MECANICA DE FLUIDOS La mecánica de fluidos es la rama de la mecánica de medios continuos, rama de la física a su vez, que estudia el movimiento de los fluidos gases y líquidos así como las fuerzas que lo provocan. La característica fundamental que define a los fluidos es su incapacidad para resistir esfuerzos cortantes (lo que provoca que carezcan de forma definida). También estudia las interacciones entre el fluido y el contorno que lo limita. La hipótesis fundamental en la que se basa toda la mecánica de fluidos es la hipótesis del medio continuo La hidráulica es una rama de la mecánica de fluidos y ampliamente presente en la ingeniería que se encarga del estudio de las propiedades mecánicas de los líquidos. Todo esto depende de las fuerzas que se interponen con la masa y a las condiciones a que esté sometido el fluido, relacionadas con la viscosidad de este. ESTRUCTURA DE LA MATERIA La materia, por lo general, se presenta en los siguientes estados: sólido, líquido y gaseoso. En el estado sólido las moléculas se encuentran muy cerca unas de otras y por lo tanto las fuerzas de cohesión entre ellas son sumamente intensas. Esto determina que los sólidos posean una forma definida y ocupen un volumen propio. En el estado líquido las moléculas se encuentran dispuestas a mayor distancia que en los sólidos, por lo que las fuerzas de cohesión entre ellas son pequeñas. Esto determina que ocupen un volumen propio, pero que no tengan una forma definida, sino que adopten la del recipiente que los contiene. En el estado gaseoso las distancias entre las moléculas son muy grandes, por lo que las fuerzas de cohesión entre ellas son prácticamente nulas. Esto determina que presenten una tendencia a ocupar el mayor volumen posible al poder expandirse con facilidad. En los líquidos y gases, las fuerzas de cohesión entre las moléculas son muy débiles, por lo que éstas pueden resbalar unas sobre otras fácilmente y se dice comúnmente que fluyen. El nombre fluido se aplica tanto a los líquidos como a los gases. Tanto sólidos como líquidos son poco compresibles, en cambio los gases al estar dispuestos por moléculas muy separadamente, son fácilmente compresibles. Al reducir las distancias intermoleculares disminuiría el volumen del gas. ITT 1 JCAA PROPIEDADES DE LOS FLUIDOS Se denomina fluidos a aquellos cuerpos que pueden fluir y adoptan la forma del recipiente que los contiene. Los fluidos se dividen en líquidos y gases, dependiendo de sus fuerzas de cohesión interna. La hidrostática es la parte de la Física (Mecánica) que tiene por objeto el estudio del comportamiento y de las propiedades de los fluidos en equilibrio (la hidrodinámica estudia los fluidos en movimiento). Mientras que los líquidos fluyen manteniendo constante su volumen, los gases tienen tendencia a ocupar todo el volumen disponible. Este distinto comportamiento es debido a que en el estado líquido las fuerzas de cohesión intermoleculares son mayores que en los sólidos y, por tanto, las partículas componentes abandonan las posiciones fijas que ocupan en estado sólido, aunque mantienen una cierta cohesión que les hace mantener un volumen constante. En el caso de los gases, las fuerzas de cohesión intermoleculares son mucho menores y las partículas pueden moverse libremente en todo el volumen del recipiente que las contiene. La mecánica de fluidos puede subdividirse en dos campos principales: La estática de fluidos, o hidrostática, que se ocupa de fluidos en reposo, y la dinámica de fluidos, que trata de fluidos en movimiento. El término de hidrodinámica se aplica al flujo de líquidos o al flujo de los gases a baja velocidad, en el que puede considerarse que el gas es esencialmente incompresible. La aerodinámica, o dinámica de gases, se ocupa del comportamiento de los gases cuando los cambios de velocidad y presión son suficientemente grandes para que sea necesario incluir los efectos de compresibilidad. PROPIEDADES DE LOS FLUIDOS COMPRESIBILIDAD TEMPERATURA DENSIDAD PROPIEDADES DE PRESIÓN DE VAPORIZACION LOS FLUIDOS PESO ESPECÍFICO VISCOSIDAD ITT TENSIÓN SUPERFICIAL CAPILARIDAD 2 JCAA Peso específico. El peso específico de una sustancia se define como su peso por unidad de volumen, esta definición es considerada hoy día como obsoleta y reprobable, siendo su denominación correcta la de densidad de peso. Se calcula dividiendo el peso de un cuerpo o porción de materia entre el volumen que éste ocupa 𝛾= 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑚𝑔 𝑃 = = 𝑣𝑜𝑙ú𝑚𝑒𝑛 𝑉 𝑉 Donde: = peso específico expresado en Kg/m3 m = masa del cuerpo g = aceleración de la gravedad El peso específico del agua es = 1000 Kg/m3 La densidad se define como el cociente entre la masa de un cuerpo y el volumen que ocupa. 𝜌= 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑚 = 𝑣𝑜𝑙ú𝑚𝑒𝑛 𝑉 la densidad está expresada en Kg seg2/m4 La densidad de un cuerpo está relacionada con su flotabilidad, una sustancia flotará sobre otra si su densidad es menor. Por eso la madera flota sobre el agua y el plomo se hunde en ella, porque el plomo posee mayor densidad que el agua mientras que la densidad de la madera es menor, pero ambas sustancias se hundirán en la gasolina, de densidad más baja. ITT 3 JCAA RELACIÓN ENTRE EL PESO ESPECÍFICO Y LA DENSIDAD. El peso específico y la densidad son evidentemente magnitudes distintas como se ha podido comparar a través de las definiciones que se dieron en la parte de arriba, pero entre ellas hay una íntima relación, que se va a describir a continuación. Se recordará que el peso de un cuerpo es igual a su masa por la aceleración de la gravedad: P=m .g La segunda ley de Newton dice que: 𝐹 = 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑥 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖𝑖ó𝑛 = 𝑚𝑎 entonces 𝛾 = 𝑚𝑎 = 𝜌𝑔 𝛾 = 𝜌𝑔 𝛾 𝜌= 𝑔 por lo que la densidad del agua es 𝐾𝑔⁄ 𝑚3 = 101.936 𝐾𝑔 𝑠𝑒𝑔2⁄ 𝜌= 𝑚 𝑚4 9.81 ⁄𝑠 2 1000 Otra forma de cuantificar la densidad o el peso específico de un líquido se hace refiriéndose a los correspondientes al agua, esto es 𝜌𝑟𝑒𝑙 = 𝜌 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝛾 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 la cual se conoce como densidad relativa VISCOSIDAD La viscosidad es la oposición de un fluido a las deformaciones tangenciales, es debida a las fuerzas de cohesión moleculares. Todos los fluidos conocidos presentan algo de viscosidad, siendo el modelo de viscosidad nula una aproximación bastante buena para ciertas aplicaciones. Un fluido que no tiene viscosidad se llama fluido ideal. La viscosidad sólo se manifiesta en líquidos en movimiento, se ha definido la viscosidad como la relación existente entre el esfuerzo cortante y el gradiente de velocidad. Esta viscosidad recibe el nombre de viscosidad absoluta o viscosidad dinámica. Generalmente se representa por la letra griega 𝜇. ITT 4 JCAA Existe también otra viscosidad, denominada viscosidad cinemática, y se representa por 𝜗. Para calcular la viscosidad cinemática basta con dividir la viscosidad dinámica por la densidad del fluído 𝜗= 𝜇 𝜌 Imaginemos un bloque sólido (no fluido) sometido a una fuerza tangencial (por ejemplo: una goma de borrar sobre la que se sitúa la palma de la mano que empuja en dirección paralela a la mesa.) En este caso (a), el material sólido opone una resistencia a la fuerza aplicada, pero se deforma (b), tanto más cuanto menor sea su rigidez. Si imaginamos que la goma de borrar está formada por delgadas capas unas sobre otras, el resultado de la deformación es el desplazamiento relativo de unas capas respecto de las adyacentes, tal como muestra la figura (c) Deformación de un sólido por la aplicación de una fuerza tangencial. En el caso de un fluido, consideremos un par de placas de vidrio, lo suficientemente grandes como para despreciar un posible efecto de borde, y separadas una distancia pequeña (y). Entre estas placas introducimos un fluido. Aplicamos una fuerza tangente o de cizalla F a la placa de arriba (I) haciendo que ésta se deslice con respecto a la placa de abajo (II), la cual permanece en reposo. ITT 5 JCAA El esfuerzo cortante vale 𝐹 𝜏=𝐴 por otro lado se tiene que el esfuerzo cortante producido por el agua es 𝜏= por triángulos semejantes por lo que 𝐹 =𝜇 𝐴 𝑉 𝑦 = 𝑉 𝑦 𝑑𝑉 𝑑𝑦 𝑑𝑉 𝑑𝑦 Donde es la constante de proporcionalidad, la cual es una magnitud característica de la viscosidad del fluido y se conoce como viscosidad dinámica o simplemente viscosidad . Para los cálculos prácticos es más conveniente relacionar la viscosidad dinámica del fluido y su densidad con la fórmula 𝜗= 𝜇 𝜌 donde es la viscosidad cinemática en la práctica se utiliza 1 x 10-6 m2/seg para el agua ITT 6 JCAA PROBLEMA 1 Un recipiente cilíndrico de 1.00 m de diámetro y 2.00 m de alto pesa 30.00 kg, si se llena con un líquido el conjunto pesa 1500.00 kg, determinar el peso específico del líquido, la densidad y el peso específico relativo o densidad relativa. El peso específico g, es por definición, la relación que existe entre el peso de un elemento y su volumen; es decir: 𝛾= 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑊2 − 𝑊1 1500 − 30 𝑘𝑔 = = = 936.31 ⁄𝑚3 2 𝜋𝑑 𝜋12 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 ℎ 2 4 4 La densidad es por definición, la relación que existe entre la masa de un elemento y su volumen o también, la relación entre el peso específico de un elemento y la aceleración de la gravedad; es decir, ITT 7 JCAA 𝑘𝑔 𝛾 936.31 ⁄𝑚3 𝑘𝑔 𝑠 2 𝜌= = = 95.44 𝑔 𝑚4 9.81 𝑚⁄𝑠 2 La densidad relativa, o peso específico relativo, rel, es un número adimensional que resulta de la relación entre el peso específico densidad de un elemento y el peso específico o densidad del agua en condiciones normales; es decir, 𝜌𝑟𝑒𝑙 = 𝛾𝑚𝑎𝑡 𝜌𝑚𝑎𝑡 936.31 = = = 0.936 𝛾 𝜌 1000 HIDROSTÁTICA La estática de fluidos estudia las condiciones de equilibrio de los fluidos en reposo, y cuando se trata de líquidos, se denomina hidrostática. Desde el punto de vista de ingeniería civil es más importante el estudio de los líquidos en reposo que de los gases. Ecuaciones de Euler Considérese idealmente un elemento de fluido en forma prismática que encierra al punto P, donde la densidad es y la presión p (ver figura siguiente), elija un sistema de coordenadas con el eje z vertical, conviene orientar los lados de la partícula según los ejes del sistema, de tal manera que la presión se incremente en magnitudes diferenciales y genere las fuerzas indicadas en la figura ITT 8 JCAA (𝑝 + 1 𝜕𝑝 1 𝜕𝑝 𝑑𝑧) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑝𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 2 𝜕𝑧 2 𝜕𝑧 El primer término de la ecuación es la fuerza y el segundo término se conoce como la variación de la presión en el volumen. ∑ 𝐹𝑧 = (𝑝 − 𝑝𝑑𝑥𝑑𝑦 − 1 𝜕𝑝 1 𝜕𝑝 𝑑𝑧) 𝑑𝑥𝑑𝑦 − (𝑝 + 𝑑𝑧) 𝑑𝑥𝑑𝑦 − 𝜌𝑍𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 0 2 𝜕𝑧 2 𝜕𝑧 1 𝜕𝑝 1 𝜕𝑝 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 − 𝑝𝑑𝑥𝑑𝑦 − 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 − 𝜌𝑍𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 0 2 𝜕𝑧 2 𝜕𝑧 − 𝜕𝑝 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 − 𝜌𝑍𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 0 𝜕𝑧 𝜕𝑝 = 𝜌𝑍 𝜕𝑧 Al simplificar y hacer idénticos razonamientos en las restantes direcciones coordenadas, se obtiene el sistema de ecuaciones 𝜕𝑝 = 𝜌𝑌 𝜕𝑦 𝜕𝑝 = 𝜌𝑋 𝜕𝑥 𝜕𝑝 = 𝜌𝑍 𝜕𝑧 ECUACIONES DE EULER Se considera que la única fuerza de cuerpo es la debida a la fuerza gravitacional por lo que X = Y = 0, y Z= -g y de las ecuaciones anteriores se tiene: 𝜕𝑝 =0 𝜕𝑥 𝜕𝑝 =0 𝜕𝑦 ITT 9 JCAA 𝜕𝑝 = −𝜌𝑔 = −𝛾 𝜕𝑧 