolvería el problema de la misma manera si la presión en el tanque fuera 300 KPa? Desarrollo: Como la P1 es cercana a P2, la densidad del gas se mantiene casi constante de 1 a 2 entonces se puede aplicar Bernoulli de la 2. Web site: www.qukteach.com

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𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝑧1 = 𝑧2 , 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

𝑉1 ≅ 0

kg 100 kPa × 29 2(P1 − P2) PṀ kmol = 1.19 kg/m3 V2 = � ,ρ = = k N. m RT 8.314 ρ × 293 k k molk 2 × 2 × 103 𝑃𝑎 V2 = � = 57.98 𝑚/𝑠 1.19 𝑘𝑔/𝑚3 Respuesta:

π

m

3.1416

a) Q = V2 ∅2 = 57.98 × × (0.02 m)² = 0.0182 m3 /s s 4 4 b) Si el sistema se efectúa como en la figura (2) existiría una pérdida de carga considerable y la velocidad en 2 sería menor y en consecuencia el caudal máximo sería menor. c) Si el tanque está sometido a una presión de 300 KPa en su interior, la densidad en el interior del aire será mayor que en el exterior y el cálculo se afectaría ya que se comparta como un fluido compresible.

PROBLEMA 5.98

Fluya agua por un medidor de Venturi cuyo diámetro es de 7 cm en la parte de entrada y de 4 cm en la garganta. Se mide que la presión es de 430 kPa a la entrada y de 120 kPa en la garganta. Desprecie los efectos de la fricción y determine el gasto del agua.

SOLUCION 5.98 Datos:

∅1 = 7 𝑐𝑚

𝑃1 = 430 𝑘 𝑃𝑎 ∅2 = 4 𝑐𝑚

𝑃2 = 120 𝑘 𝑃𝑎

Incógnita:

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a) Determinar el gasto volumétrico: Desarrollo: Despreciando los efectos de fricción se aplicará Bernoulli de 1 a 2

P2 V2 2 𝑃1 V1 2 + + 𝑧1 = + + z2 , ρg 2g ρg 2g Q V1 = π 2 , ∅ 4 1

Q V2 = π 2 ∅ 4 2

2

z1 = z2

2

𝑃1 4𝑄 1 P2 4𝑄 1 → +� � = + � � 2𝑔 ρg 2𝑔 ρg 𝜋 ∅12 𝜋 ∅2 2 (𝑃1 − 𝑃2) 42𝑄 2 1 1 →2 = 2 � 4 − 4� ρ 𝜋 ∅2 ∅1

𝜋 2 (𝑃1 − 𝑃2) ∅2 4. ∅1 4 →𝑄 =2 2 � 4 � 4 ρ ∅1 − ∅2 4 2

(0.07 𝑚)4 × (0.04 𝑚)⁴ 2 × 3. 14162 (430 − 120) × 103 𝑃𝑎 = × ×� � (0.07 𝑚)4 − (0.04 𝑚)⁴ 42 1000 𝑘𝑔/𝑚3 𝑄 2 = 1.0959 × 10−3 𝑄 = 0.0331 𝑚3/𝑠 Respuesta:

Q = 0.0331 𝑚3 /𝑠 PROBLEMA 5.99

El nivel del agua es un tanque está 80 ft arriba del suelo. Se conecta una manguera al fondo del tanque y la boquilla que está en el extremo de la manguera apunta directo hacia arriba. El tanque está a nivel del mar y la superficie del agua está abierta a la atmosfera. En la línea que conduce del tanque a la boquilla está una bomba, la cual aumenta la presión del agua en 10 psia. Determine la altura máxima hasta la cual podría subir el chorro de agua.

