“CUADERNO DE FLUJO DE FLUIDOS”

BITACORA

Alumna: Malvaez Guzmán Nallely

Boleta: 2012320481

Grupo: 2IM17

Profesor: Palafox Ramos Jorge

Fecha: 3 de Marzo de 2015

Instituto Politécnico Nacional Escuela Superior de Ingeniería Química e Industrias

Extractivas

Tercer departamental

Capitulo 8

Problema 8.31. Se tiene agua a 10º C, ρ=999.7kg

m3 y μ=1.307E-3

kgm s

que

fluye de manera estacionaria en una tubería de 0.20 cm de diámetro y 15 m de largo a una velocidad promedio de 1.2 m/s. Determine: a) la caída de presión, b) la pérdida de carga y c) la necesidad de potencia de bombeo para superar esta caída de presión.

a) Caída de Presión=?

ℜ= ρ∗Vprom∗DHμd

Re< 2100 Laminar2100 ≤ℜ≤4000 Transitorio Re > 4000 Turbulento

ℜ=(999.7 kgm3 )∗(1.2ms )∗(0.20

cm∗1m100cm

)

1.307 x 10−3kg /m∗s

= 1835 ∴ “FLUJO LAMINAR”

∆ PL=( 32μd LV PROMDH 2 )

∆ PL=32∗15m∗1.307 x10−3 KG

ms∗1.2m

s

2

0.2cm∗1m100cm

= 188208 kgm/ m*s2 = N

m2 = Pa

b) Perdida de carga=?

∆ P=ρ∗g∗h L∴∆h L= ∆ Pρ∗g

AGUA

DH=0.20cmm

∆hL =

188208N

m2

999.7kgm3

∗9.81ms2

=19.19m

b) Potencia=?

POTENCIA=∆ PL∗V∗( π∗DH 2

4 )

Potencia = 188208∗(1.2ms )∗(0.20 cm∗1m

100cm )2∗π

4 = 0.709 Watts

Problema 8.32. Se tiene agua a 15 º C, ρ=999.1kg

m3 y μ=1.138E-3kgm s

que

fluye de a razón de 9 L/s de manera estacionaria en una tubería horizontal de 30 m de largo y 5 cm de diámetro fabricada de acero inoxidable. Determine: a) la caída de presión, b) la pérdida de carga y c) la potencia de bombeo necesaria para superar esta caída de presión.

Datos:

ACERO INOXIDABLE

ρ=999.1 kgm3

DH=5cm

μ=1.138∗10−3 kgmm∗s

Qv=V π DH2

4 ∴ V= 4Qv

π DH2

V=4∗(9 L

s∗1m3

1000 L )π∗¿¿

= 4.58 ms

ℜ= ρ∗Vprom∗DHμd

ℜ=(999.1 kgm3 )∗(4.58 ms )∗(5

cm∗1m100cm

)

1.138 x 10−3kg /m∗s

= 201049 ∴ “FLUJO

TURBULENTO”

Factor de Darcy

1

√ fD=−2 log (

εDH3.7

+2.51

ℜ√ fD¿)¿

Acero Inoxidable ε=0.002mm

1

√ fD=−2 log¿¿ ) ∴ f=0.01594

ΔPL = FD∗( LD )* ρ∗(V )2

2∗g

ΔPL=0.01594∗( 30m0.05m )∗¿ 999.1kg

m3 *

(4.58ms)2

2 = 100218.86 Pa

hL= FD∗( LD )* (V )2

2∗g

hL=0.01594∗( 30m0.05m )* (4.58m

s)2

2∗9.81 ms2

= 10.22 m

POTENCIA=∆ PL∗QV

Potencia = 100218.86∗(9 Ls ¿1m 31000 L ) = 902.07 Watts

Problema 8.4I. Se tiene aire que entra a una sección de 10 m de largo de ducto rectangular de 15 cm x 20 cm de sección transversal formado de acero comercial a 1 atm y 35º C a una velocidad promedio de 7 m/s. Sin considerar los efectos de entrada, determina la potencia de ventilador necesaria para superar las pérdidas de presión en esta sección del ducto.