Así se concluye que la presión dentro de un fluido en reposo varía solamente con la coordenada vertical z, y es constante en todos los puntos contenidos en un mismo plano horizontal. De las ecuaciones anteriores se deduce que 𝑑𝑝 = −𝜌𝑔𝑑𝑧 = −𝛾𝑑𝑧 En el caso de un líquido es posible integrar la ecuación anterior debido a que es constante 𝑑𝑝 = 𝛾𝜕𝑧 ∫ 𝑑𝑝 = −𝛾 ∫ 𝑑𝑧 𝑝 + 𝑧 = 𝑐𝑡𝑒 𝛾 La ecuación anterior se conoce como ley de Pascal y permite calcular la distribución de presiones hidrostáticas en el seno de un líquido en reposo. Esta presión depende exclusivamente de la coordenada z, es decir, de la altura de cada de cada punto respecto de un nivel cualquiera elegido. Para dos puntos: el 0 coincidiendo con la superficie libre del líquido y otro cualquiera de elevación z (ver figura siguiente) 𝑝𝑎 𝑝 + 𝑧𝑜 = + 𝑧 𝛾 𝛾 La presión absoluta en el punto considerado es p = pa + (zo -z) donde pa representa la presión atmosférica sobre la superficie libre del líquido y (zo -z) la profundidad del punto considerado. ITT 10 JCAA DISPOSITIVOS PARA MEDIR PRESIONES. Un manómetro es un aparato que sirve para medir la presión de los gases contenidos en recipientes cerrados. Existen, básicamente, dos tipos de manómetros: los de líquidos y los metálicos. Los manómetros de líquidos emplean, por lo general, mercurio que llena un tubo en forma de U. El tubo puede estar o abierto por ambas ramas o abierto por una sola. En ambos casos la presión se mide conectando al recipiente que contiene el gas el tubo por su rama inferior y abierta y determinando el desnivel h de la columna de mercurio entre ambas ramas. Si el manómetro es de tubo abierto entonces es necesario tomar en cuenta la presión atmosférica p0 en la ecuación: ITT 11 JCAA Barómetros (miden la presión atmosférica Simples Tubo piezométrico (presiones est. moderadas) Manómetros Abiertos (tubos en forma de U) diferenciales Cerrados (aparatos comerciales) Experimento de Torricelli Torricelli llenó de mercurio un tubo de 1 m de largo, (cerrado por uno de los extremos) y lo invirtió sobre un cubeta llena de mercurio. Sorprendentemente la columna de mercurio bajó varios centímetros, permaneciendo estática a unos 76 cm (760 mm) de altura. Torricelli razonó que la columna de mercurio no caía debido a que la presión atmosférica ejercida sobre la superficie del mercurio (y transmitida a todo el líquido y en todas direcciones) era capaz de equilibrar la presión ejercida por su peso. El peso específico del mercurio es de 13570 kg/m3, aproximadamente . El tubo piezométrico o manómetro es, como su nombre indica, un tubo en el que, estando conectado por uno de los lados a un recipiente en el cual se encuentra un fluido, el nivel se eleva hasta una altura equivalente a la presión del fluido en el punto de conexión u orificio piezométrico, es decir hasta el nivel de carga del mismo. ITT 12 JCAA TUBO PIEZOMÉTRICO MANÓMETROS DIFERENCIALES pB = p C pB = pA + 1 z1 pC = 2 z2 igualando pA + 1 z1 = 2 z2 pA = 2 z2 - 1 z1 ITT 13 JCAA pB = p C pB = pA + 1 z1 pC = pD + 1 z3 + 2 z2 igualando pA + 1 z1 = pD + 1 z3 + 2 z2 pA - pD = 1 z3 + 2 z2 - 1 z1 pA - pD = 1(z3 - z1 )+ 2 z2 PROBLEMA 2. Determinar la altura de agua dentro del recipiente que se muestra en la figura siguiente, considerar que el peso volumétrico del mercurio = 13570 kg/m3 𝛾𝐻𝑔 = 13570 ITT 𝐾𝑔⁄ 𝑚3 14 JCAA 𝑝𝐵 = 𝑝𝐶 𝑝𝐵 = 𝑝𝐴 + 𝛾(0.30) 𝑝𝐶 = 𝛾𝐻𝑔 (0.15) entonces 𝑝𝐴 + 𝛾(0.30) = 𝛾𝐻𝑔 (0.15) 𝑝𝐴 = (13570)(0.15) − (1000)(0.30) 𝑝𝐴 = 1735.5 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 esta presión la podemos convertir a columna de agua 𝑘𝑔 1735.5 ⁄𝑚2 𝑝 ℎ= = = 1.735 𝑚 𝑘𝑔 𝛾 1000 ⁄𝑚3 PROBLEMA 3. Determinar la presión manométrica en el punto A de la tubería mostrada en la figura siguiente. 𝑝𝐵 = 𝑝𝐶 𝑝𝐵 = 𝑝𝐴 + 𝛾𝑧1 + 𝛾𝐻𝑔 𝑧2 𝑝𝐶 = 0 0 = 𝑝𝐴 + 𝛾𝑧1 + 𝛾𝐻𝑔 𝑧2 entonces 𝑝𝐴 = −𝛾𝑧1 − 𝛾𝐻𝑔 𝑧2 𝑝𝐴 = −(1000)(0.50) − (13570)(0.20) = −3214 ITT 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 15 JCAA PROBLEMA 4. Para una presión manométrica en A de - 0.11 kg/cm2, encontrar la densidad relativa del líquido manométrico B de la siguiente figura SOLUCIÓN 𝛾𝑙𝑖𝑞 = 𝜌𝑟𝑒𝑙 𝛾 = (1.6)(1000) = 1600 𝑝𝐴 = −0.11 De la figura se tiene 𝑘𝑔⁄ 𝑚3 𝑘𝑔⁄ 𝑘𝑔⁄ 𝑐𝑚2 = 1100 𝑚2 𝑝𝐵 = 𝑝𝐶 𝑝𝐵 = 𝑝𝐴 + 𝛾𝑙𝑖𝑞 (0.45) 𝑝𝐴 = −1100 + (1600)(0.45) = −380 por lo que 𝑝𝐶 = −380 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 𝑝𝐶 = 𝑝𝐷 = −380 por otro lado 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 𝑝𝐸 = 𝑝𝐹 = 0 𝑝𝐸 = 𝑝𝐷 + 𝛾𝑙𝑖𝑞 𝐵 (0.38) = 0 −380 + 𝛾𝑙𝑖𝑞 𝐵 (0.38) = 0 𝛾𝑙𝑖𝑞 𝐵 = ITT 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 = 1000 𝑘𝑔⁄ 𝑚3 0.38 𝑚 380 16 JCAA 𝜌𝑟𝑒𝑙 𝑙𝑖𝑞 𝐵 𝑘𝑔 1000 ⁄𝑚3 𝛾𝑙𝑖𝑞 = = =1 𝑘𝑔 𝛾 1000 ⁄𝑚3 PROBLEMA 5.- Un aceite de densidad relativa igual a 0.75 está fluyendo a través de la boquilla mostrada en la figura siguiente y desequilibra la columna de mercurio del manómetro en U. Determinar el valor de h si la presión es de 1.40 kg/cm 2. 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = (0.750)(1000) = 750 𝑝𝐴 = 1.40 𝑘𝑔⁄ 𝑚3 𝑘𝑔⁄ 𝑘𝑔⁄ 𝑐𝑚2 = 14000 𝑚2 𝑝𝐵 = 𝑝𝐶 𝑝𝐵 = 𝑝𝐴 + 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 (0.825 + ℎ) 𝑝𝐶 = 𝛾𝐻𝑔 ℎ por tanto 𝑝𝐴 + 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 (0.825 + ℎ) = 𝛾𝐻𝑔 ℎ 14000 + 750(0.825 + ℎ) = 13570ℎ 14000 + 618.75 = 13570ℎ − 750ℎ por lo que h = 1.14 m ITT 17 JCAA PROBLEMA 6. Un manómetro diferencial está unido a dos secciones rectas A y B de una tubería horizontal por la que circula agua. La lectura en el manómetro de mercurio es de 0.60 m, siendo el nivel más cercano a A el más bajo. Calcular la diferencia de presiones entre A y B en kg/cm2, ver figura siguiente Altura de presión en C = altura de presión en D 𝑝𝐴 𝑝𝐵 − 𝑧 = [ − (𝑧 + 0.60)] + (13.57)(0.60) 𝛾 𝛾 𝑝𝐴 𝑝𝐵 − = −0.60 + (13.57)(0.60) 𝛾 𝛾 𝑝𝐴 𝑝𝐵 − = 7.54 𝑚 𝛾 𝛾 𝑝𝐴 𝑝𝐵 𝑘𝑔 − = 0.754 ⁄𝑐𝑚2 𝛾 𝛾 EMPUJE HIDROSTÁTICO SOBRE SUPERFICIES PLANAS Se considera un recipiente don un líquido en reposo, donde una de sus paredes tiene una inclinación respecto a la horizontal, tal como se indica en la siguiente figura. Sobre esta pared se delimita una superficie de área A para la cual se desea conocer la fuerza resultante debida a la presión hidrostática, así como su punto de aplicación o centro de presiones. ITT 18 JCAA sabemos que F = pA por lo que dF = pdA = h la fuerza resultante sobre la superficie A ∫ 𝑑𝐹 = 𝛾 ∫ ℎ 𝑑𝐴 La integral que aparece en la ecuación anterior es el momento estático del área respecto de la superficie libre del líquido y se puede expresar en términos del área y de la profundidad de su centro de gravedad. ∫ ℎ 𝑑𝐴 = ℎ𝑔 𝐴 por lo que F = hg A E = hg A ECUACIÓN DEL EMPUJE HIDROSTÁTICO Punto de aplicación del empuje hidrostático dM = dF y dM = p dA y dM = h dA y sin 𝛼 = ℎ 𝑦 ℎ = 𝑦 sin 𝛼 ITT 19 JCAA entonces dM = y2 sen dA dM = sen y2 dA ∫ 𝑑𝑀 = 𝛾 sin 𝛼 ∫ 𝑦 2 𝑑𝐴 pero ∫ 𝑦 2 𝑑𝐴 𝑒𝑠 𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎 ∫ 𝑦 2 𝑑𝐴 = 𝐼0−0 𝑀 = 𝛾 sin 𝛼 𝐼0−0 el brazo de palanca es M = F d 𝑑= 𝑀 𝐹 por lo tanto 𝑑= 𝑑= 𝛾 sin 𝛼 𝐼0−0 𝛾 𝐴 𝑦𝑔 sin 𝛼 𝐼0−0 𝐴 𝑦𝑔 de donde se tiene que al aplicar la ecuación de trasferencia para segundos momentos de área, genera 𝐼0−0 = 𝐼𝑐 + 𝑦𝑔 2 𝐴 𝑑= 𝑑= 𝐼𝑐 𝐴𝑦𝑔 𝐼𝑐 𝐴𝑦𝑔 + 𝑦𝑔 2 𝐴 𝑦𝑔 𝐴 + 𝑦𝑔 𝐼 𝑦𝑝 = 𝐴𝑦𝑐 + 𝑦𝑔 𝑔 ITT 20 JCAA PROBLEMA 7. Calcular el empuje hidrostático y el punto de aplicación de una superficie plana que tiene un ancho de 2.00 m como la que se muestra en la figura siguiente. 𝐸 = 𝛾ℎ𝑔 𝐴 𝛾 = 1000 ℎ𝑔 = 𝑘𝑔⁄ 𝑚3 2.80𝑚 = 1.40 𝑚 2 𝐴 = 𝑏ℎ = (2.00)(2.80) = 5.60 𝑚2 𝐸 = (1000)(1.40)(5.60) = 7840 𝑘𝑔 Punto de aplicación 𝑦𝑝 = 𝐼𝑐 + 𝑦𝑔 𝐴𝑦𝑔 el momento de inercia de una sección rectangular es 𝑏ℎ3 (2)(2.8)3 𝐼𝑐 = = = 3.65 𝑚4 12 12 como la pared es vertical hg = yg 𝑦𝑝 = ITT 3.65 + 1.40 = 1.865 𝑚 (5.60)(1.40) 21 JCAA Método del volumen de la cuña de presiones la presión en el fondo vale 𝛾ℎ = (1000 𝑘𝑔⁄ (2.80 𝑚) = 2800 𝑘𝑔⁄ 2 𝑚3 ) 𝑚 El empuje es igual al área del triángulo por el ancho de la pared 𝐸= (𝛾ℎ)(ℎ) (2800)(2.8) (2) = 7840 𝑘𝑔 𝑏= 2 2 𝑦𝑝 = ITT 2 2 ℎ = 2.8 = 1.86 𝑚 3 3 22 JCAA PROBLEMA 8. Determinar el empuje hidrostático y el punto de aplicación sobre una superficie plana que tienen una inclinación de 60 o y 2.0 m de ancho, ver figura siguiente. Cálculo de L sin 60𝑜 = 𝐿= ℎ 2.2 = 𝐿 𝐿 2.2 = 2.54 𝑚 sin 60𝑜 Determinación del empuje 𝐸 = 𝛾ℎ𝑔 𝐴 𝛾 = 1000 𝑘𝑔⁄ 𝑚3 𝐴 = 𝑏ℎ = (2.0)(2.54) = 5.08 𝑚2 ℎ𝑔 = 2.2 = 1.10 𝑚 2 𝐸 = (1000)(1.10)(5.08) = 5588 𝑘𝑔 Determinación de yp 𝑦𝑝 = 𝐼= 𝑏ℎ3 (2)(2.54)3 = = 2.73 𝑚4 12 12 𝑦𝑔 = ITT 𝐼𝑐 + 𝑦𝑔 𝐴𝑦𝑔 1.1 = 1.27 𝑚 sin 60𝑜 23 JCAA 2.73 + 1.27 = 1.69 𝑚 (5.08)(1.27) 𝑦𝑝 = PROBLEMA 9. Determinar el empuje hidrostático y punto de aplicación, por fórmula y método del volumen de la cuña de presiones, sobre la pared de 3 m de ancho, que se muestra en la figura siguiente. Por fórmula 𝐸 = 𝛾ℎ𝑔 𝐴 𝛾 = 1000 ℎ𝑔 = 0.50 + 𝑘𝑔⁄ 𝑚3 2.5 = 1.75 𝑚 2 𝐴 = (2.5)(3) = 7.5 𝑚2 𝐸 = (1000)(1.75)(7.5) = 13125 𝑘𝑔 𝑦𝑝 = 𝐼𝑐 + 𝑦𝑔 𝐴𝑦𝑔 𝑏ℎ3 (3)(2.5)3 𝐼= = = 3.91 𝑚4 12 12 𝑦𝑔 = ℎ𝑔 = 1.75 𝑚 𝑦𝑝 = ITT 3.91 + 1.75 = 2.05 𝑚 (7.5)(1.75) 24 JCAA PROBLEMA 10. Determinar el empuje hidrostático y el punto de aplicación en la compuerta de la figura siguiente, considerar a) compuerta rectangular. b) compuerta triangular. a) Determinación del empuje ℎ = 𝐿 sin 60 = (1)(0.866) = 0.866 𝑚 ℎ𝑔 = 2.00 + 0.866 = 2.433 𝑚 2 𝐸 = 𝛾ℎ𝑔 𝐴 = (1000)(2.433)(1.20𝑥1.0) = 2919.6 𝑘𝑔 Punto de aplicación 𝑦𝑝 = 𝑋= 𝐼 + 𝑦𝑔 𝐴𝑦𝑔 2.00 = 2.30 𝑚 sin 60 𝑦𝑔 = 2.30 + 0.5 = 2.80 𝑚 ITT 25 JCAA 𝐼= 𝑏ℎ3 (1.20)(1.0)3 = = 0.10 𝑚4 12 12 𝑦𝑝 = 0.10 + 2.80 = 2.829 𝑚 (1.20)(2.8) PROBLEMA 11. La compuerta AB de la figura siguiente tiene 1.20 m de ancho y está articulada en el punto A. La lectura manométrica en el punto G es de -0.15 kg/cm2 y el aceite que ocupa el depósito de la derecha tiene una densidad relativa de 0.75. ¿Qué fuerza horizontal debe aplicarse en el punto B para que la compuerta AB se mantenga en equilibrio? La presión del aire es de -0.15 kg/cm2 = -1500 kg/m2 convertido a columna de agua es 𝑘𝑔 −1500 ⁄𝑚2 𝑝 ℎ= = = −1.50 𝑚 𝑘𝑔 𝛾 1000 ⁄𝑚3 Esta altura de presión negativa es equivalente a un descenso del nivel de agua de 1.50 m ITT 26 JCAA En primer lugar, se calcula el empuje debido al agua considerando el nivel imaginario de agua (N.I.A) 𝐸1 = 𝛾ℎ𝑔 𝐴 𝑁. 𝐼. 𝐴 = 5.40 − 1,50 = 3.90 𝑚 ℎ𝑔 = 3.9 − 0.9 = 3.0 𝑚 𝐴 = (1.80)(1.20) = 2.16 𝑚2 𝐸1 = (1000)(3)(2.16) = 6480 𝑘𝑔 𝑦𝑝1 = 𝐼𝑐 = 𝐼𝑐 + 𝑦𝑔 𝐴𝑦𝑔 𝑏ℎ3 1.20(1.8)3 = = 0.5832 12 12 𝑦𝑝1 = 0.5832 + 3 = 3.09 𝑚 (2.16)(3) En seguida se calcula el empuje producido por el aceite cuyo peso específico es 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 𝜌𝑟𝑒𝑙 𝛾 = (0.75) (1000 𝑘𝑔⁄ 𝑘𝑔⁄ 𝑚3 ) = 750 𝑚3 𝐸2 = 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 ℎ𝑔 𝐴 𝐸2 = (750)(0.90)(2.16) = 1458 𝑘𝑔 el punto de aplicación del empuje se encuentra a 2/3 de la superficie libre del aceite 𝑦𝑝2 = ITT 2 1.80 = 1.20 𝑚 3 27 JCAA por último se determina la fuerza en el punto B de la compuerta ∑ 𝑀𝐴 = −𝐸1 𝑑1 + 𝐸2 𝑑2 + 𝐹𝑑 = 0 −(6480)(0.99) + (1458)(1.20) + (1.80)𝐹 = 0 𝐹 = 2592 𝑘𝑔 PROBLEMA 12. En la figura siguiente la compuerta ABC está articulada en el punto B y tiene 1.20 m de longitud y una inclinación de 60 o. Despreciando el peso de la compuerta, determinar el momento de desequilibrio debido a la altura de agua sobre la compuerta. Determinación del empuje 1 𝐸1 = 𝛾ℎ𝑔 𝐴1 ℎ𝑔 = 𝐴1 = ( 2.70 𝑚 = 1.35 𝑚 2 2.70 ) (1.2) = 3.74 𝑚2 sin 600 𝐸1 = (1000)(1.35)(3.74) = 5049 𝑘𝑔 ITT 28 JCAA Punto de aplicación 𝑦𝑝1 = 𝐼𝑐 + 𝑦𝑔 𝐴𝑦𝑔 (1.2)(3.12)3 𝑏ℎ3 𝐼𝑐 = = = 3.04 12 12 𝑦𝑔 = 𝑦𝑝1 = 3.12 = 1.56 𝑚 2 3.04 + 1.56 = 2.08 𝑚 (3.74)(1.56) Determinación de E2 𝐸2 = 𝛾ℎ𝐴 = (1000)(2.7)(1)(1.2) = 3240 𝐾𝑔 el brazo de palanca es igual a 0.5 m Cálculo del momento desequilibrante ∑ 𝑀/𝐵 = 𝐸1 𝑦2 − 𝐸2 𝑋 ∑ 𝑀/𝐵 = (5049)(3.12 − 2.08) − (3240)(0.5) 𝑀𝐷𝐸𝑆𝐸𝑄𝑈𝐼𝐿𝐼𝐵𝑅𝐴𝑁𝑇𝐸 = 3630.96 𝑘𝑔 − 𝑚 ITT 29 JCAA PROBLEMA 13. Calcular la altura z a la cual se abrirá la compuerta que se muestra en la figura siguiente, considerar 1.00 m de ancho de la misma, siendo el peso volumétrico del concreto de 2400 kg/m3 1.