Problema 11

PROBLEMA 11.29 En un proyecto de control de la contaminación, el agua contaminada se bombea 80 pies en forma vertical hacia arriba y luego se rocía al aire, con el fin de incrementar su contenido de oxígeno y hacer que se evaporen los materiales volátiles. El sistema se ilustra en la figura 11.26. el agua contaminada tiene un peso específico de 64.0 lb/ pie3 y viscosidad dinámica de 4.0 x 10−5 lb.s / pie 2 . El flujo volumétrico es de 0.50

pie3 /s . La presión en la entrada de la bomba es de 3.50 psi por debajo de la

presión atmosférica. A longitud total de la tubería de descarga es de 82 pie. La boquilla tiene un coeficiente de resistencia de 32.6, con base en la carga de velocidad en la tubería de descarga. Calcule la energía que transmite la bomba al fluido. Si la coeficiencia de la bomba es de 76%. Determine la potencia de entrada de la bomba.

SOLUCION: Planteando la ecuación de energías; P A v 2A PB v 2B + + z −h +h = + + z γ 2g A L A γ 2g B Despejando a h A

de a ecuación tenemos;

2

h A =( z B −z A ) +

2

v B −v A P A − + hL 2g γ

Calculando ahora las velocidades en A y B según los diámetros obtenemos; V A=

Q 0.50 ft 3 / s = =9 .743 ft /s A A 0.05132 ft 2

ft 2 v 2A s = =1.474 ft 2g ft 2 32.2 2 s

(

V B=

9.743

)

(

)

Q 0.50 ft 3 /s = =54.2 ft /s A B 0. 0092 18 ft 2

v 2B ( 54.2 ft /s )2 = =45.7 ft 2g ft 2 32.2 2 s

(

)

También se calcula la velocidad en la descarga de la bomba ya que la tubería es de diámetro diferente. V d=

Q 0.50 ft 3 / s = =15.03 ft /s A d 0.03326 ft 2

2

2

v d ( 15.03 ft /s ) = =3.509 ft 2g ft 2 32.2 2 s

(

)

Sabemos también que; lb 3 γ ft slugs ρ= = =1.988 3 g ft ft 32.2 2 s 64.0

Calculando ahora el número de Reynolds con la velocidad de descarga de la bomba

NR = d

V d Dρ ( 15.03)(0.2058)(1.988) = =1.54 x 10 5 −5 μ 4.0 x 10

D 2058 =0. =1372 del diagrama de moody f =0.0205 ⇨ f =0.018 ϵ 1.5 x 10−4

Despejando a h L y sustituyendo tenemos; h L= ( 0.0205 )

82 ft ( 3.509 )+ 0.018 (30 )( 3.509 ) +32.6 ( 3.51 ft ) 0.2058 ft

¿ 144.8 ft

Entonces sustituyendo en h A ; h A =80 ft + 45.7 ft −1.474 ft−

(−3.50 lb ) ft 3 144 ¿2 +144.8 ft =276.9 ft ¿ 2 64.0 lb ft 2

Determinando la potencia.

(

P A =h A γQ=( 276.9 ft ) 64.0

)(

Determinando potencia de entrada. Pl =

P A 16.1hp = =21.2 hp eM 0.76

PROBLEMA 11.30

3

)

lb ft 1 hp lb 0.50 ft − =16.1 hp 3 s 550 s ft

Repita el problema anterior. Pero utilice una tubería de acero 3 plg cedula 40 para la línea de descarga, en lugar de la tubería de 2 ½ plgs. Compare la energía que transmita la bomba con los diseños.

SOLUCION: Ahora sabemos que V d =V A = 9.743 ft /s 2

Y qué;

vA =1.474 ft 2g

Calculando ahora el número de Reynolds con la velocidad de descarga de la bomba

NR = d

V d Dρ ( 9.743)(0.2557)(1.988) 5 = =1. 2 4 x 10 −5 μ 4.0 x 10

D 2557 =0. =1705 del diagrama de moody f =0.018 −4 ϵ 1.5 x 10

Despejando a h L y sustituyendo tenemos; h L= ( 0.0205 )

82 ft ( 1.474 ) +0.018 ( 30 )( 1.474 ) +32.6 ( 1.474 )=58.5 ft 0. 2557 ft

Entonces sustituyendo en h A ; h A =80 ft + 45.7 ft −1.474 ft−

(3.50 lb ) ft 3 144 ¿2 +58.5 ft=190.6 ft ¿2 64.0 lb ft 2

Determinando la potencia.

(

P A =h A γQ=( 25 6. 8 ft ) 64.0

lb ft 3 1 hp lb 0.50 ft− =11 .1hp 3 s 550 s ft

)(

)

Determinando potencia de entrada. Pl=

P A 11 .1hp = =14.6 hp eM 0.76