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SOLUCION 5.99

Datos: z1 = 80 ft

∆ Pbomba = 10 psia

Incógnita:

Determinar la altura máxima. Desarrollo: Se aplicará la ecuación de energía de 1 a 2 despreciándoles fricciones. 𝑃1

𝜌𝑔

+

𝑉1 2 2𝑔

+ 𝑧1 + hbomba =

𝑃2

𝜌𝑔

+

𝑉2 2 2𝑔

+ 𝑧2

P1 = P2 = Patm , z2 = hmáx , V1 = 0 ˄ V2 ≅ 0

→ hbomba = hmáx − 𝑧1 → hmáx = hbomba + 𝑧1

hbomba

∆ Pbomba 10 𝑝𝑠𝑖𝑎 144 𝑙𝑏𝑚/𝑓𝑡 2 32.2 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡/𝑠 2 = = ×� �×� � 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡 𝜌𝑔 1 𝑝𝑠𝑖 1 𝑙𝑏𝑓 62.4 3 × 32.2 2 𝑓𝑡 𝑠

hbomba = 23.08 𝑓𝑡

→ hmáx = 23.08 𝑓𝑡 + 80 𝑓𝑡 = 103.08 𝑓𝑡 Respuesta:

a) hmáx = 32.08 𝑓𝑡

PROBLEMA 5.100

Un túnel de viento toma aire atmosférico a 20°C y 101.3 kPa mediante un ventilador grande que se ubica cerca de la salida del túnel. Si la velocidad del aire en éste es de 80 m/s, determine la presión en el propio túnel.

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SOLUCION 5.100

Datos:

P1 = 101.3 k Pa T = 20℃

V = 80 m/s Incógnita:

a) Determinar la presión en el túnel. Se considera que la densidad no varía mucho y se desprecia las fricciones.

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 , 𝑧1 = 𝑧2 𝑉1 ≅ 0 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃1 𝑉2 2 𝑃2 = − 𝜌𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

𝑉2 2 𝜌 𝑃2 = 𝑃1 − , 2

ρ = 1.206 kg/m3

𝜌=

𝑃𝑀̇ 101.3 𝑘 𝑃𝑎 × 29. 𝑘𝑔/𝑘 𝑚𝑜𝑙 = 𝑁𝑚 𝑅𝑇 × 293 𝑘 8.314 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑘

(80 𝑚/𝑠)² × 1.206 𝑘𝑔/𝑚3 → 𝑃2 = 101.3 𝑘 𝑃𝑎 − 2 𝑃2 = 101.3 𝑘 𝑃𝑎 − 3.859 𝑘 𝑃𝑎 = 97.441 𝑘 𝑃𝑎 Web site: www.qukteach.com

𝑉2 = 𝑉

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Respuesta: a) 𝑃2 = 97.441 𝑘 𝑃𝑎

PROBLEMA 5.101

Fluye agua por un tubo horizontal cuyo diámetro aumenta de 6 cm hasta 11 cm por medio de una sección de ensanchamiento, a razón de 2.025 m³/s. Si la pérdida de carga a través de la sección de ensanchamiento es de 0.45 m y el factor de corrección de la energía cinética tanto a la entrada como a la salida es 1.05, determine el cambio de presión.

SOLUCION 5.101

Datos:

ϕ1 = 6 cm

ϕ2 = 11 cm

Q = 0.0 25 m3 /s hL = 0.45 m

∝= 1.05 Incógnita:

a) Determinar el cambio de presión Desarrollo: Aplicando la ecuación de energía de 1 a 2

𝑃2 ∝ 𝑉2 2 𝑃1 ∝ 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + ℎ𝐿 , 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃2 − 𝑃1 ∝ 𝑉1 2 ∝ 𝑉2 2 = − − ℎ𝐿 𝜌𝑔 2𝑔 2𝑔 Web site: www.qukteach.com

𝑧1 = 𝑧2

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𝑄

𝑉1 = 𝜋 2 ∅ 4 1 𝑄

𝑉2 = 𝜋 2 ∅ 4 2

4 × 0.025 𝑚3/𝑠 = = 8.842 𝑚/𝑠 3.1416 × (0.06 𝑚)2 4 × 0.025 𝑚3/𝑠 = = 2.63 𝑚/𝑠 3.1416 × (0.11 𝑚)2

𝑚 2 𝑚 2 � − �2.63 ��8.842 𝑘𝑔 𝑚 𝑘𝑔 𝑚 𝑠� � 𝑠 𝑃2 − 𝑃1 = �1000 3 � × 9.8 2 × 1.05 − 0.45 𝑚 × 1000 3 × 9.8 2 𝑚 𝑠 2 × 9.8 𝑚/𝑠 𝑚 𝑠