- Determinación de las fuerzas actuantes 1 𝑊𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜 = 𝛾𝑐 𝑉𝑜𝑙 = 2400 [ (0.9)(1.2)(1.0)] 2 𝑊𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜 = 1296 𝑘𝑔 𝐸1 = 𝛾ℎ𝑔 𝐴 ℎ𝑔 = 𝑍 2 𝐴 = 𝑍(1.00) = 𝑍 ITT 30 JCAA 𝑍 𝐸1 = 𝛾 𝑍 = 500𝑍 2 2 𝐸2 = 𝛾𝑍𝐴 = (1000)(𝑍)(0.9)(1.0) 𝐸2 = 900 𝑍 La sumatoria de momentos deberá ser igual a cero ∑ 𝑀/𝐴 = 0 1 1 𝑊 ( 0.90 ) − 𝐸1 (1.20 − 𝑍) − 𝐸2 (0.45) = 0 3 3 1 1296(0.30) − 500𝑍 2 (1.20 − 𝑍) − 900𝑍 = 0 3 166.667 𝑍 3 − 600𝑍 2 − 405𝑍 + 388.80 = 0 Z = 0.56 m En ocasiones se puede obtener el empuje para una superficie inclinada, a partir de obtener el valor de las componentes de dicho empuje obteniendo el valor de la resultante mediante una suma vectorial. PROBLEMA 14. Determinar el empuje resultante sobre una placa rectangular sumergida en agua de dimensiones de 1.20 x 1.50 m En la siguiente figura podemos observar como se determinan las componentes del empuje ITT 31 JCAA Determinación del empuje vertical 𝐹𝑉 = ( 1500 + 2800 ) (0.75)(1.20) = 1935 𝑘𝑔 2 Cálculo del empuje horizontal 𝐹ℎ = ( 1500 + 2800 ) (1.30)(1.20) = 3354 𝑘𝑔 2 Determinación del empuje total 𝐸 = √𝐹𝑉 2 + 𝐹ℎ 2 𝐸 = √(1935)2 + (3354)2 𝐸 = 3872.14 𝑘𝑔 ITT 32 JCAA Comprobando por fórmula 𝐸 = 𝛾ℎ𝑔 𝐴 𝐸 = (1000)(1.50 + 0.65)(1.20)(1.50) = 3870 𝑘𝑔 Empujes sobre superficies curvas. Cuando es curva la superficie sobre la que se ejerce presión hidrostática, esta se puede proyectar sobre un sistema triortogonal de planos coordenados, convenientemente dispuesto, de manera que uno de ellos coincida con la superficie libre del líquido. Así se procede a calcular el empuje hidrostático por separado sobre cada proyección. 14.- Determinar el empuje hidrostático y el centro de presiones sobre la superficie cilíndrica AB, mostrada en la figura siguiente. Determinación del empuje horizontal 𝐸ℎ = 𝑃𝑥 = ( 1500 + 2500 ) (1)(1) = 2000 𝑘𝑔 2 Determinación del empuje vertical 𝜋12 𝐸𝑣 = 𝑃𝑧 = (1000) ( ) (1) = 392.70 𝑘𝑔 4 Cálculo del empuje total 𝐸 = √𝐸𝑣 2 + 𝐸ℎ 2 𝐸 = √(2000)2 + (392.7)2 = 2038.19 𝑘𝑔 ITT 33 JCAA PROBLEMA 15 En la figura siguiente, un cilindro de 2.40 m de diámetro cierra un agujero rectangular en un depósito de 90 cm de ancho. ¿con qué fuerza queda presionado el cilindro contra el fondo del depósito por la acción de los 2.7 m de profundidad de agua? Solución. 𝐸1 = ℎ𝐷𝑎𝛾 − 𝜋𝑟 2 𝑎𝛾 2 en donde a es el ancho del depósito El empuje 1 es debido a la acción del agua sobre el cilindro 𝐸1 = (2.10)(2.40)(0.9)(1000) − 𝜋(1.20)2 (0.9)(1000) 2 𝐸1 = 2500.25 𝑘𝑔 𝑧 = √(1.20)2 − (0.60)2 = 1.04 𝑑 = 1.20 − 1.04 = 0.16 𝑚 ITT 34 JCAA tan 𝛼 = 0.6 = 0.5769 1.04 𝛼 = 29.98𝑜 𝜃 = 2𝛼 𝐴= 𝐷2 (𝜃 − sin 𝜃) 8 2.402 (1.047 − sin 59.96𝑜 ) 𝐴= 8 𝐴 = 0.13 𝑚2 El empuje 2 es debido a la fuerza vertical hacia arriba sobre el cilindro 𝐸2 = 2 [(2.1)(0.16)(0.9) + 0.13 (0.9)] (1000) 2 𝐸2 = 721.8 𝑘𝑔 𝐸𝑇 = 𝐸1 − 𝐸2 𝐸𝑇 = 2500.25 − 721.8 𝑘𝑔 = 1778.45 𝑘 ITT 35 JCAA FLOTACIÓN En el caso de un cuerpo sólido cualquiera flotando en un líquido existe un estado de equilibrio debido a que el líquido ejerce sobre el cuerpo una presión ascendente de igual magnitud que el peso del cuerpo. Principio de Arquímedes. "Todo cuerpo sumergido en un líquido experimenta un empuje vertical ascendente igual al peso del volumen desalojado" El punto de aplicación de dicho empuje coincide con el centro de gravedad del volumen desalojado y se conoce con el nombre de centro de flotación o de carena. PROBLEMA 16. Un cilindro hueco de 1.0 m de diámetro y 1.5 m de altura pesa 400 kg. a) ¿Cuantos kilogramos de plomo de peso específico igual a 11100 kg/m3 deben unirse al fondo por su parte exterior para que el cilindro flote verticalmente con un metro del mismo sumergido.? b) ¿Cuantos kilogramos se necesitan si se colocan en el interior del cilindro? PROBLEMA 17.- Un iceberg de 913 kg/m3 de peso específico flota en el oceáno (mar =1025 kg/m3) emerge del agua un volúmen de 594.3 m3. ¿Cúal es el volumen total del iceberg) ITT 36 JCAA PROBLEMA 18. Un bloque de madera de 0.28 gr/cm3 de densidad y de dimensiones de 20x8x4 cm, flota en el agua. Calcular la fracción de volumen que permanece sumergida. PROBLEMA 19. Un objeto prismático de 30 cm de espesor por 30 cm de ancho y 40 com de longitud, se pesa en el agua a 50 cm de profundidad dando la medida de 5 kg, ¿cuál será su densidad relativa? ITT 37 JCAA HIDRÁULICA BÁSICA UNIDAD II Campos de flujo Un campo de flujo es cualquier región en el espacio donde hay un fluido en movimiento, a condición de que la región o sub-región del flujo este ocupada por el fluido. Es importante mencionar que en cada punto del campo de fluido es posible determinar o especificar una serie de magnitudes físicas, ya sean escalares, vectoriales o tensoriales, que forman a su vez campos independientes o dependientes dentro del flujo. Un campo escalar se define exclusivamente por la magnitud que adquiere la cantidad física a la cual corresponde: presión, densidad, temperatura En un campo vectorial, además de la magnitud, se necesita definir una dirección y un sentido para la cantidad física a la que corresponde; esto es, tres valores escalares. Ejemplos: la velocidad, la aceleración y la rotación. Un campo tensorial está definido se requiere 9 o más componentes escalares, ejemplos: los esfuerzos, la deformación unitaria y los momentos de inercia. El campo de velocidades. El análisis del movimiento de una partícula del fluido que recorre una curva se puede hacer de dos maneras. a) por el conocimiento del vector de posición r, de la partícula como una función vectorial del tiempo t r = r(t) = xi +yj +zk donde i,j,k son los vectores unitarios según tres ejes de coordenadas ortogonales cualesquiera y ( x,y,z ) las proyecciones son cantidades escalares y funciones del tiempo x = x(t) ; y = y(t) ; z= z(t) ITT 38 JCAA b) por el conocimiento de la curva que recorre la partícula y la función camino recorrido-tiempo. En este caso la posición de la partícula se determina por la longitud del tiempo recorrido, siguiendo la curva (a partir de un punto de origen A), como función escalar del tiempo. S = S(t) El vector velocidad de una partícula fluida se define como la rapidez temporal del cambio de su posición. si la partícula Po de la figura siguiente se desplaza siguiendo la trayectoria C, descrita en cada instante por el vector de posición de la partícula r = xi+yj+zk, la velocidad queda definida por la expresión: 𝑣= 𝑑𝒓 𝑑𝑡 donde dr representa el vector diferencial de arco, sobre la curva C, que recorre la partícula en el tiempo dt. La velocidad es, entonces, un campo vectorial dentro del flujo y, a desplazarse la partícula según la curva C, es un vector tangente en cada punto a la misma que, en general, depende de la posición de la partícula y del tiempo: v = v(r,t) La velocidad en términos de sus componentes según los tres ejes coordenados elegidos, se puede escribir: v = vxi+vyj+vzk ITT 39 JCAA Línea de corriente Aquella familia de curvas que para cada instante de tiempo son las envolventes del campo de velocidades. En mecánica de fluidos se denomina línea de corriente al lugar geométrico de los puntos tangentes al vector velocidad de las partículas de fluido en un instante t determinado. En particular, la línea de corriente que se encuentra en contacto con el agua, se denomina línea de agua . Tubo de corriente. A partir de la definición de línea de corriente se puede definir, para flujos laminares, el concepto de tubo de corriente, como la superficie formada por las líneas de flujo que parten de una curva cerrada. En casos no estacionarios, aunque la línea cerrada no varía, el tubo de corriente y las líneas de corriente sí lo hacen. Por el contrario, para el caso estacionario el tubo de corriente permanece fijo en el espacio a lo largo del tiempo. Clasificación de los flujos Permanente o no permanente Si las características hidráulicas en un punto determinado varían de un instante al otro, el flujo es no permanente. 𝜕𝑣 ≠0 𝜕𝑡 Por el contrario será un flujo permanente 𝜕𝑣 =0 𝜕𝑡 Uniforme o no uniforme Si en un instante particular el vector velocidad es idéntico en cualquier punto del flujo, se dice que el flujo es uniforme ITT 40 JCAA 𝜕𝑣 =0 𝜕𝑠 En caso contrario el flujo es no uniforme 𝜕𝑣 ≠0 𝜕𝑠 uniforme permanente no uniforme uniforme no permanente no uniforme El flujo puede unidimensional clasificarse como tridimensional, bidimensional y Laminar o turbulento Esta clasificación es el resultado propiamente de la viscosidad del fluido. El flujo laminar se caracteriza porque el movimiento de las partículas se produce siguiendo trayectorias separadas perfectamente definidas, sin existir mezcla macroscópica o intercambio transversal entre ellas En un flujo turbulento, las partículas se mueven sobre trayectorias completamente erráticas, sin seguir un orden establecido. ITT 41 JCAA El número de Reynolds (Re) es un número adimensional utilizado en la mecánica de fluidos, para caracterizar el movimiento de un fluido. Este número recibe su nombre en honor de Osborne Reynolds (1842-1912), quien lo describió en 1883. El número de Reynolds relaciona la densidad, viscosidad, velocidad y dimensión típica de un flujo en una expresión adimensional, que interviene en numerosos problemas de dinámica de fluidos. Dicho número o combinación adimensional aparece en muchos casos relacionado con el hecho de que el flujo pueda considerarse laminar (número de Reynolds pequeño) o turbulento (número de Reynolds grande). Para un fluido que circula por el interior de una tubería circular recta, el número de Reynolds viene dado por: 𝑅𝑒 = 𝑉𝐷 𝜗 Donde Re = es el número de Reynolds V = velocidad media en el tubo, en m/s D = diámetro de la sección del tubo, en m = viscosidad cinemática del fluido Si Re < 2000 el flujo es laminar Si Re > 4000 el flujo es turbulento si 2000 > Re < 4000 es un flujo en transición Compresible o incompresible Un flujo se considera incompresible si los cambios de densidad de un punto a otro son despreciables; en caso contrario el flujo es compresible Rotacional o irrotacional Cuando en un flujo el campo rot v adquiere en alguno de sus puntos valores distintos de cero, para cualquier instante, el flujo se denomina rotacional. Por el contrario, si dentro de un campo de flujo el vector rot v es igual a cero para cualquier punto e instante, el flujo es irrotacional ITT 42 JCAA Leyes de Conservación Si un sistema no interacciona con su entorno de ninguna manera, entonces determinadas propiedades mecánicas del sistema no pueden cambiar. Algunas veces nos referimos a ellas como "constantes del movimiento". Estas cantidades se dice que son "conservadas" y las leyes de conservación resultante se pueden considerar como los principios fundamentales de la mecánica. LEY DE CONSERVACIÓN DE LA MASA LEY DE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA LEY DE LA CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO Establecidas aquí como principios de la mecánica, estas leyes de conservación tienen profundas implicaciones en la simetría de la naturaleza, que no hemos visto violadas. Ellas sirven como una fuerte restricción en cualquier teoría sobre cualquier rama de la ciencia. Concepto de gasto o caudal El gasto es el volumen de un líquido que atraviesa una sección por unidad de tiempo, se denomina con la letra Q 𝑄= 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DE LA MATERIA. Establece que la masa de fluido que en la unidad de tiempo entra a un volumen especificado dentro del flujo, una parte se queda en su interior y el resto sale del volumen. Si el volumen que se estudia es de forma y magnitud constante (volumen de control), el almacenaje no puede ser indefinido. Matemáticamente es preferible tratar con la cantidad neta de masa que sale y que entra, sumadas algebraicamente. Ecuación de la continuidad. La ecuación de la continuidad es una consecuencia del principio de de conservación de la masa. Para un flujo permanente, la masa de fluido que atraviesa cualquier sección de una corriente de fluido por unidad de tiempo es constante. Se considera un flujo a través de un tubo de corriente como el mostrado en la figurea siguiente, siendo las secciones 1 y 2 normales a las líneas de corriente que forman el tubo. Para un valor de la densidad 1 y una velocidad normal V1, el caudal en ITT 43 JCAA masa por unidad de tiempo que atraviesa la sección 1 es 1V1dA1, ya que V1dA1 es el volumen por unidad de tiempo. Análogamente, el caudal en masa que atraviesa la sección 2 es 2V2dA2. Como en un flujo permanente la masa no puede variar con el tiempo, y como no hay paso de fluido a través de la superficie que del tubo de corriente, el caudal en masa a través del tubo de corriente es constante. 