Datos:

P= 1 atmT= 35 ℃

μaire=1.895∗10−3 kgmm∗s

Partiendo del gas ideal

5cm

10cm

20cmAIRE 7 ms

a) PV= m RT

P= mv∗RT

P= ρ RT

ρ= PRT

=

(1 atm∗101.325kPa1atm

)

(0.285 kPam3

kgm℃ )∗(35℃+273 ) ° K = 1.15

kgm

m3

Forma Rectangular

DH= 2ab

(a+b) =

2∗(0.20m )∗(0.15m)(0.20m+0.15m )

= 0.17 m

Re= (1.15 kkgmm∗s )∗(7 ms )∗(0.17m)

1.895∗10−3 kgmm∗s

= 7.22x10-4 ∴ “FLUJO

TURBULENTO”

1

√ fD=−2 log( 0.045mm171.4mm

3.9+

2.5472177√ fD ) ∴ f=0.02

∆ P L=0.020∗( 10m0.17m )∗(1.15 kgmm3 )∗(7 m

s)2

2

= 33.14 Pa = N

m2

QV = V*A A=L*L= 0.15*0.20=0.03 m2

QV= (7 ms

¿∗(0.03m2 )=0.21m3

s

POTENCIA = ∆ PL∗QV

POTENCIA = ( 33.14 Nm2 ¿∗(0.21 m

3

s)= 6.96 Watts

8.43 Se tiene GLICERINA a 40°C, con ρ=1252kg

m3 y μ=0.27kgmm∗sque fluye a

través de una tubería horizontal lisa de 4cm de diámetro, con una velocidad promedio de 3.5 m/s. Determine la caída de presión a lo largo de 10m de la tubería.

Datos:Glicerina T=40°Cv=3.5m /sL=10m

ℜ=(1252 kgm3 )∗(3.5 ms )∗(0.04m)

0.27kg /m∗s

= 649.18 ∴ “FLUJO LAMINAR”

a) QV

GLICERINA

DH=4 cm

Qv=V π DH2

4=

(3.5 ms )∗(0.04m )2∗π

4= 0.0043 m3/s

Qv=∆ Pπ R4

8 μdL R=

D2

∆ PL=QV∗128∗μd∗L

π D4 = 128∗(0.27 kgmm3 )∗(10m)(0.0043m 3/s )∗¿

π∗¿¿¿ = 1.84*

105N

m2=Pa

POTENCIA = ∆ PL∗QV

POTENCIA = (1.84*105 Nm2 ¿∗(0.0043 m

3

s)= 794.55 Watts

Problema 8-120 I. Una placa de orificio de 1.8 in de diámetro se usa para medir la razón de flujo de masa de agua a 60°F

(ρ=62.36 lbmft3

μ=7.536 x10−4 lbmfs

) a través de una tubería horizontal de 4 in

de diámetro. Se usa para medir la diferencia de presión a través de una placa de orificio. Si la lectura del manómetro diferencial es de 7 in, determine el flujo volumétrico del agua a través de la tubería, la velocidad promedio y la pérdida de carga causada por el medidor de orificio.

Qv=AoCd √ 2 (P1−P2 )ρF (1−β4 )

ρ f (=) Densidad del fluido de la tuberíaρw (=) Densidad del fluido en el manómetro

Cd=0.61

a) Flujo másico

Ao=π d2

4¿ π ¿¿¿

β= dD

=1.8∈ ¿4∈¿=0.45¿

¿

QV=AoCd

√2( ρw

ρ f

−1)gh¿

(1−β4)¿

Qv= (0.0177 ft 2) (0.61 ) √2( 848.25 lbmft362.36lbm

ft3

−1)(32.2 fts2 )¿¿¿

QV=0.23 ft3/ s

b) Velocidad

4in 1.8 in

7in

v1=4Qv

π D2=4(0.23 ft

3

s)

π ¿¿¿

∆ PL=( ρw−ρ f ) gh

∆ PL=¿=3.18 PSI

PROBLEMA 8.123. Un medidor Venturi equipado con un manómetro diferencial se usa para medir la razón de flujo de agua a 15º C (

ρ=999.1 kgm3 ) a través de una tubería horizontal de 5 cm de diámetro. El

diámetro de la garganta Venturi es de 3 cm, y la caída de presión medida es de 5 kPa. Cuando se considera el coeficiente de descarga como 0.98, determine el flujo volumétrico del agua y la velocidad promedio en la tubería.