𝑃2 − 𝑃1 = ∆ 𝑃 = 33.003 𝑘 𝑃𝑎 Respuesta:

a) ∆ 𝑃 = 33.003 𝑘 𝑃𝑎

PROBLEMA 5.102

Un tanque grande de 2 m de altura está inicialmente lleno con agua. La superficie del agua en el tanque está abierta a la atmósfera y un orificio de 10 cm de diámetro con bordes agudos, que está en el fondo del tanque, drena a la atmosfera por un tubo horizontal de 100 m de largo. Si se determina que la pérdida irreversible total de carga en el sistema es de 1.5 m, determine la velocidad inicial del agua proveniente del tanque. Descarte el efecto de los factores de corrección de la energía cinética.

SOLUCION 5.102 Web site: www.qukteach.com

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Datos:

H= 2m

ϕ = 10cm

L = 100 m hL = 1.5m Incógnita:

a) Calcular la velocidad Desarrollo: Aplicando la ecuación de energía de 1 a 2

𝑃2 2 𝑉2 2 𝑃12 𝑉1 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + ℎ𝐿 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔

|𝑃1 = 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 , 𝑧1 = 𝐻 ˄ 𝑧2 = 0 , 𝑉1 ≅ 0 𝑉2 2 = 𝑧1 − ℎ𝐿 → 𝑉2 = �2𝑔(𝑧1 − ℎ𝐿 ) 2𝑔 𝑉2 = �2 × 9.8 Respuesta:

𝑚 × (2 𝑚 − 1.5 𝑚) = 3.13 𝑚/𝑠 𝑠2

a) 𝑉2 = 3.13 𝑚/𝑠

PROBLEMA 5.103

Vuelva a considerar el problema 5.102. Use el software de EES (o cualquier otro programa de este tipo) e investigue el efecto de la altura del tanque sobre la velocidad inicial de descarga del agua proveniente del tanque totalmente lleno. Suponga que la altura del tanque varía de 2 hasta 15 m, en incrementos de 1 m, y que la pérdida irreversible de carga se mantiene constante. Elabore una tabla y trace la gráfica de los resultados.

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SOLUCION 5.103

Datos:

H= 2m

ϕ = 10cm

L = 100 m hL = 1.5m Incógnita:

a) Suponer que la altura varía de 2 m hasta 15 m en incrementos de 1 m, y que hL se mantiene constante. b) Elaborar una tabla de resultados. Desarrollo: Se realizará en una hoja de Excel: H (m) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

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V (m/s) 3.13 5.42 7.00 8.28 9.39 10.38 11.29 12.12 12.91 13.65 14.35 15.01 15.65 16.27

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Respuesta: a) La gráfica muestra que alimentando el nivel de agua en el tanque la velocidad de descarga aumenta.

PROBLEMA 5.104

Vuelva a considerar el problema 5.102. Para drenar el tanque más rápido, se instala una bomba cerca de la salida del tanque. Determine la entrada de carga necesaria de la bomba para establecer una velocidad promedio del agua de 6 m/s cuando el tanque está lleno.

SOLUCION 5.104

Datos:

H= 2m

ϕ = 10cm

L = 100 m hL = 1.5m Incógnita:

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a) Determinar la entrada de la carga necesaria de la bomba para obtener una velocidad promedio de 6 m/s cuando el tanque está lleno. Desarrollo: En la ecuación del problema 5.102 se adiciona hbomba .

𝑃12 𝑉1 2 𝑃2 2 𝑉2 2 → hbomba + + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + ℎ𝐿 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 𝑃1 = 𝑃2 = Patm , hbomba

𝑧1 = 𝐻 ,

𝑉2 2 = + ℎ𝐿 − 𝐻 2𝑔

hbomba =

𝑧2 = 0 ,

𝑉1 ≅ 0

(6 𝑚/𝑠)² + 1.5 𝑚 − 2𝑚 2 × 9.8 𝑚/𝑠 2

hbomba = 1.337 𝑚 Respuesta

𝑎) hbomba = 1.337 𝑚

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