𝜌1 𝑉1 𝑑𝐴1 = 𝜌2 𝑉2 𝑑𝐴2 Las densidades 1 y 2 se mantienen constantes en cada sección dA, y las velocidades V1 y V2 representan las velocidades del fluido en el tubo de corriente en las secciones 1 y 2 respectivamente 𝜌1 𝑉1 ∫ 𝑑𝐴1 = 𝜌2 𝑉2 ∫ 𝑑𝐴2 integrando 𝜌1 𝑉1 𝐴1 = 𝜌2 𝑉2 𝐴2 o 𝛾1 𝑉1 𝐴1 = 𝛾2 𝑉2 𝐴2 Si además el fluido es incompresible, la densidad es constante 𝑄 = 𝐴1 𝑉1 = 𝐴2 𝑉2 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ITT 44 JCAA PROBLEMA 20. En la figura siguiente se muestra la bifurcación de un ducto circular que tiene los diámetros indicados, el agua que escurre en el tubo entra por A y sale en C y D. Si la velocidad media en el punto B es de 0.60 m/s y en C de 2.70 m/s. Calcular las velocidades medias en A y D, el gasto total y el gasto en cada uno de los ramales. DA = 15 cm DB = 30 cm VB = 0.60 m/s DC = 10 cm VC = 2.70 m/s DD = 5 cm 𝑄𝐴 = 𝑄𝐵 𝜋(𝐷𝐴 )2 𝜋(𝐷𝐵 )2 𝑉𝐴 [ ] = 𝑉𝐵 [ ] 4 4 𝜋(0.15)2 𝜋(0.30)2 𝑉𝐴 [ ] = 0.60 [ ] 4 4 𝑉𝐴 = 2.395 𝑚/𝑠 𝑄𝐴 = 𝑉𝐴 𝐴𝐴 = (2.395) ( 𝜋(0.15)2 ) 4 3 𝑄𝐴 = 𝑄𝐵 = 0.0424 𝑚 ⁄𝑠 𝜋(0.10)2 3 𝑄𝐶 = 𝐴𝐶 𝑉𝐶 = [ ] (2.70) = 0.0212 𝑚 ⁄𝑠 4 𝑄𝐴 = 𝑄𝐶 + 𝑄𝐷 3 𝑄𝐷 = 0.0424 − 0.212 = 0.0212 𝑚 ⁄𝑠 ITT 45 JCAA 𝑉𝐷 = 𝑄𝐷 0.0212 = = 10.82 𝑚/𝑠 𝐴𝐷 𝜋(0.05)2 4 QA = 0.0424 m3/s ; QB= 0.0424 m3/s ; QC = 0.0212 m3/s ; QD = 0.0212 m3/s LEY DE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA. La ley de la conservación de la energía afirma que la cantidad total de energía en cualquier sistema físico aislado (sin interacción con ningún otro sistema) permanece invariable con el tiempo, aunque dicha energía puede transformarse en otra forma de energía. En resumen, la ley de la conservación de la energía afirma que la energía no puede crearse ni destruirse, sólo se puede cambiar de una forma a otra. En termodinámica, constituye el primer principio de la termodinámica (la primera ley de la termodinámica). Ecuación de la energía Selecciónese un pequeño sistema de fluido que rodea en forma simétrica a una línea de corriente en la cual la fricción es igual a cero y que todas sus partículas en cualquier sección transversal fluyan a la misma velocidad. Fuerzas que intervienen Fuerzas de presión Peso propio ITT 46 JCAA Fuerzas de presión 𝑑𝐹 = 𝑝𝑑𝐴 − (𝑝 + 𝑑𝑝)𝑑𝐴 𝑑𝐹 = 𝑝𝑑𝐴 − 𝑝𝑑𝐴 − 𝑑𝑝𝑑𝐴 𝑑𝐹 = −𝑑𝑝𝑑𝐴 Peso propio De la figura tenemos que 𝑑𝑊 = 𝛾𝑑𝐴𝑑𝑆 𝑦′ sin 𝛼 = 𝑑𝑊 𝑦 ′ = 𝑑𝑊 sin 𝛼 sin 𝛼 = 𝑑𝑧 𝑑𝑆 𝑦 ′ = 𝑑𝑊 𝑑𝑧 𝑑𝑆 por lo tanto 𝑦 ′ = 𝛾𝑑𝐴𝑑𝑆 𝑑𝑧 𝑑𝑆 𝑦 ′ = 𝛾𝑑𝐴𝑑𝑧 pero 𝛾 = 𝜌𝑔 𝑦 ′ = 𝜌𝑔𝑑𝐴𝑑𝑧 Aplicando la segunda ley de Newton (F = m a) ∑𝐹 = 𝑚 𝑎 −𝑑𝑝𝑑𝐴 − 𝜌𝑔𝑑𝐴𝑑𝑧 = 𝜌𝑑𝐴𝑑𝑆 𝑉 𝑑𝑉 𝑑𝑆 dividiendo entre A −𝑑𝑝 − 𝜌𝑔𝑑𝑧 = 𝜌𝑉𝑑𝑉 ITT 47 JCAA dividiendo entre − − 𝑑𝑝 𝜌 𝑑𝑝 − 𝑔𝑑𝑧 = 𝑉𝑑𝑉 𝜌 𝑑𝑝 − 𝑔𝑑𝑧 − 𝑉𝑑𝑉 = 0 𝜌 + 𝑔𝑑𝑧 + 𝑉𝑑𝑣 = 0 (ECUACIÓN UNIDIMENSIONAL DE EULER) Tomando la ecuación de Euler para un flujo incompresible y dividiendo entre g, tenemos 𝑑𝑝 𝑑𝑉 + 𝑑𝑧 + 𝑉 =0 𝜌𝑔 𝜌 𝑑𝑝 𝛾 + 𝑑𝑧 + 𝑉 𝑑𝑉 𝑔 = 0 (Ecuación de la energía aplicada a fluidos en movimiento) Esta ecuación es integrable entre los puntos 1 y 2, considerando que y g son constantes, por lo que el fluido incompresible de densidad uniforme tendrá que: 2 𝑑𝑝 𝑑𝑉 𝑝 𝑉2 ∫ ( + 𝑑𝑧 + 𝑉 ) = [ + 𝑧 + ] 𝛾 𝑔 𝛾 2𝑔 1 2 1 𝑝1 𝛾 + 𝑧1 + 𝑝 𝛾 𝑉1 2 2𝑔 = +𝑧+ 𝑝2 𝛾 𝑉2 2𝑔 + 𝑧2 + =𝐻 𝑉2 2 2𝑔 (ECUACIÓN DE BERNOULLI) (ECUACIÓN DE LA ENERGÍA) EN DONDE p/ = Energía de presión o carga de presión z = Energía potencial o carga de presión V2/2g = Energía cinética o carga de velocidad ITT 48 JCAA PROBLEMA 21. Dos tanques de agua, ver figura siguiente, están conectados por una tubería de 1220 m de longitud y 0.25 m de diámetro. El nivel en el recipiente superior está a 37 m por encima del nivel del tanque inferior. El gasto que transporta la tubería es de 0.128 m3/s. determinar: a) la pérdida de carga total ( energía disponible para ser disipada) b) la presión que existe en la sección a la mitad de la tubería, si dicha sección se encuentra a la misma elevación que el nivel del tanque inferior, siendo que la mitad de la energía disponible se pierde desde el tanque superior hasta dicha sección. Aplicando la ecuación de la energía entre los tanques 1 y 2 (superficie libre del agua) tomando como plano horizontal de comparación el punto 3 2 𝑝1 𝑉1 2 𝑝2 𝑉2 2 + + 𝑍1 = + + 𝑍2 + ∑ ℎ𝑟 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 1 0 + 0 + 37 = 0 + 0 + 0 + ∑21 ℎ𝑟 ITT 49 JCAA ∑21 ℎ𝑟 = 37 𝑚 b) El área de la sección de la tubería es 𝐴= 𝜋𝐷2 𝜋0.252 = = 0.0491 𝑚2 4 4 por lo tanto la velocidad media vale 𝑣= 𝑄 0.128 = = 2.607 𝑚⁄𝑠 𝐴 0.0491 Aplicando la ecuación de la energía ente la los puntos 1 y 3, considerando que se tiene una pérdida de energía de 18.50 m hasta ese punto . 3 𝑝1 𝑉1 2 𝑝3 𝑉3 2 + + 𝑍1 = + + 𝑍3 + ∑ ℎ𝑟 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 1 𝑝3 𝑉3 2 0 + 0 + 37 = + + 0 + 18.50 𝛾 2𝑔 𝑝3 2.6072 = + 18.50 − 37 = 18.153 𝑚 𝛾 19.62 𝑝3 = 18153 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 Problema 22. Determinar la presión en el punto B y el gasto que pasa a través de la tubería en sifón que se muestra en la figura siguiente. ITT 50 JCAA Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos A (s.l.a) y el punto C; tomando como plano horizontal de comparación el que pasa por el punto C 𝑝𝐴 𝑉𝐴 2 𝑝𝐶 𝑉𝐶 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝑐 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝑝𝐴 𝑉𝐴 2 𝑝𝐶 𝑉𝐶 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝑐 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝑉𝐶 2 𝑍𝐴 = 2𝑔 𝑉𝐶 = √2𝑔𝑍𝐴 𝑉𝐶 = √(19.62)(0.40) 𝑉𝐶 = 2.80 𝑚⁄𝑠 Cálculo del gasto Q = VA 𝑄 = (2.80) ( 𝜋𝐷2 𝜋(0.03)2 3 ) = (2.80) ( ) = 1.97 𝑥 10−3 𝑚 ⁄𝑠 = 1.97 𝑙/𝑠 4 4 Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos A (s.l.a) y B; tomando como plano horizontal de comparación el que pasa por A 𝑝𝐴 𝑉𝐴 2 𝑝𝐵 𝑉𝐶 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝑝𝐴 𝑉𝐴 2 𝑝𝐵 𝑉𝐶 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 ITT 51 JCAA 𝑝𝐵 𝑉𝐶 2 0= + + 𝑍𝐵 𝛾 2𝑔 𝑝𝐵 𝑉𝐵 2 2.802 = − − 𝑍𝐵 = − − 0.20 𝛾 2𝑔 19.62 𝑝𝐵 = −0.60 𝑚 𝛾 𝑝𝐵 = (−0.60)(1000) = −600 𝐾𝑔⁄ 𝑚2 Problema 23. A través de una tubería de 15 cm como la mostrada en la figura siguiente, fluye agua a una presión de 4.2 kg/cm2, suponiendo que no hay pérdidas, ¿Cuál es el caudal, si en una reducción de 7.5 cm de diámetro la presión es de 1.4 kg/cm2? 2 2 pA = 4.2 kg/cm = 42000 kg/m pB = 1.4 kg/cm2 = 14000 kg/m2 𝐴𝐴 = 𝐴15 = 𝐴𝐵 = 𝐴7.5 = 𝜋𝐷𝐴 2 4 = 𝜋𝐷𝐵 2 4 = 𝜋0.152 4 = 0.0177 𝑚2 𝜋0.0752 4 = 0.0044 𝑚2 Aplicando la ecuación de la continuidad tenemos que ITT 52 JCAA 𝑉15 𝐴15 = 𝑉7.5 𝐴7.5 𝑉15 = 𝑉7.5 𝐴7.5 𝐴15 = 0.0044 𝑉7.5 0.0177 = 0.2486 𝑉7.5 Aplicando la ecuación e la energía entre los puntos A y B; tomando como plano horizontal de comparación el que pasa por el eje de la tubería 𝑝𝐴 𝛾 + 𝑉15 2 2𝑔 + 𝑍𝐴 = 𝑝𝐵 𝛾 + 𝑉7.5 2 2𝑔 + 𝑍𝐵 ……….. 1 Sustituyendo los valores de las presiones y de la velocidad en la tubería de 15 cm 42000 1000 + (0.2486 𝑉7.5 )2 19.62 = 14000 1000 42 + 0.0031𝑉7.5 2 = 14 + 42 − 14 = 𝑉7.5 2 19.62 + 𝑉7.5 2 19.62 𝑉7.5 2 19.62 + 0.0031𝑉7.5 2 𝑉7.5 = 24.17 𝑚/𝑠 𝑉15 = 0.2486 𝑉7.5 = 0.2486(24.17) = 6 𝑚⁄𝑠 Cálculo del gasto Q = VA 3 𝑄 = 𝑉15 𝐴15 = (6)(0.0177) = 0.1062 𝑚 ⁄𝑠 𝑄 = 106.2 𝑙⁄𝑠 Problema 24. Un depósito de grandes dimensiones está parcialmente lleno de agua y el espacio superior con aire a presión. Una manguera de 5 cm de diámetro conectada al depósito descarga sobre la azotea de un edificio de 15 m por encima de la superficie libre del agua del depósito. Las pérdidas de fricción son de 5.5 m. ITT 53 JCAA ¿Qué presión de aire debe mantenerse en el depósito para descargar sobre la azotea un caudal de 12 l/s? Aplicando la ecuación de la energía entre los puntos A (s.l.a. dentro del recipiente) y B punto de descarga de la manguera; tomando como plano horizontal de comparación el que pasa por A 𝑝𝐴 𝛾 + 𝑉𝐴 2 2𝑔 + 𝑍𝐴 = 𝑝𝐵 𝛾 + 𝑉𝐵 2 2𝑔 + 𝑍𝐵 + ℎ𝑓 Determinación de la velocidad 𝑄 = 𝑉𝐴 𝑉= 𝑉= 𝑄 𝐴 4𝑄 𝜋𝐷2 = 4(0.012) 𝜋(0.05)2 = 6.11 𝑚/𝑠 Entonces 𝑝𝐴 𝛾 ITT = (6.11)2 19.62 + 15 + 5.5 = 22.46 𝑚 54 JCAA 𝑝𝐴 = 22460 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 Problema 25. En el venturímetro mostrado en la figura siguiente, la lectura del manómetro diferencial es de 35.8 cm. Determinar el caudal del agua a través del venturímetro si se desprecian las pérdidas de energía entre A y B Aplicado la ecuación de la energía entre A y B tomando como plano horizontal de comparación el que pasa por A 𝑝𝐴 𝑉30 2 𝑝𝐵 𝑉15 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 Despejando para que la ecuación quede expresada como diferencia de presiones 𝑝𝐴 𝛾 ITT − 𝑝𝐵 𝛾 = 𝑉15 2 2𝑔 − 𝑉30 2 2𝑔 + 0.75 ……….. 1 55 JCAA Por otro lado tenemos un manómetro diferencial cerrado y por lo tanto 𝑝𝐶 = 𝑝𝐷 𝑝𝐶 = 𝑝𝐴 + 𝛾(𝑍 + 0.358) 𝑝𝐷 = 𝑝𝐵 + 𝛾(0.75 + 𝑍) + 𝛾𝐻𝑔 (0.358) Igualando 𝑝𝐴 + 𝛾(𝑍 + 0.358) = 𝑝𝐵 + 𝛾(0.75 + 𝑍) + 𝛾𝐻𝑔 (0.358) 𝑝𝐴 + 1000(𝑍 + 0.358) = 𝑝𝐵 + 1000(0.75 + 𝑍) + 13570(0.358) 𝑝𝐴 + 1000𝑍 + 358 = 𝑝𝐵 + 750 + 1000𝑧 + 4858.06 𝑝𝐴 − 𝑝𝐵 = 5250 Dividiendo entre 𝑝𝐴 −𝑝𝐵 = 5.25 𝑚 ….. 2 𝛾 Sustituyendo la ecuación 2 en 1 5.25 = 4.5 = 𝑉15 2 2𝑔 𝑉15 2 2𝑔 − − 𝑉30 2 2𝑔 + 0.75 𝑉30 2 2𝑔 (19.62)(4.5) = 𝑉15 2 − 𝑉30 2 88.29 = 𝑉15 2 − 𝑉30 2 ……….3 De la ecuación de la continuidad 𝑉15 𝐴15 = 𝑉30 𝐴30 𝑉15 (𝜋𝐷15 2 ) 4 = 𝑉30 (𝜋𝐷30 2 ) 4 𝑉15 𝐷15 2 = 𝑉30 𝐷30 2 ITT 56 JCAA 𝐷30 2 𝑉15 = 𝑉30 ( 𝐷15 ) 0.30 2 𝑉15 = 𝑉30 ( 0.15 ) 𝑉15 = 4 𝑉30 ……………. 4 Sustituyendo 4 en 3 88.29 = (4 𝑉30 )2 − 𝑉30 2 88.29 = 16𝑉30 2 − 𝑉30 2 88.29 = 15 𝑉30 2 𝑉30 = √ 88.29 15 = 2.426 𝑚⁄𝑠 𝑉15 = 4𝑉30 = 4(2.426) = 9.704 𝑚⁄𝑠 El gasto es 𝑄 = 𝑉15 𝐴15 = 𝑉30 𝐴30 𝑄 = 𝑉15 𝐴15 = (9.704) (𝜋(0.152 )) 4 3 = 0.171 𝑚 ⁄𝑠 Q = 171 l/s PROBLEMA 26. Desde el depósito A cuya superficie libre que está a una cota de 25 m, fluye agua hasta otro depósito B cuya superficie libre está a una cota de 18 m. Los depósitos están conectados por una tubería de 30 cm de diámetro y 30 m de longitud (f = 0.020), seguida por otra tubería de 30 m de longitud y 15 cm de diámetro (f = 0.015), existen dos codos de 90 o en cada tubería (K= 0.5), el coeficiente K en la contracción es de 0.75. Si la cota de contracción brusca es de 16 m, determinar la altura de presión en la tubería de 30 cm y 15 cm en el cambio de sección. ITT 57 JCAA Aplicando la ecuación de la energía entre A y B, tomando en cuenta las pérdidas de energía locales y como plano horizontal de comparación la cota de 16 m 𝑝𝐴 𝑉𝐴 2 𝑝𝐵 𝑉𝐵 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 + ℎ𝑓30+ ℎ𝐿𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 + ℎ𝐿𝑐𝑜𝑑𝑜𝑠30 + ℎ𝐿𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑐. + ℎ𝐿𝑐𝑜𝑑𝑜𝑠 15 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 + ℎ𝑓15 + ℎ𝐿𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝐿 ℎ𝑓30 = 𝑓30 𝐷30 𝑉30 2 2𝑔 30 ℎ𝑓30 = 2 𝑉30 2 2𝑔 𝐿 ℎ𝑓15 = 𝑓15 𝐷15 𝑉15 2 15 ℎ𝑓15 = 3 30 𝑉 2 30 = 0.020 0.30 19.62 2𝑔 30 𝑉 2 15 = 0.015 0.15 19.62 𝑉15 2 2𝑔 ℎ𝐿𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝐾𝑒 ℎ𝐿𝑐𝑜𝑑𝑜30 = 𝐾𝑐 𝑉30 2 2𝑔 𝑉30 2 2𝑔 = 0.5 = 0.5 ℎ𝐿𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑐 = 𝐾𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑐 ITT 𝑉15 2 2𝑔 𝑉30 2 2𝑔 𝑉30 2 2𝑔 = 0.75 𝑉15 2 2𝑔 58 JCAA 𝑉15 2 ℎ𝐿𝑐𝑜𝑑𝑜15 = 𝐾𝑐 2𝑔 ℎ𝐿𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 𝐾𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑉30 2 9= 3+2 2𝑔 6 = 4.5 𝑉30 2 2𝑔 𝑉15 2 2𝑔 2𝑔 2𝑔 2𝑔 𝑉15 2 2𝑔 𝑉15 2 2𝑔 +2 𝑉30 2 2𝑔 + 0.75 𝑉15 2 2𝑔 +3 𝑉15 2 2𝑔 + 0.5 𝑉15 2 2𝑔 +1 𝑉15 2 2𝑔 𝑉15 2 + 5.25 + 5.25 𝑉15 2 =1 𝑉30 2 + 0.5 𝑉30 2 9 − 3 = 4.5 = 0.5 2𝑔 ………….. 1 Como 𝑉15 = 4𝑉30 … … … … . . 2 Sustituyendo 2 en 1 6 = 4.5 6 = 4.5 6 = 4.5 𝑉30 2 2𝑔 𝑉30 2 2𝑔 𝑉30 2 2𝑔 6 = 88.5 + 5.25 + 5.25 + 84 (4𝑉30 )2 2𝑔 16𝑉30 2 2𝑔 𝑉30 2 2𝑔 𝑉30 2 2𝑔 𝑉30 = 1.153 𝑚⁄𝑠 𝑄 = 𝐴30 𝑉30 𝑄= 𝑄= ITT 𝜋𝐷30 2 4 𝜋0.302 4 𝑉30 3 (1.153) = 0.081 𝑚 ⁄𝑠 59 JCAA BOMBAS En la figura siguiente se muestra la disposición de las líneas de energía, y de cargas piezométricas, de una instalación de bombeo donde el flujo es permanente. La ecuación de la energía se escribe como 𝑝1 𝑣1 2 𝑝2 𝑣2 2 + + 𝑧1 − ∑ ℎ𝑟1−𝑎 + 𝐻𝑎𝑏 = + + 𝑧2 + ∑ ℎ𝑟𝑏−2 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝑝1 𝑣1 2 𝑝2 𝑣2 2 + + 𝑧1 + 𝐻𝑎𝑏 = + + 𝑧2 + ∑ ℎ𝑟1−𝑎 + ∑ ℎ𝑟𝑏−2 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 Por lo que respecta al termino Hab este se emplea como una energía añadida al flujo y tiene las dimensiones de una longitud. En efecto, por definición de potencia P=QH donde: = peso específico del líquido, en kg/m3 H = Energía total respecto al plano de referencia, en m Q = gasto en la sección considerada en m3/s P = potencia del líquido en kg m/s por lo tanto tenemos que 𝐻𝑎𝑏 = ITT 𝑃 𝛾𝑄 60 JCAA La potencia, es la energía neta por unidad de peso que cede (turbina) o se transmite al líquido (bomba) por efecto de la máquina. La ecuación de la potencia de la bomba se escribe como 𝑃= 𝛾𝑄𝐻𝑎𝑏 𝑛𝑘 en donde n = eficiencia de la bomba k = es un coeficiente que depende de las unidades empleadas 80% bombas tipo casero n= 90 % bombas grandes 75 P en c.v 76 P en H.P k= 102 P en K.W 1 P en kg.m/s ITT 61 JCAA PROBLEMA 27. La bomba B comunica una altura de 50 m de agua que fluye hacia el punto E, como se muestra en la figura siguiente. si la presión en el punto 𝑣2 C es de -0.2 kg/cm2 y la pérdida de carga de D a E es de 5 2𝑔, determinar el gasto. Aplicando la ecuación de la energía entre C y E, el plano horizontal de comparación es el que pasa por el punto C. 𝑝𝑐 𝑣𝑐 2 𝑝𝐸 𝑣𝐸 2 + + 𝑧𝑐 + 𝐻𝑎𝑏 = + + 𝑧𝐸 + ∑ ℎ𝑟𝐷−𝐸 𝛾 2𝑔 2𝑔 2𝑔 −2000 1000 𝑣 2 𝑣 2 𝑣 2 30 30 30 + 19.62 + 0 + 50 = 0 + 19.62 + 36 + 5 19.62 -2+50=36+0.255 v302 v30 = 6.86 m/s Q = (6.86)(0.152)= 0.49 m3/s Que potencia de bomba en C.V se requiere para producir una carga de Hab= 50 m? 𝑃= 𝛾𝑄𝐻𝑎𝑏 (1000)(0.49)(50) = = 326.67 𝐶. 𝑉 𝑘 75 PROBLEMA 28. En el sistema mostrado en la figura siguiente, la bomba BC debe producir un gasto de 160 l/s de un aceite de densidad relativa igual a 0.762 hacia el recipiente D, suponiendo que la pérdida de energía entre A y B es de 2.5 m y entre C y D de 6.5 m. a) Que potencia en C.V. debe suministrar la bomba ITT 62 JCAA b) Dibujar la línea de alturas totales Aplicando la ecuación de la energía entre los puntos A y D (en la superficie del agua), plano de referencia el que pasa por la bomba BC 𝑝𝐴 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 + 𝑣𝐴 2 𝑝𝐷 𝑣𝐷 2 + 𝑧𝐴 + 𝐻𝑎𝑏 = + + 𝑧𝐷 + ∑ ℎ𝑟𝐴−𝐵 + ∑ ℎ𝑟𝐶−𝐷 2𝑔 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 2𝑔 0+0+12+Hab = 0+0+57+2.5+6.5 Hab = 54 m La potencia de la bombas será 𝑃= ITT 𝛾𝑄𝐻𝑎𝑏 (762)(0.16)(54) = = 87.78 𝐶. 𝑉 𝑘 75 63 JCAA PROBLEMA 29. Un aceite de densidad relativa de 0.761 está fluyendo de A a E, según se muestra en la figura siguiente. Las distintas pérdidas de carga pueden suponerse como sigue de A a B = 0.60 V302/2g de B a C = 9.00 V302/2g de C a D = 0.40 V152/2g de D a E = 9.00 V152/2g Determinar: a) El gasto b) La presión en el punto C c) La potencia de la bomba en el punto C en C.V tomando como plano de referencia el que pasa por el punto E a) Aplicando la ecuación de la energía en la superficie libre del agua en los puntos A y E, plano horizontal de comparación el que pasa por E. 𝑝𝐴 𝑣𝐴 2 𝑝𝐸 𝑣𝐸 2 + + 𝑧𝐴 = + + 𝑧𝐸 + ∑ ℎ𝑟𝐴−𝐵 + ∑ ℎ𝑟𝐵−𝐶 + ∑ ℎ𝑟𝐶−𝐷 + ∑ ℎ𝑟𝐷−𝐸 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝑣30 2 𝑣30 2 𝑉15 2 𝑉15 2 0 + 0 + 12 = 0 + 0 + 0 + 0.60 + 9.0 + 0.40 + 9.0 2𝑔 2𝑔 19.62 19.62 0 + 0 + 12 = 0 + 0 + 0 + 9.60 𝑣30 2 𝑉15 2 + 9.40 2𝑔 19.62 12 = 0.49 𝑉30 2 + 0.48𝑉15 2 … … . 1 𝑉15 = 4𝑉30 𝑉15 2 = 16 𝑉30 2 … … . .2 ITT 64 JCAA Sustituyendo 2 en 1 12 = 0.49 𝑉30 2 + 0.48(16𝑉30 2 ) 12 = 0.49 𝑉30 2 + 7.68 𝑉30 2 𝑉30 = 1.21 𝑚/𝑠 (𝜋)(0.302 ) 3 = 0.086 𝑚 ⁄𝑠 4 𝑄 = 𝑉30 𝐴30 = (1.21) b) Aplicando la ecuación de la energía entre A y C, plano de referencia el que pasa por A 𝑝𝐴 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 + 𝑉𝐴 2 𝑝𝐶 𝑉𝐶 2 + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐶 + ∑ ℎ𝑟𝐴−𝐵 + ∑ ℎ𝑟𝐵−𝐶 2𝑔 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 2𝑔 0+0+0= 𝑝𝐶 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 + 𝑉30 2 𝑣30 2 𝑣30 2 + 𝑍𝐶 + 0.60 + 9.0 2𝑔 2𝑔 2𝑔 𝑉30 2 0+0+0 = + 10.6 + 0.60 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 2𝑔 𝑝𝐶 0= 𝑝𝐶 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 + 10.6 𝑃𝑐 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 1.212 + 0.60 19.62 = −1.39 𝑚 𝑃𝑐 = (−1.39)(761) = −1057.8 𝑘𝑚⁄𝑚2 c) La carga hidráulica en C es 𝑉30 2 𝐻𝐶 = + + 𝑍𝐶 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 2𝑔 𝑃𝐶 −1.395 1.2162 𝐻𝐶 = + + 12 = 11.28 𝑚 761 19.62 y la potencia en C es ITT 65 JCAA 𝑃= (761)(0.086)(11.28) 𝛾𝑄𝐻𝐶 = = 9.85 𝐶. 𝑉 75 75 PROBLEMA 30. Si la bomba mostrada en la figura siguiente desarrolla 6 C.V. sobre el flujo. ¿ cuál seré el gasto que circula a través del sistema de tuberías? Aplicando la ecuación de la energía entre los puntos A y B, plano horizontal de comparación el eje de la tubería. 𝑝𝐴 𝑣25 2 𝑝𝐵 𝑣20 2 + + 𝑧𝐴 + 𝐻𝑎𝑏 = + + 𝑧𝐵 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝑝𝐴 𝑣25 2 𝑝𝐵 𝑣20 2 + + 0 + 𝐻𝑎𝑏 = + +0 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝑣25 2 𝑣20 2 𝑝𝐵 𝑝𝐴 + 𝐻𝑎𝑏 − = − … … … . .1 2𝑔 2𝑔 𝛾 𝛾 Por otro lado se tiene 𝑃𝐷 = 𝑃𝐸 𝑃𝐷 = 𝑃𝐴 + 𝛾𝑍 + 𝛾𝐻𝑔 (0.90) 𝑃𝐸 = 𝑃𝐵 + 𝛾(𝑍 + 0.90) 𝑃𝐴 + 100 𝑍 + 13570(0.90) = 𝑃𝐵 + 1000𝑍 + 900 𝑃𝐵 − 𝑃𝐴 = 11.313 … … … . .2 1000 Sustituyendo 2 en 1 ITT 66 JCAA 𝑣25 2 𝑣20 2 + 𝐻𝑎𝑏 − = 11.313 … . . .3 2𝑔 2𝑔 Se tiene también que 𝑉25 𝐴25 = 𝑉20 𝐴20 𝑉25 = 𝑉20 𝑉25 𝐴20 𝐴25 𝜋𝐷20 2 = 𝑉20 4 2 𝜋𝐷25 4 𝑉25 = 𝑉20 𝑉25 = 𝑉20 𝐷20 2 𝐷25 2 0.202 0.252 𝑉25 = 0.64 𝑉20 … … … 4 sustituyendo 4 en 3 (0.64 𝑉20 )2 𝑣20 2 + 𝐻𝑎𝑏 − = 11.313 2𝑔 2𝑔 𝐻𝑎𝑏 − 0.03 𝑉20 2 = 11.313 … . .5 pero 𝑃 = 𝐻𝑎𝑏 = 𝐻𝑎𝑏 = 𝐻𝑎𝑏 = 𝛾𝑄𝐻𝑎𝑏 75 75 𝑃 𝛾𝑄 75𝑃 𝛾𝑉20 𝐴20 75 (6) … … … . .6 𝛾(0.0314)𝑉20 sustituyendo 6 en 5 75 (6) − 0.03 𝑉20 2 = 11.313 𝛾(0.0314)𝑉20 ITT 67 JCAA 14.33 − 0.03𝑉20 2 = 11.313 𝑉20 Resolviendo la ecuación V20 = 1.2614 m/s 𝑄 = 𝑉20 𝐴20 = 1.2614 ( 𝜋(0.20)2 3 ) = 0.039 𝑚 ⁄𝑠 4 TURBINAS En la siguiente figura se muestra el esquema de una turbina, en las estaciones hidroeléctricas la turbina queda generalmente muy próxima a la sección 2 y las pérdidas en dicha sección son depreciables. En este caso la ecuación para determinar la potencia de la turbina se escribe como: 𝑃= 𝑛𝛾𝑄𝐻𝑎𝑏 𝑘 PROBLEMA 31. A través de la tubería que se muestra en la siguiente figura circula 0.22 m3/s de agua y las presiones en A y en B son respectivamente 1.5 kg/cm 2 y 0.35 kg/cm. Determinar la potencia en C.V comunicada por la corriente a la turbina. ITT 68 JCAA Aplicando la ecuación de la energía entre los puntos A y B, plano de referencia el que pasa por el punto B. (se desprecian las pérdidas de energía) 𝑝𝐴 𝑣30 2 𝑝𝐵 𝑣60 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 + 𝐻𝑎𝑏 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 Determinación de las velocidades 𝑉30 = 𝑉60 = 4𝑄 𝜋𝐷30 2 4𝑄 𝜋𝐷60 2 = (4)(0.22) = 3.11 𝑚⁄𝑠 𝜋(0.30)2 = (4)(0.22) = 0.78 𝑚⁄𝑠 𝜋(0.60)2 15000 3.112 −3500 0.782 + + 1.0 = + + 0 + 𝐻𝑎𝑏 1000 19.62 1000 19.62 Hab = 19.96 m Determinación de la potencia de la turbina 𝑃= 𝑃= 𝛾𝑄𝐻𝑎𝑏 75 (1000)(0.22)(19.96) 75 P = 58.55 C.V ITT 69 JCAA ECUACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO Es el producto de la masa por su velocidad 𝐹𝑝 + 𝐹𝜏 + 𝐹𝑐 = 𝜌 ∑(𝑄𝛽𝑉) En donde: 𝐹𝑝 = Fuerzas normales a la frontera de la masa 𝐹𝜏 = Fuerzas tangenciales a la masa 𝐹𝑐 = Fuerzas de cuerpo En una conducción forzada en la dirección X ∑ 𝐹𝑥 = 𝜌𝑄(𝑉𝑥2 − 𝑉𝑥1 ) En donde: 𝜌 = la densidad del fluido Q = gasto en m3/s 𝑉𝑥2 𝑦 𝑉𝑥1 = velocidades de salida y entrada respectivamente Figura No 1. codo de 90o En el caso de una bifurcación la ecuación se escribe como: ∑ 𝐹𝑥 = 𝜌[(𝑄2 𝑉𝑥2 + 𝑄3 𝑉𝑥3 ) − 𝑄1 𝑉𝑥1 ] ∑ 𝐹𝑦 = 𝜌[(𝑄2 𝑉𝑦2 + 𝑄3 𝑉𝑦3 ) − 𝑄1 𝑉𝑦1 ] ITT 70 JCAA Figura No 2. Bifurcación Para evaluar la fuerza hidrodinámica se presentan dos casos a) Conducción forzada b) Conducción a superficie libre PROBLEMA 32. Un codo reductor de 60º está colocado horizontalmente. Sus características y funciones se muestran en la figura siguiente. Ecuaciones a utilizar: ∑ 𝐹𝑥 = 𝜌𝑄(𝑉𝑥2 − 𝑉𝑥1 ) ∑ 𝐹𝑦 = 𝜌𝑄(𝑉𝑦2 − 𝑉𝑦1 ) Figura No 3. Codo reductor ITT 71 JCAA Determinación del gasto 𝑄 = 𝑉1 𝐴60 = (5) (𝜋(0.6)2 ) 4 3 = 1.41 𝑚 ⁄𝑠 Cálculo de la velocidad 𝑉2 = 𝑄 𝐴50 3 = 1.41 𝑚 ⁄𝑠 𝜋0.502 4 = 7.18 𝑚⁄𝑠 Figura No 4. Componentes de la velocidad en el codo reductor 𝑉𝑥2 = 7.18 sin 60𝑜 = 6.21 𝑚⁄𝑠 𝑉𝑦2 = 7.18 cos 60𝑜 = 3.59 𝑚⁄𝑠 Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2 𝑝1 𝛾 𝑝2 𝛾 𝑝2 𝛾 + = = ITT 𝑉1 2 2𝑔 𝑝1 𝛾 + 𝑍1 = + 1500 𝑉1 2 2𝑔 − 52 𝑝2 𝛾 + 𝑉2 2 2𝑔 + 𝑍2 𝑉2 2 2𝑔 7.182 + 19.62 − 19.62 = 0.146 𝑚 1000 72 JCAA 𝑝2 = 146.67 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 Figura No 5. Componentes de las presiones en el codo reductor 𝑝𝑥2 = 𝑝2 sin 60𝑜 = 146.67 sin 60𝑜 = 127.02 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 𝑝𝑦2 = 𝑝2 cos 60𝑜 = 146.67 cos 60𝑜 = 73.34 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 Cálculo de la fuerza hidrodinámica ∑ 𝐹𝑥 = 𝜌𝑄(𝑉𝑥2 − 𝑉𝑥1 ) ∑ 𝐹𝑥 = 127.02 [𝜋 0.52 ]− 4 𝑅𝑥 ∑ 𝐹𝑥 = 24.94 − 𝑅𝑥 ∑ 𝐹𝑥 = 𝜌𝑄(𝑉𝑥2 − 𝑉𝑥1 ) ∑ 𝐹𝑥 = (101.93)(1.41)(−6.22 − 0) = −894 Entonces 24.94 − 𝑅𝑥 = −894 ITT 73 JCAA Por lo tanto 𝑅𝑥 = 918.94 𝑘𝑔 En la dirección Y ∑ 𝐹𝑦 = 𝐹𝑝2 + 𝑅𝑦 − 𝐹𝑝1 𝜋0.52 )+ 4 ∑ 𝐹𝑦 = 𝑝𝑦2 ( 𝜋0.62 ) 4 𝑅𝑦 − 𝑝𝑦1 ( 𝜋0.52 )+ 4 ∑ 𝐹𝑦 = 73.34 ( 𝜋0.62 ) 4 𝑅𝑦 − 1500 ( ∑ 𝐹𝑦 = −409.71 + 𝑅𝑦 𝜌𝑄 (𝑉𝑦2 − 𝑉𝑦1 ) = 101.93(1.41)(−3.59 − (−5)) = 202.67 202.67 = −409.71 + 𝑅𝑦 𝑅𝑦 = 612.38 𝑘𝑔 ITT 74 JCAA PROBLEMA 33. Calcular la fuerza dinámica del agua al fluir en la bifurcación, la cual está contenida en un plano horizontal. Despreciar las pérdidas de energía. Los diámetros son: D1= 0.46 m, D2= 0.15 m, D3 = 0.30 m Determinación de las áreas 𝐴46 = 𝜋𝐷46 2 4 = 𝜋(0.46)2 4 = 0.166 𝑚2 𝐴15 = 𝜋𝐷15 2 4 = 𝜋(0.15)2 4 = 0.018 𝑚2 𝐴30 = 𝜋𝐷30 2 4 = 𝜋(0.30)2 4 = 0.071 𝑚2 Calculo del gasto 2 3 𝑄2 = 𝑄1 − 𝑄3 = 0.567 − 0.341 = 0.226 𝑚 ⁄𝑠 Cálculo de velocidades 𝑄1 = 𝑉1 𝐴46 3 𝑉1 = 𝑄1 𝐴46 = 0.567 𝑚 ⁄𝑠 0.166𝑚2 𝑉2 = 𝑄2 𝐴15 = 0.226 𝑚 ⁄𝑠 0.018𝑚2 𝑉3 = 𝑄3 𝐴30 = 0.341 𝑚 ⁄𝑠 0.071 𝑚2 3 3 = 3.42 𝑚⁄𝑠 = 12.56 𝑚⁄𝑠 = 4.80 𝑚⁄𝑠 Calculo de presiones Aplicando la ecuación de la energía entre los puntos 1 y 2, plano horizontal de comparación el eje de la tubería 𝑝1 𝛾 + 𝑉1 2 2𝑔 + 𝑍1 = (3.42)2 17000 + 1000 19.62 ITT = 𝑝2 𝛾 + 𝑝2 𝛾 + 𝑉2 2 2𝑔 + 𝑍2 (12.56)2 19.62 75 JCAA 𝑝2 = 9560 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 Aplicando la ecuación de la energía entre los puntos 1 y 3, plano horizontal de comparación el eje de la tubería 𝑝1 𝛾 + 𝑉1 2 2𝑔 + 𝑍1 = (3.42)2 17000 + 1000 19.62 𝑝3 = 16430 = 𝑉3 2 2𝑔 𝑝3 𝛾 + 𝑝3 𝛾 + 19.62 + 𝑍3 (4.8)2 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 Cálculo de las componentes de las velocidades Volumen de control en la bifurcación Componentes de las velocidades 𝑉𝑥2 = 𝑉2 sin 60𝑜 = (12.56)(sin 60𝑜 ) = 10.88 𝑚⁄𝑠 𝑉𝑦2 = 𝑉2 cos 60𝑜 = (12.56)(cos 60𝑂 ) = 6.28 𝑚⁄𝑠 𝑉𝑥3 = 𝑉3 sin 45𝑜 = (4.8)(sin 45𝑜 ) = 3.84 𝑚⁄𝑠 ITT 76 JCAA 𝑉𝑦3 = 𝑉3 cos 45𝑜 = (4.8)(cos 45𝑂 ) = 3.84 𝑚⁄𝑠 Cálculo de las componentes de las fuerzas de presión Componentes de las presiones 𝑝𝑥2 = 𝑝2 sin 60𝑜 = (9560) sin 60𝑜 = 8729.20 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 𝑘𝑔 𝑝𝑦2 = 𝑝2 cos 60𝑜 = (9560) cos 60𝑜 = 4780 ⁄ 2 𝑚 𝑝𝑥3 = 𝑝3 sin 45𝑜 = (16430) sin 45𝑜 = 11617.76 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 𝑝𝑦3 = 𝑝3 cos 45𝑜 = (16430) cos 45𝑜 = 11617.76 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 Fuerzas de presión 𝐹𝑝1 = 𝑝1 𝐴46 = (17000)(0.166) = 2822 𝑘𝑔 𝐹𝑝𝑥2 = 𝑝𝑥2 𝐴15 = (8729.20)(0.018) = 157.125 𝑘𝑔 𝐹𝑝𝑦2 = 𝑝𝑦2 𝐴15 = (4780)(0.018) = 86.04 𝑘𝑔 𝐹𝑝𝑥3 = 𝑝𝑥3 𝐴30 = (11617.76 )(0.071) = 824.86 𝑘𝑔 𝐹𝑝𝑦3 = 𝑝𝑦3 𝐴30 = (11617.76)(0.071) = 824.86 𝑘𝑔 ITT 77 JCAA Aplicando la ecuación de la cantidad de movimiento por partes en la dirección X ∑ 𝐹𝑥 = 𝜌[(𝑄2 𝑉𝑥2 + 𝑄3 𝑉𝑥3 ) − 𝑄1 𝑉𝑥1 ] ∑ 𝐹𝑥 = −𝐹𝑝1 + 𝑅𝑥 + 𝐹𝑝𝑥2 + 𝐹𝑝𝑥3 ∑ 𝐹𝑥 = −2822 + 𝑅𝑥 + 157.125 + 824.86 ∑ 𝐹𝑥 = −1840.15 + 𝑅𝑥 ∑ 𝐹𝑥 = 𝜌[(𝑄2 𝑉𝑥2 + 𝑄3 𝑉𝑥3 ) − 𝑄1 𝑉𝑥1 ] = ∑ 𝐹𝑥 = 101.93[(0.226)(−10.88) + (0.341)(−3.84) − (0.567)(−3.42)] ∑ 𝐹𝑥 = −186.448 Igualando ambos miembros de la ecuación −1840.15 + 𝑅𝑥 = −186.448 𝑅𝑥 = 1653.702 𝐾𝑔 ITT 78 JCAA ORIFICIOS Y COMPUERTAS Orificio es toda abertura realizada o existente en un depósito, por debajo del nivel superior del líquido, ya sea en la pared lateral o en el fondo. La finalidad habitual de un orificio es medir o controlar el flujo.Para hacer una clasificación de los orificios se pueden tener en cuenta algunas características importantes de los mismos, como a) Según el espesor de la pared: Orificios en pared delgada Orificios en pared gruesa El espesor de la pared, para los primeros, tiene que ser menor que la mitad de la mínima dimensión del orificio, no debiendo exceder su espesor de 4 a 5 cm. También se considerarán orificios en pared delgada, aquellos que estén tallados a bisel. b) Según el nivel de la superficie libre: Orificios de nivel constante Orificios de nivel variable c) Según el nivel del agua, aguas abajo: ITT Orificios libres Orificios sumergidos 79 JCAA Ecuación general de los orificios La figura anterior representa un orificio de pared delgada en el lado de un gran depósito que tiene un gasto QA debido al tirante H, entonces el escurrimiento que se presenta es constante, comparando además que la superficie del depósito sea mucho mayor que la del orificio, las partículas que están muy alejadas de este no tendrán una velocidad significativa y aplicando el teorema de Bernoulli entre las secciones 1 y 2, se tiene 𝑝1 𝑣1 2 𝑝2 𝑣2 2 + + 𝑍1 = + + 𝑍2 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝑝1 + 𝑍1 = 𝐻= 𝑣2 2𝑔 𝑝1 + 𝑍1 𝛾 por lo tanto 𝐻 = 𝑣2 2𝑔 𝑣 = √2𝑔𝐻 𝑣𝑡 = √2𝑔𝐻 Velocidad teórica o ecuación de Torricelli 𝑄𝑡 = 𝐴𝑜 𝑉𝑡 La velocidad real en el chorro será menor que la velocidad teórica debido a la resistencia de fricción que se produce cuando el fluido entra al orificio, a la razón de la velocidad real (VR) con la velocidad teórica (Vt) se le denomina coeficiente de velocidad (CV) 𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 = 𝐶𝑉 = 𝑉𝑅 𝑉𝑇 Por lo que la velocidad real en el orificio será: 𝑉𝑅 = 𝐶𝑉 𝑉𝑇 ITT 80 JCAA 𝑉𝑅 = 𝐶𝑉 √2𝑔𝐻 … … … … .1 Al coeficiente del área A'0 del chorro de la sección contraída entre el área A0 del orificio se le denomina coeficiente de contracción (CC) 𝐴′0 = 𝐶𝐶 𝐴0 𝐴′0 = 𝐴0 𝐶𝐶 Entonces 𝑄𝑅 = 𝐶𝑉 𝐶𝐶 𝐴0 √2𝑔𝐻 Llamando Cd = coeficiente de descarga o de gasto Cd = CV CC 𝑄𝑅 = 𝐶𝑑 𝐴0 √2𝑔𝐻 … … … 2 Que es la ecuación general para determinar el gasto en orificios de pared delgada Los coeficientes de velocidad, contracción y gasto, en un orificio, son función del número de Reynolds , De acuerdo con los resultados de diferentes investigadores, para orificios circulares sus valores tienen la variación mostrada en la figura siguiente. Se observa a que para números de Reynolds Re > 105, los coeficientes CV, CC y Cd, son independientes de dicho número y adquieren los valores constantes siguientes: ITT 81 JCAA CV = 0.99 CC = 0.605 Cd = 0.60 Si al aplicar la ecuación de Bernoulli para deducir la ley de Torricelli se incluyen las pérdidas de energía nos queda. 𝑝1 + 𝑍1 = 𝐻= 𝑣2 2𝑔 𝑣2 + ℎ𝑟 2𝑔 ℎ𝑟 = 𝐻 − 𝑣2 … … … . .3 2𝑔 Si se despeja H de la ecuación de velocidad real 𝑉𝑅 = 𝐶𝑣 √2𝑔𝐻 𝐻= 𝑣2 1 2𝑔 𝐶𝑉 2 sustituyendo en la ecuación 3 ℎ𝑟 = 𝑣2 1 𝑣2 − 2𝑔 𝐶𝑉 2 2𝑔 ℎ𝑟 = 𝑣2 1 − 1) ( 2𝑔 𝐶𝑉 2 Si llamamos 𝐾=( ℎ𝑟 = 𝐾 ITT 𝑣2 2𝑔 1 𝐶𝑣 2 − 1) Ecuación general de pérdidas locales 82 JCAA PROBLEMA 34. Se practica un orificio de pared delgada de 12 cm de diámetro a la profundidad de 2.40 m. Determinar: a) La velocidad teórica y el gasto teórico b) La velocidad real y el gasto real c) El diámetro de la sección contraída SOLUCIÓN a) Determinación de la velocidad teórica 𝑣𝑡 = √2𝑔𝐻 𝑣𝑡 = √2(9.81)(2.40) = 6.86 𝑚/𝑠 El gasto teórico es Q =VA 𝑄 = (6.86) ( 𝜋0.122 3 ) = 0.077 𝑚 ⁄𝑠 4 b) Determinación de la velocidad real 𝑉𝑅 = 𝐶𝑉 𝑣𝑡 El coeficiente VR se determina con ayuda de la gráfica del coeficiente de gasto Cálculo del numero de Reynolds ITT 83 JCAA 𝑅𝑒 = 𝑉𝐷 𝑣 donde Re = número de Reynolds V = velocidad media en el orificio; en m D = diámetro del orificio; en m v = viscosidad cinemática del agua; en m2/s 𝑅𝑒 = (6.86)(0.12) = 823200 1 𝑥 10−6 por lo que CV = 0.99 𝑉𝑅 = 𝐶𝑣 √2𝑔𝐻 𝑉𝑅 = 0.99 √(2)(9.81)(2.40) = 6.79 𝑚⁄𝑠 Cd = 0.60 (ver gráfica) y el gasto real será de 𝑄𝑅 = 𝐶𝑑 𝐴0 √2𝑔𝐻 𝑄𝑅 = (0.60) ( 𝜋(0.12)2 3 ) √19.62(2.40) = 0.047 𝑚 ⁄𝑠 4 c) Determinación del diámetro de la sección contraída 𝐴′0 = 𝐶𝐶 𝐴0 CC = 0.61 (ver gráfica) 𝐴′0 = (0.61) ( 𝜋(0.12)2 ) = 0.0068 𝑚2 4 2 𝜋𝐷 ′ = 0.0068 4 4(0.0068) 𝐷′ = √ = 0.093 𝑚 𝜋 ITT 84 JCAA ORIFICIOS CON CONTRACCIÓN INCOMPLETA Se puede decir que existen dos tipos de contracción incompleta en un orificio a) Cuando las paredes o el fondo del recipiente se encuentran a distancias inferiores a 3D (D es el diámetro de los orificios) o bien, a 3a (a, es la dimensión mínima en orificios rectangulares), se dice que la contracción es parcialmente suprimida. b) Si se llega al caso extremo en que una de las fronteras del recipiente coincide con una arista del orificio, se dice que la contracción es suprimida en esa arista; en tal caso el orificio se apoya sobre la pared del recipiente En cualquiera de los casos anteriores deben corregirse los valores de los coeficientes de descarga. En el caso de contracción parcialmente suprimida, se puede utilizar la siguiente ecuación empírica 𝐴0 2 𝐶𝑑 = 𝐶𝑑0 [1 + 0.641 ( ) ] 𝐴𝑇 En donde ITT 85 JCAA Cd es el coeficiente de descarga del orificio Cd0 es el coeficiente del gasto del mismo orificio con contracción completa Ao el área del orificio AT es el área de la pared en contacto con el agua PROBLEMA 35. El orificio de pared delgada, mostrado en la figura siguiente, es cuadrado (a = 18 cm) y trabaja con una carga h = 0.5 m. Sobre la superficie libre del líquido actúa una presión de p0 = 1.45 kg/cm2. Determinar el gasto que descarga el orificio. SOLUCIÓN Como se puede apreciar, es un orificio de pared parcialmente suprimida debido a que la pared del recipiente se encuentra a una distancia menor de 3a, por lo que el factor de descarga o gasto se tendrá que corregir. 𝐴0 2 𝐶𝑑 = 𝐶𝑑0 [1 + 0.641 ( ) ] 𝐴𝑇 Determinación de la velocidad teórica 𝑣𝑡 = √2𝑔𝐻 ITT 86 JCAA 𝑘𝑔 14 500 ⁄ 2 𝑝 𝑚 = 14.5 𝑚 ℎ= = 𝑘𝑔⁄ 𝛾 1000 𝑚3 𝑣𝑡 = √(19.62)(0.5 + 14.5) = 17.16 𝑚⁄𝑠 Por lo que el número de Reynolds será 𝑅𝑒 = (17.16)(0.18) = 3 088 800 1𝑥10−6 de la gráfica se obtiene que Cd = 0.60 Cálculo de las áreas A0 = a2 = (0.18)2 = 0.032 m2 AT = (0.3(0.5+0.09+0.1)) = 0.21 m2 Entonces 0.032 2 𝐶𝑑 = 0.60 [1 + 0.641 ( ) ] 0.21 Cd = 0.66 Cálculo del gasto 𝑄 = (0.66)(0.032)√(19.62)(15) Q = 0.36 m3/s ITT 87 JCAA ORIFICIOS CON DESCARGA SUMERGIDA Cuando el orificio descarga a otro tanque cuyo nivel está por arriba del canto inferior del orificio, se dice que la descarga es ahogada o parcial En el caso de descarga ahogada total se puede establecer una ecuación análoga a la ecuación general, con la única diferencia que la energía total H es entonces H (diferencia de niveles entre los dos recipientes; el gasto será 𝑄 = 𝐶𝑑𝐴√2𝑔∆𝐻 Se recomienda utilizar el mismo coeficiente de gasto Cd que el de un orificio de descarga libre. Cuando el ahogamiento es parcial, el gasto total descargado por el orificio se puede expresar como la suma de Q1 y Q2, donde Q1 es el gasto correspondiente a la porción del orificio con descarga ahogada, es decir 𝑄1 = 𝐶𝑑1 𝐴1 √2𝑔𝐻 y Q2 es el gasto de la porción libre del orificio con descarga libre 𝑄2 = 𝐶𝑑2 𝐴2 √2𝑔𝐻𝑚 Schlag propone que Cd1 = 0.70 y Cd2 = 0.675 en el caso de que el orificio tenga un umbral en el fondo, como en las figuras anteriores . ITT 88 JCAA PROBLEMA 36. Determinar el gasto que pasa a través del orificio circular que tiene un diámetro de 15 cm, mostrado en la figura siguiente SOLUCIÓN 𝑄1 = 𝐶𝑑1 𝐴1 √2𝑔𝐻 En este caso A1 = A2 𝐴1 = 𝐴2 = 𝜋𝑟 2 𝜋(0.075)2 = = 0.0088 𝑚2 2 2 Cd1 = 0.70 por lo que 3 𝑄1 = (0.70)(0.0088)√(19.62)(2) = 0.0386 𝑚 ⁄𝑠 Cd2 = 0.675 3 𝑄1 = (0.675)(0.0088)√(19.62)(1.962) = 0.0368 𝑚 ⁄𝑠 3 𝑄𝑇 = 𝑄1 + 𝑄2 = 0.0386 + 0.0368 = 0.0754 𝑚 ⁄𝑠 COMPUERTAS Una compuerta consiste en una placa móvil, plana o curva, que al levantarse permite graduar la altura del orificio que se va descubriendo, a la vez de controlar la descarga producida. El orificio generalmente se hace en el piso de un canal y el borde inferior de la compuerta, por lo que su ancho coincide con el del canal. Determinación de la ecuación del gasto que pasa bajo una compuerta ITT 89 JCAA Se establece la ecuación de la energía entre una sección 1, aguas arriba de la compuerta y la sección contraída. 𝐻 = 𝑦1 + 𝑉1 2 𝑉2 2 = 𝐶𝐶 𝑎 + ………1 2𝑔 2𝑔 De la ecuación de la continuidad tenemos que y considerando un ancho b. 𝑉1 𝑦1 𝑏 = 𝑉2 𝐶𝐶 𝑎𝑏 𝑉1 = 𝐶𝐶 𝑎 𝑉 …………2 𝑦1 2 sustituyendo 2 en 1 𝐶𝐶 𝑎 2 𝑉1 2 𝑉2 2 𝑦1 + ( ) = 𝐶𝐶 𝑎 + 𝑦1 2𝑔 2𝑔 𝑉2 2 = 2𝑔 𝑦1 − 𝐶𝐶 𝑎 𝐶 𝑎 2 1 − ( 𝑦𝐶 ) 1 𝐶 𝑎 (1 − 𝑦𝐶 ) 𝑦1 𝑉2 2 1 = 𝐶𝐶 𝑎 𝐶 𝑎 2𝑔 (1 + 𝑦 ) (1 − 𝑦𝐶 ) 1 1 por lo tanto la velocidad 𝑉2 = 𝐶𝑉 𝐶 𝑎 √1 + 𝐶 𝑦1 √2𝑔𝑦1 En donde CV es el coeficiente de velocidad. El gasto es ITT 90 JCAA 𝑄= 𝐶𝐶 𝐶𝑉 𝑎𝑏 √1 + 𝐶𝐶 𝑎 𝑦1 √2𝑔𝑦1 𝑄 = 𝐶𝑑 𝑏 𝑎 √2𝑔𝑦1 ECUACIÓN GENERAL DEL GASTO PARA COMPUERTAS en donde 𝐶𝑑 = 𝐶𝐶 𝐶𝑣 𝐶 𝑎 √1 + 𝐶 𝑦1 ………3 o bien 2 𝐶𝐶 = En la ecuación 3 √1 + 𝐶𝐶 𝑎 𝑦1 1 𝑎 𝐶𝑑 2 1 𝑎 𝑐𝑑 2 𝐶𝑑 2 ( ) + √[ ( ) ] +( ) 2 𝑦1 𝐶𝑉 2 𝑦1 𝐶𝑉 𝐶𝑉 sirve para considerar el empleo de y1 en lugar de H. Si la descarga es sumergida con un tirante y3 en el canal, aguas abajo de la compuerta, se puede hacer un desarrollo análogo al anterior y se obtiene la misma ecuación general de compuertas. Los coeficientes de velocidad, contracción y gasto los han obtenido experimentalmente muchos investigadores; sin embargo, en ningún caso se han encontrado coincidencias en los resultados. ITT 91 JCAA Gentillini realizó investigaciones en compuertas planas inclinadas y radiales con descarga libre. en la figura siguiente se presentan los coeficientes de gasto Cd obtenidos en compuertas planas con un ángulo de inclinación en términos de la relación y1/a Con base en las experiencias de de Gentilini, Knapp propone una ecuación para calcular el coeficiente de velocidad en compuertas verticales con descargas libres en función de a/H, la cual se modifica para que sea congruente y que la dependencia sea con a/y1 ITT 92 JCAA 𝐶𝑉 = 0.960 + 0.0979 𝑎 𝑦1 Tiene como límite superior CV = 1, el cual se alcanza para a/y1 =0.408 Para fines prácticos se recomienda un valor de Cc = 0.62 para cualquier relación de a/y1inclusive para descarga sumergida. Cuando el labio inferior de la compuerta se redondea, los coeficientes de contracción y gasto (correspondientes a la arista afilada) se multiplican por un coeficiente que varía de acuerdo con la relación r/a como se muestra a continuación Para compuertas radiales Knapp encontró una 𝑎 𝐶𝑉 = 0.960 + 0.0979 𝑦1 ecuación semejante a para calcular el coeficiente de velocidad el cual queda también en función del ángulo de inclinación , de la tangente al labio inferior de la compuerta. 𝐶𝑉 = 0.960 + (0.001615 𝜃 𝑜 − 0.0475) 𝑎 𝑦1 Donde CV tienen nuevamente como límite superior CV = 1. Esta ecuación proporciona valores muy aproximados en compuertas planas e inclinadas al mismo ángulo . En la figura siguiente se presentan los valores del coeficiente de gasto obtenidos por Gentilini en compuertas radiales y en función del ángulo y de la relación y1/a ITT 93 JCAA PROBLEMA 37. En la compuerta mostrada en la figura siguiente calcular: a) La abertura que debe tener para descargar un gasto de 7 m3/s b) Con esta misma abertura calcular el gasto que descarga cuando el tirante aguas abajo es de y3 = 1.80 m a) De la ecuación ITT 94 JCAA 𝑄 = 𝐶𝑑 𝑏 𝑎 √2𝑔𝑦1 se despeja a 𝑎= 𝑎= 𝑄 𝐶𝑑 𝑏√2𝑔𝑦1 7 𝐶𝑑 (3)√(19.62)(2.40) = 0.34 𝐶𝑑 Se propone un valor de Cd = 0.60 𝑎= 0.34 = 0.566 0.60 𝑦1 2.40 = = 4.24 𝑎 0.566 De la gráfica de coeficiente del gasto se obtiene que Cd = 0.57 entonces, se calcula nuevamente "a" 𝑎= 0.34 = 0.596 0.57 𝑦1 2.40 = = 4.03 𝑎 0.596 Se obtiene Cd = 0.56 𝑎= 0.34 = 0.607 0.56 𝑦1 2.40 = = 3.95 𝑎 0.607 por lo tanto se acepta que a = 0.60 m Cálculo de y2 𝑦2 = 𝐶𝐶 𝑎 𝐶𝑉 = 0.960 + 0.0979 𝑎 𝑦1 𝐶𝑉 = 0.960 + 0.0979 0.6 2.4 CV = 0.98 ITT 95 JCAA 2 1 𝑎 𝐶𝑑 2 1 𝑎 𝑐𝑑 2 𝐶𝑑 2 √ 𝐶𝐶 = ( ) + [ ( ) ] +( ) 2 𝑦1 𝐶𝑉 2 𝑦1 𝐶𝑉 𝐶𝑉 2 1 0.6 0.56 2 1 0.6 0.56 2 0.56 2 √ 𝐶𝐶 = ( ) + [ ( ) ] +( ) 2 2.4 0.98 2 2.4 0.98 0.98 CC = 0.63 𝑦2 = ( 0.63)(0.60) = 0.38 𝑚 b) Cálculo del gasto si la compuerta está ahogada (y3 = 1.80m) 𝑄 = 𝐶𝑑 𝑏 𝑎 √2𝑔𝑦1 Se determina 𝑦1 2.40 = =6 𝑎 0.6 𝑦3 1.80 = =3 𝑎 0.6 De la gráfica se obtiene que Cd = 0.4 𝑄 = (0.4)(3)(0.6)√(19.62)(2.4) Q = 4.94 m3/s ORIFICIOS DE PARED GRUESA O TUBO CORTO Cuando la pared en el contorno de un orificio no tiene aristas afiladas, el orificio es de pared gruesa o tubo corto como se muestra en la figura siguiente. ITT 96 JCAA En este tipo de orificios se observa que el chorro, una vez que ha pasado la sección contraída, tiene todavía espacio dentro del tubo para expandirse y llenar la totalidad de la sección. Entre la sección contraída y la final ocurre un rápido descenso de la velocidad acompañado de turbulencia y fuerte pérdida de energía. La ecuación para calcular la velocidad de salida es la misma que la de los orificios de pared delgada 𝑉 = 𝐶𝐶 √2𝑔𝐻 Donde CV = 0.82 cuando e/D = 3, además siendo ahora Cc = 1 y Cd = Cv = 0.82 La pérdida de energía será ∆ℎ𝑟 = 0.49 𝑉2 2𝑔 Cuando e/D > 3, empieza a tener influencia la fricción y el tubo corto debe considerarse como un conducto a presión, incluyendo todas sus pérdidas de energía. ITT 97 JCAA VERTEDORES Cuando la descarga del líquido se efectúa por encima de un muro o una placa y a superficie libre, la estructura hidráulica en la que ocurre se llama vertedor. Cuando la descarga se realiza sobre una placa con arista aguda, el vertedor se llama de pared delgada. Cuando el contacto entre la pared y la lámina vertiente es más bien toda una superficie, el vertedor es de pared gruesa. ITT 98 JCAA El punto o arista más bajo de la pared en contacto con la lámina vertiente, se conoce como cresta del vertedor; el desnivel entre la superficie libre, aguas arriba del vertedor y su cresta, se conoce como carga. Considérese un vertedor de pared delgada y sección geométrica, como se observa en la figura anterior, cuya cresta se encuentra a una altura w, medida desde la plantilla del canal de alimentación. El desnivel entre la superficie inalterada del agua, antes del vertedor y la cresta, es h y la velocidad uniforme de llegada del agua es Vo de tal modo que. 𝐻=ℎ+ 𝑉𝑜 2 2𝑔 Si w es grande, la carga de velocidad es despreciable y H = h Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos 0 y 1, se tiene ℎ𝑜 + 𝑉𝑜 2 𝑉2 = ℎ𝑜 − ℎ + 𝑦 + 2𝑔 2𝑔 o bien 𝑉𝑜 2 𝑉2 𝐻 =ℎ+ =𝑦+ 2𝑔 2𝑔 Si 𝑉𝑜 2 2𝑔 se desprecia, la velocidad en cualquier punto de la sección es 𝑉 = √2𝑔(ℎ − 𝑦) El gasto que pasa a través del área elemental de la figura es 𝑑𝑄 = 2√2𝑔𝜇𝑥√ℎ − 𝑦𝑑𝑦 considera el efecto de contracción de la lámina vertiente ITT 99 JCAA ℎ 1⁄ 2 𝑑𝑦 𝑄 = 2√2ℎ𝜇 ∫ 𝑥(ℎ − 𝑦) 𝑜 ITT 100 JCAA UNIDAD IV FLUJO EN CONDUCTOS A PRESIÓN Pérdidas de energía Al desplazarse el líquido de un punto a otro del conducto, la energía total va disminuyendo debido a la fricción ocasionada por el movimiento del agua en la tubería, o por pérdidas locales provocadas por piezas especiales y demás características de una instalación, tales como curvas, válvulas, piezas de derivación, reducción o aumento de diámetro, etc. ∑ ℎ𝑟 = ∑ ℎ𝑓 + ∑ ℎ𝐿 Cuando se trata de conductos cerrados, el único tipo de energía que puede perderse por razón del movimiento del fluido es la energía de presión, ya que la energía cinética debe permanecer constante si el área es constante para caudal constante, y la energía de posición solo depende de los desniveles topográficos, tal como se ilustra en la figura siguiente Pérdidas por fricción Al desplazarse una masa líquida por un conducto se originan esfuerzos tangencial es que se oponen al movimiento debido a la influencia de las rugosidades, de la viscosidad del fluido y la turbulencia del flujo. Las pérdidas por fricción se presentan a lo largo de su longitud debido a: En régimen de flujo turbulento: mezcla entre las partículas del fluido y rozamiento entre fluido y las fronteras sólidas del conducto que confinan a la vena líquida. En régimen de flujo laminar: rozamiento entre fluido y las fronteras sólidas del conducto que confinan a la vena líquida. No existe mezcla de las partículas. ITT 101 JCAA Existe un gran número de fórmulas para el cálculo de tuberías con flujo turbulento las cuales se han desarrollado con el objetivo de representar en forma matemática la resistencia al flujo a lo largo de un conducto. Esta resistencia al flujo comprende las fuerzas viscosas y las de fricción. Para conocer el problema de la resistencia al flujo es necesario recordar el comportamiento de los fluidos como resultado de las características viscosas del fluido. Reynolds Osborne (1883) con base en los experimentos fue el primero que propuso el criterio para distinguir los tipos de flujo mediante el número que lleva su nombre, el cual permite calcular la preponderancia de las fuerzas viscosas sobre las de inercia. En el caso de de un conducto cilíndrico a presión el número de Reynolds se define como 𝑅𝑒 = 𝑉𝐷 𝜗 donde: Re = número de Reynolds V = velocidad media en la sección del tubo D = diámetro del tubo = viscosidad cinemática para tuberías: Si Re < 2000 se tiene flujo laminar Si Re > 4000 se tiene flujo turbulento si 2000 < Re < 4000 se tiene flujo en transición. La energía que el fluido gasta en vencer la resistencia al flujo es la pérdida por fricción y está dada por la siguiente ecuación general: ℎ𝑓 = 𝑓 𝐿 𝑉2 𝐷 2𝑔 Ecuación de Darcy-Weisbach donde: hf = pérdida de energía por fricción; m f = factor de fricción f( , Re) L = longitud de tubería; m D = diámetro de la tubería; m ITT 102 JCAA V = velocidad media; m/s g = aceleración de la gravedad; m/s2 = rugosidad absoluta del material de tubería Para determinar f se puede utilizar la ecuación de Colebrook-White, la cual relaciona f con el número de Reynolds, pero es un poco difícil resolver esta ecuación ya que es una función implícita de f (se resuelve por métodos iterativos. Poiseuille, en 1846 fue el primero en determinar matemáticamente el factor de fricción de Darcy-Weisbach en flujo laminar y obtuvo una ecuación para determinar dicho factor , que es 𝑓= 64 64 𝜗 = 𝑅𝑒 𝑉𝐷 la cual es válida para tubos lisos o rugosos. Para flujo turbulentos y tuberías lisas Blasius determinó la siguiente ecuación: 𝑓= 0.3164 𝑅𝑒 1⁄ 4 Con base a resultados anteriores Moody realiza un diagrama universal que lleva su nombre para determinar el coeficiente de fricción. ITT 103 JCAA Ecuación de Colebrook - White (1937, 1939) 𝜀⁄ 2.51 = −2𝑙𝑜𝑔 ( 𝐷 + ) 3.7 𝑅𝑒 √𝑓 √𝑓 1 La última ecuación explícita, y por consiguiente la más exitosa, apareció en el año de 1976 y fue desarrollada por los investigadores Prabhata K. Swamee y Akalank K. Jain, siguiendo los pasos por Colebrook y White determinaron que 𝑓= 1.325 2 𝜀 5.74 [𝑙𝑛 (3.7 𝐷 + 0.9 )] 𝑅𝑒 𝑓= 0.25 2 𝜀 5.74 [𝑙𝑜𝑔 (3.7 𝐷 + 0.9 )] 𝑅𝑒 Guerrero propuso en 1995 la ecuación modificada de Colebrook y White, para el cálculo del coeficiente de pérdidas en flujos turbulentos. Esta es explícita y los resultados obtenidos con ella se ajustan suficientemente bien a los calculados con la fórmula implícita de Colebrook - White 𝑓= 0.25 2 𝜀 𝐺 [𝑙𝑜𝑔 (3.7 𝐷 + 𝑇 )] 𝑅𝑒 G = 4.555 y T = 0.8764 4000 ≤ 𝑅𝑒 < 105 G = 6.732 y T = 0.9114 105 ≤ 𝑅𝑒 ≤ 3 𝑥 106 G = 8.982 y T = 0.93 3 𝑥 106 ≤ 𝑅𝑒 ≤ 108 PROBLEMA 38. Determinar la potencia necesaria de una bomba en HP para conducir 50 toneladas de aceite por hora en una tubería que tiene 10 cm de diámetro y 16 m de longitud, la densidad relativa del aceite es 0.916 y tiene una viscosidad cinemática de 0.00186 m2/s ITT 104 JCAA SOLUCIÓN 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑝𝑒𝑠𝑜 50 000 𝑘𝑔 = = 54.58 𝑚3 𝑘𝑔⁄ 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 916 𝑚3 3 3 𝑄 = 54.58 𝑚 ⁄ℎ = 0.0151 𝑚 ⁄𝑠 𝑉= 𝑅𝑒 = 𝑄 4(0.151) = = 1.91 𝑚⁄𝑠 𝐴 𝜋(0.10)2 (1.91)(0.10) 𝑉𝐷 = = 102.69 < 2000 𝜗 0.00186 𝑓= 64 64 = = 0.623 𝑅𝑒 102.69 ℎ𝑓 = 𝑓 ℎ𝑓 = 0.623 ( 𝑃= 𝐿 𝑉2 𝐷 2𝑔 16 1.912 )( ) = 18.44 𝑚 0.10 19.62 𝛾𝑄𝐻𝑎−𝑏 (916)(0.0151)(18.44) = = 3.33 𝐻. 𝑃 𝑘 76 PROBLEMA 39. Un aceite de = 800 kg/m3 es bombeado en un tubo de 0.305 m. y 8000 m de longitud, la viscosidad cinemática es de 2.33 x 10-6 m2/s, la rugosidad absoluta del tubo es de 0.076 cm. El gasto en el tubo es de 221 l/s. Calcular la pérdida de energía por fricción y la potencia que requiere la bomba si su eficiencia es del 75 %. Determinación de la velocidad 𝑄 = 𝑉𝐴 3 (4) (0.221 𝑚 ⁄𝑠) 𝑄 𝑉= = = 3.02 𝑚⁄𝑠 𝐴 𝜋(0.305 𝑚)2 ITT 105 JCAA Cálculo del numero de Reynolds 𝑅𝑒 = (3.02)(0.305) 𝑉𝐷 = = 395 321.88 𝜗 2.33 𝑥 10−6 es flujo turbulento De acuerdo al diagrama de Moody, f = 0.0245 Cálculo de la pérdida de energía ℎ𝑓 = 𝑓 ℎ𝑓 = (0.0245) ( 𝐿 𝑉2 𝐷 2𝑔 8000 3.022 )( ) = 298.72 𝑚 0.305 19.62 Determinación de la potencia de la bomba 𝑃= 𝑃= 𝛾𝑄𝐻𝑎−𝑏 𝑛𝑘 (800)(0.221)(298.72) = 938 𝐶. 𝑉 (0.75)(75) PROBLEMA 40. Determinar el diámetro de un tubo de acero con rugosidad absoluta igual a 0.0000458 m para transportar un gasto de 0.25 m 3/s de un aceite de viscosidad cinemática igual a 0.00001 m 2/ a una distancia de 3000 m y con una pérdida de energía por fricción de 23 m. Se tiene que 𝐿 𝑉2 ℎ𝑓 = 𝑓 …… 1 𝐷 2𝑔 𝑉= 𝑄 4𝑄 = … … . .2 𝐴 𝜋𝐷2 sustituyendo 2 en 1 4𝑄 2 𝐿 (𝜋𝐷2 ) ℎ𝑓 = 𝑓 𝐷 2𝑔 𝐿 16 𝑄 2 ℎ𝑓 = 𝑓 𝐷 𝜋 2 𝐷4 2𝑔 ITT 106 JCAA ℎ𝑓 = 𝑓 𝐿 8𝑄 2 𝐷5 𝜋 2 𝑔 𝐷5 = 𝑓𝐿8𝑄 2 ℎ𝑓 𝑔𝜋 2 5 𝐷= √ 𝑓𝐿8𝑄 2 ……. 3 ℎ𝑓 𝑔𝜋 2 por otro lado se tiene que 𝑅𝑒 = 𝑉𝐷 …… 4 𝜗 sustituyendo 2 en 3 𝑅𝑒 = 𝑅𝑒 = 4𝑄 𝐷 ( ) 𝜋𝐷2 𝜗 4𝑄 …….. 5 𝜋𝐷𝜗 Para determinar el diámetro necesario se propone un valor de f en la ecuación 3 en este caso se propone f = 0.05 5 (3000)(8)(0.25)2 𝑓 𝐷= √ (23)(9.81)(𝜋)2 5 𝐷 = √0.67 𝑓 de donde se tiene que 5 𝐷 = √(0.67)(0.05) = 0.51 𝑚 𝑅𝑒 = (4)(0.25) 31830 = 𝜋(0.00001)𝐷 𝐷 𝑅𝑒 = 31830 = 62413 0.51 Se revisa si el factor de fricción propuesto es el adecuado se calcula la rugosidad relativa ITT 107 JCAA 𝜀′ = 𝜀 0.0000458 = = 8.9 𝑥 10−5 𝐷 0.51 del diagrama de Moody se obtiene que f = 0.02 Dado a que el valor obtenido es diferente al valor propuesto se vuelve a calcular el diámetro del tubo utilizando valor obtenido de f, este proceso termina hasta que se repita el valor de f o el diámetro del tubo. PROBLEMA 41. Está fluyendo agua desde el depósito A, a través de una tubería de fierro galvanizado de 10 cm de diámetro y 150 m de longitud hasta el punto B como se muestra en la figura siguiente, ¿Qué presión tendrá que actuar sobre A para que circulen 13 l/s. Determinación de la velocidad 𝑄 4(0.013)2 𝑉= = = 1.66 𝑚/𝑠 𝐴 𝜋(. 010)2 Se aplica la ecuación de la energía entre los puntos A y B, tomando como plano horizontal de comparación el que pasa por el punto A. 𝑝𝐴 𝑉𝐴 2 𝑝𝐵 𝑉𝐵 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 + ℎ𝑓 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 (1.66)2 𝑝𝐴 150 (1.66)2 +0+0= 0+ +6+𝑓 𝛾 19.62 0.10 19.62 Calculo del factor de fricción 𝑅𝑒 = (1.66)(0.10) 𝑉𝐷 = = 166000 𝜗 1𝑥10−6 la rugosidad absoluta del fierro galvanizado es de 0.15 mm = 1.5 x 10 -4 m Aplicando la ecuación de Swamee y Jain ITT 108 JCAA 𝑓= 1.325 𝜀 5.74 2 [𝑙𝑛 (3.7 𝐷) + 0.9 ] 𝑅𝑒 2 1.5 𝑥 10−4 5.74 𝑓 = [𝑙𝑛 ( )+ ] (3.7)(0.10) 1660000.9 𝑓 = 0.0232 por lo que (1.66)2 𝑝𝐴 150 (1.66)2 = + 6 + (0.0232) = 11.03 𝑚 𝛾 19.62 0.10 19.62 𝑝𝐴 = 11030 𝑘𝑔⁄ 𝑚2 PROBLEMA 42. Mediante una bomba se transporta agua a través de 305 m de tubería lisa, de 5.1 cm de diámetro hasta un depósito de 3.05 m más elevado que el depósito de alimentación. Despreciando las pérdidas menores, determinar la potencia de la bomba en C.V, si su rendimiento es del 80 % para un caudal de 3.71 l/s. Determinación de la velocidad del agua 𝑉= 𝑄 4(0.00371)2 = = 1.82 𝑚/𝑠 𝐴 𝜋(. 051)2 Se aplica la ecuación de la energía 𝑝𝐴 𝑉𝐴 2 𝑝𝐵 𝑉𝐵 2 + + 𝑍𝐴 + 𝐻𝑎−𝑏 = + + 𝑍𝐵 + ℎ𝑓 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 0 + 0 + 0 + 𝐻𝑎−𝑏 = 0 + 0 + 3.05 + ℎ𝑓 ITT 109 JCAA 𝑅𝑒 = (1.82)(0.051) 𝑉𝐷 = = 92820 𝜗 1 𝑥 10−6 Según Blasius 𝑓= 0.3164 𝑅𝑒 1⁄ 4 = 0.018 por lo que 305 (1.82)2 ℎ𝑓 = (0.018) = 18.17 𝑚 0.051 19.62 entonces 𝐻𝑎−𝑏 = 3.05 + 18.17 = 21.22 𝑚 y la potencia de la bomba será 𝑃= 𝑃= 𝛾𝑄𝐻𝑎−𝑏 𝑛𝐾 (1000)(0.00371)(21.22) = 1.312 𝐶. 𝑉 (0.80)(75) Pérdidas locales (en accesorios) • Además de las pérdidas de carga continuas o por rozamiento, vimos que se produce otro tipo de pérdidas debido a fenómenos de turbulencia que se originan al paso de líquidos por puntos singulares de las tuberías, como cambios de dirección, codos, juntas, derivaciones, etc, y que se conocen como pérdidas de carga accidentales, localizadas o locales (h L), que sumadas a las pérdidas de carga por fricción (hf) dan las pérdidas de carga totales (hr). • Salvo casos excepcionales, las pérdidas de carga localizadas sólo se pueden determinar de forma experimental. • Estas pérdidas pueden expresarse en función de la altura cinética corregida mediante un coeficiente empírico K. ℎ𝐿 = 𝐾 • ITT 𝑉2 2𝑔 El coeficiente K es adimensional y depende del tipo de singularidad y de la velocidad media en el interior de la tubería. 110 JCAA Las pérdidas locales pueden ser por pérdidas por entrada pérdidas por rejilla pérdidas por ampliación Pérdidas locales pérdidas por reducción pérdidas por cambio de dirección pérdidas por válvula pérdidas por salida pérdidas por bifurcación PROBLEMA 43. Desde el depósito A cuya superficie libre que está a una cota de 25 m, fluye agua hasta otro depósito B cuya superficie libre está a una cota de 18 m. Los depósitos están conectados por una tubería de 30 cm de diámetro y 30 m de longitud (f = 0.020), seguida por otra tubería de 30 m de longitud y 15 cm de diámetro (f = 0.015), existen dos codos de 90o en cada tubería (K= 0.5), el coeficiente K en la contracción es de 0.75. Si la cota de contracción brusca es de 16 m, determinar la altura de presión en la tubería de 30 cm y 15 cm en el cambio de sección. SISTEMA DE TUBOS EN PARALELO ITT 111 JCAA En ocasiones resulta necesario derivar varios ramales de un mismo tubo, para lo cual se pueden presentar dos casos: 1.- Se conoce H y se desea conocer el gasto y su distribución por ramal 2.- Se conoce Q y se desea determinar H y la distribución del gasto por ramal. Caso I ∆ℎ1 = ∆ℎ2 = ⋯ . . = ∆𝐻 ∆𝐻 = 𝑘𝑖 𝑉𝑖 2 2𝑔 2𝑔∆𝐻 𝑘𝑖 𝑉𝑖 = √ ……..1 Donde 𝐿 𝑘𝑖 = 𝑓𝑖 𝐷𝑖 + ∑ 𝑘𝑛 𝑖 𝑄 = 𝐴𝑖 𝑉𝑖 . . . . . . . 2 ARIAL 𝑄 = 𝑄1 + 𝑄2 + ⋯ + 𝑄𝑛 𝑄𝑒 = ∑ 𝑄𝑖 𝐴𝑒 𝑉𝑒 = ∑ 𝐴𝑖 𝑉𝑖 ITT 112 JCAA 𝜋𝐷𝑒 2 2𝑔∆𝐻 √ 𝑘 4 𝑒 2𝑔∆𝐻 𝑘𝑒 𝐷𝑒 2 √𝑘𝑒 √2𝑔∆𝐻 = ∑ 𝐷𝑖 2 √ = ∑ 𝐷𝑖 2 √𝑘𝑒 =∑ 𝜋𝐷𝑖 2 2𝑔∆𝐻 √ 𝑘 4 𝑖 2𝑔∆𝐻 𝑘𝑖 𝐷𝑒 2 √ 𝐷𝑒 2 = ∑ √2𝑔∆𝐻 √𝑘𝑖 𝐷𝑖 2 √𝑘𝑖 O bien 2 𝑘𝑒 𝐷𝑒 2 = [ 1 𝐷 2 ∑( 𝑖 ) √𝑘𝑖 ∆𝐻𝑒 = 𝑘𝑒 𝑉𝑒 2 2𝑔 ] Conducción de equivalencia = 8𝑘𝑒 𝑄 2 𝜋2 𝐷𝑒 2 𝑔 Sustituyendo en la ecuación anterior ∆𝐻 = 8 2 𝐷𝑖 [𝜋2 ∑𝑛 )] 𝑖=1( 𝑛 𝑄𝑛 𝑔 √𝑘𝑖 Una vez que la pérdida de energía se conoce el problema se torna en uno del primer caso. PROBLEMA 44. En la figura siguiente se muestra un sistema con un tanque (el cual hay una presión p sobre la superficie libre) que conecta con otro recipiente a través de una tubería maestra con tres derivaciones; siendo la geometría del sistema: L1 = 400 m, L2 = 180 m, L3 = 50 m y L4 = 400 m; D1 = D4 = 200 mm, D2 = D3 = 100 mm, f1 = f4 = 0.02, f2 = f3 = 0.025. Calcular la presión p necesaria en el recipiente A para que el gasto Q4 = 40l/s. Despreciar las pérdidas locales La pérdida de energía entre los puntos C y B se determina con el gasto 4 ITT 113 JCAA Se aplica la ecuación de la energía entre los puntos A y B 𝑝𝐴 𝑉𝐴 2 𝑝𝐵 2 𝑉𝐵 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 + (∆𝐻)1 + (∆𝐻)2 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝜋𝐷4 2 𝜋(0.2)2 𝐴4 = = = 0.0314 𝑚2 4 4 𝑉4 = 4𝑄 𝜋𝐷4 2 = (4)(0.040) = 1.273 𝑚⁄𝑠 𝜋(0.202 ) (1.273)2 𝑉4 2 = = 0.082 𝑚 2𝑔 19.62 ∆𝐻4 = (0.02) 400 (0.082) = 3.28 𝑚 0.20 Y de las ecuaciones 𝑉𝑖 = √ 2𝑔∆𝐻 𝑘𝑖 ……..1 𝑄 = 𝐴𝑖 𝑉𝑖 . . . . . . . 2 𝑄𝑖 = 𝐴 2𝑔∆𝐻𝐷𝑖 𝑖√ 𝑓𝑖 𝑙𝑖 𝑄3 = 𝑄2 = 𝜋(0.1)2 (19.62)(3.306)(0.10) 3 √ = 0.01791 𝑚 ⁄𝑠 4 (0.025)(50) 𝜋(0.1)2 (19.62)(3.306)(0.10) 3 √ = 0.0094 𝑚 ⁄𝑠 4 (0.025)(180) Conduce un gasto total de 𝑄1 = 𝑄2 + 𝑄3 + 𝑄4 𝑄1 = 0.0094 + 0.01791 + 0.040 = 0.06731 La velocidad en la sección vale ITT 114 JCAA 𝑉1 = 4𝑄1 𝜋𝐷1 2 = 4(0.06731) = 2.14 𝑚/𝑠 𝜋(0.2)2 La carga de velocidad vale (2.14)2 𝑉1 2 = = 0.234 𝑚 2𝑔 19.62 La pérdida de energía en el tubo 1 es ∆𝐻1 = (0.02) 400 (0.234) = 9.36 𝑚 0.20 Por lo tanto la presión p será 𝑝 = 9.36 + 3.28 = 12.64 𝑚 𝛾 REDES ABIERTAS Se dice que una red es abierta cuando los tubos que la componen se ramifican sucesivamente, sin intersectarse después para formar circuitos De la ecuación de la energía entre el recipiente superior y los extremos de los tubos, resulta ser ITT 115 JCAA 𝑗 𝑉𝑗 2 𝑍1 − (𝑍𝑗 + ) = ∑ℎ 2𝑔 𝑖=1 En donde Zj es el nivel de la superficie libre del agua El término 𝑗 ∑ℎ 𝑖=1 Es la suma de las pérdidas de energía de los tubos que se encuentran en el recorrido desde el punto 1 hasta el extremo j Ejemplo: extremo 7 𝑍1 − (𝑍7 − 𝑉7 2 ) = ℎ1−2 + ℎ2−3 + ℎ3−7 2𝑔 Extremo 13 𝑉13 2 𝑍1 − (𝑍13 − ) = ℎ1−2 + ℎ2−6 + ℎ6−13 2𝑔 ITT 116 JCAA REDES CERRADAS Se conoce como redes cerradas a aquellas en la cual los conductos que las componen se cierran formando circuitos Existen dos formas de solucionar el problema (ecuaciones) a) Ecuación de nudo. Por continuidad en cada nudo se debe satisfacer que ∑ 𝑗𝜀𝑖 𝑄𝑖𝑗 + 𝑄𝑖 = 0 Para i = 1,,,,,,n donde Qij = gasto que va del nudo j al nudo i(negativo si llega al nudo i y positivo si sale) Qi = gasto que sale o entra al nudo i (con la misma convención de signo) El símbolo j i se lee “para todos los nudos j conectados al nudo i a través de un tubo” Por ejemplo si el sentido de los gastos fuera el mostrado en la figura, la ecuación para el nudo 3 sería 𝑄35 + 𝑄34 + 𝑄39 − 𝑄32 + 𝑄3 = 0 ITT donde Q3 es conocido 117 JCAA b) Ecuación de pérdida. La pérdida por fricción en cada tramo está dada por la fórmula de fricción correspondiente, donde al sustituir la velocidad expresada por la ecuación 𝑉𝑖𝑗 = 4𝑄𝑖𝑗 𝜋𝐷𝑖𝑗 2 Resulta ℎ𝑖𝑗 = 𝑎𝑖𝑗 𝑄𝑖𝑗 𝑁 En donde aij es una constante del tramo ij. Por ejemplo si la fórmula de fricción es la de Darcy-Weisbach, se tiene ℎ𝑖𝑗 = 8 𝑓𝑖𝑗 𝐿𝑖𝑗 𝜋 2 𝑔𝐷𝑖𝑗 5 𝑄𝑖𝑗 2 Esto es N = 2 𝑎𝑖𝑗 = 8𝑓𝑖𝑗 𝐿𝑖𝑗 𝜋 2 𝑔𝐷𝑖𝑗 5 En cambio si fuera la de Hazen-Williams N = 1.851 y 𝑎𝑖𝑗 = 𝐿𝑖𝑗 1.651 (0.279𝐶𝐻𝑖𝑗 𝐷𝑖𝑗 2.63 ) MÉTODO DE CROSS PARA BALANCE DE PÉRDIDAS En una red cerrada cualquiera se eligen circuitos elementales como los formados en la figura siguiente. ITT 118 JCAA Ejemplo 2-7-5-3-2; en los cuales se cono en los gastos Q1, Q2, …. , Qn que entran o salen en cada nudo. En cada nudo se satisface la ecuación ∑𝑗 𝜀 𝑖 𝑄𝑖𝑗 + 𝑄𝑖 = 0, es decir en ese punto ∑ 𝑄 = 0, además la pérdida de energía entre dos nudos de la red es la suma algebraica de las pérdidas en cada tramo calculadas con la ecuación ℎ𝑖𝑗 = 𝑎𝑖𝑗 𝑄𝑖𝑗 𝑁 Es necesario también establecer una convención de signos El recorrido completo en cada circuito elemental (partiendo y llegando al mismo nudo) implica que 𝑘 ∑ ℎ𝑖𝑗 = 0 𝑖=1 En donde k es el número de tramos que forman el circuito elemental, la ecuación anterior es llamada ecuación de circuito y vale para todos los circuitos elementales de la red. Para proceder a la solución primero se estiman los gastos en los tramos haciendo que se satisfaga la ecuación del nudo con los valores estimados y los ya conocidos. Si Q es una corrección atribuible a todos los tramos de un mismo circuito elemental, al recorrer este en el sentido de las manecillas del reloj, implica que: ℎ72 + ℎ57 − ℎ53 − ℎ32 = = 𝑎72 (𝑄72 + ∆𝑄)𝑁 + 𝑎57 (𝑄57 + ∆𝑄)𝑁 − 𝑎53 (𝑄53 − ∆𝑄)𝑁 − 𝑎32 (𝑄32 − ∆𝑄)𝑁 Para un desarrollo en forma de binomio, donde se desprecian términos de orden superior, resulta entonces ∆𝑄 = 𝑎72 𝑄72 𝑁 + 𝑎57 𝑄57 𝑁 − 𝑎53 𝑄53 𝑁 − 𝑎32 𝑄32 𝑁 𝑁(𝑎72 𝑄72 𝑁−1 + 𝑎57 𝑄57 𝑁−1 + 𝑎53 𝑄53 𝑁−1 + 𝑎32 𝑄32 𝑁−1 ) O bien, en el caso general, tenemos ∆𝑄 = ∑𝑘1(𝑎𝑖𝑗 𝑄𝑖𝑗 𝑁−1 |𝑄𝑖𝑗 |) 𝑁 ∑𝑘1|𝑎𝑖𝑗 𝑄𝑖𝑗 𝑁−1 | Donde el gasto Qij y la corrección Q son positivos cuando su sentido coincide con el del recorrido del circuito en el sentido de las manecillas del reloj o negativo en caso contrario. PROBLEMA 45. La red mostrada en la figura siguiente tiene la geometría que se indica y a ella llegan o salen los gastos también mostrados. Considerar = 0.10 mm ITT 119 JCAA 8𝑓𝑖𝑗 𝐿𝑖𝑗 𝑎𝑖𝑗 = 𝜋2 𝑔𝐷𝑖𝑗 5 Para el tramo 4-6 4(0.011) 𝜋0.1252 𝑉4−6 = 𝑅𝑒4−6 = = 0.896 𝑚⁄𝑠 (0.896)(0.125) 1𝑥10−6 = 112000 1.325 𝑓4−6 = 2 5.74 )] 3.7(0.125 1120000.9 [𝑙𝑛( 𝑎4−6 = 1𝑥10−4 = 0.021 + (8)(0.021)(500) 𝜋2 (9.81)(0.125)2 = 28429 2 3 4 5 6 circuito tramo D (mm) l (m) a (s2/m5) Q x 103 (m3/s) I 1-2 200 1000 4906 25 I 2-4 150 800 17409 I 4-3 125 500 I 3-1 200 800 ITT 7 8 9 10 11 12 13 14 a IQI aQ2 Q Q a IQI aQ2 Q Q 122650 3066250 -1.42 23.58 115678.8 2727598 16 278544 4456704 -1.42 14.58 253806.8 3700263 28429 -10 284290 -2842900 -0.72 -10.72 304795.9 -3267809 3925 -25 98125 -2453125 -1.42 -26.42 103702.2 -2739910 783609 2226929 777983.7 420142.3 120 JCAA II 4-6 125 500 28429 11 312719 3439909 -0.70 10.30 292828.9 3016242 II 6-5 125 500 29512 -9 265608 -2390472 -0.70 -9.70 286255.8 -2776579 II 5-3 150 500 11153 -15 167295 -2509425 -0.70 -15.70 175098.1 -2748978 II 3-4 125 500 29106 10 291060 2910600 0.72 10.72 312054.2 3345628 1036682 1450612 1066237 836313.6 ITT 121 JCAA
![Prueba Segundos2[1]](http://s2.studylib.es/store/data/003397536_1-3ac4e8618b6474fb10e9bb3037bc9dd2-300x300.png)