ρ=999.1 kgmm3

Ao = π∗d2

4

3cm5cm

Ao = π∗(0.03m2 )4

= 7X10−4 m2

β= dD

=3 cm5cm

=0.60

Qv=¿7X 10−4 m2 ) * (0.98) * √ 2∗(5000 Pa)

(999.1 kgmm3 )∗(1−0.604 ) = 2.4 *10−3 m3

s=2.4 L/s

DH media = D1+D 22

= 0.04 m

V= 4∗Qvπ∗D2 =

4∗(2.4∗10−3 m3

s )π∗¿¿

Problema 8.125. La razón de flujo de aire a 20°C(ρ=1.204 kgmm3

) a través

de un ducto de 15cm de diámetro se mide con un medidor Venturi equipado con un manómetro de agua. La garganta del Venturi tiene un diámetro de 5 cm y el manómetro tiene una lectura máxima de 40cm. Considere que el coeficiente de descarga de 0.98 y determine el máximo flujo de aire.

18 cm 5cm

h

Manómetro diferencial

Qv=AoCd √2¿¿¿

ρ f (=) Densidad del fluido de la tubería

ρw (=) Densidad del fluido en el manómetro

a) Flujo másico

Ao=π d2

4¿π (0.05m)2

4=0.002m2

β= dD

= 5cm15cm

=0.33

Qv= (1.9x 10−3m2 ) (0.98 ) √ 2( 1000 kgmm31.204kgmm3

−1)(9.81 ms2 )(0.4m)

(1−0.334 )

Qv=0.151m3/ s

m=ρ f Qv=1.204kgmm3 (0.151 m3s )=0.1819 kgms

Problema 8.131. Una tobera equipada con un manómetro diferencial

se usa para medir la razón de flujo de agua a 10º C (ρ=999.7kg

m3 y

μ=1.307E-3 kgm s

) en una tubería horizontal de 3 cm de diámetro. El

diámetro de la salida de la tobera es de 1.5 cm y la caída de presión medida es de 3 kPa. Determine el flujo volumétrico del agua, la velocidad promedio a través de la tubería.

Cd= 0.96

A=π r2=π D2

4=π (0.015m)2

4=1.7∗10−4m2

β= dD

=0.015m0.03m

=0.50

Qv=¿1.76* 10−4 m2 ) * ( 0.96 ) * √ 2∗(3000 Pa)

(999.1 kgmm3 )∗(1−0.504 ) = 4.12 *10−3 m3

s=0.4

L/s

ΔP=3kPa

1.5cm3 cm

Vprom.= 4∗Qvπ∗D2 = 4∗(4.12∗10−3 m3s )

π∗¿¿

Problema 8.62

Una tubería horizontal tiene una expansión repentina desde D1= 8 cm hasta D2= 16 cm. La velocidad del agua en la sección más pequeña es de 10 m/s y el flujo es turbulento. La presión en la sección más pequeña es P1= 410 kPa. Cuando se considera el factor de corrección de energía cinética como 1.06 tanto en la entrada como enla salida, determine la presión corriente abjo P2, y estime el error que habría ocurrido si se hubiera usado la ecuación de Bernoulli.

AGUA

Ecuación de Bernoulli modificada “Carga”

P1pg

+∝1V 12

2g+z1+hB−U=

P2pg

+∝2V 22

2g+z2+hT−U+hL

Tubería

z1=z2 ∝=1.06

P1−P2pg

=∝V 2

2−V 12

2g+hL

P2=P1−∝ pV 2

2−V 12

2−pg hL

m1=m2

V1 A1 = V2 A2

D1=8 cmD2=16 cm

V 1π D 2

4=V 2

π D2

4

V 2=V 1D 12

D 22

V 2=10

ms∗8cm2

16 cm2 =2.5

ms

HL= KL*V2

2g EXPANSION REPENTINA

KL= ∝ (1- d2/D2 )2

KL= 1.6∗(1− 8cm216 cm2 )2 = .5963

hL=0 .59∗((10ms )

2

2(9.81ms2 ))

hL=3.03m

P2=410000 Nm2−1.06∗1000

kg

m3∗252−202

2m2

s2−1000 kg

m3∗9.81ms2

∗3.03

¿429000 Pa=429KPa

Problema 8.96

Cierta parte de unas tuberías de hierro fundido de un sistema de distribución de agua involucra dos tuberías en paralelo. Ambas tuberías paralelas tienen un diámetro de 30cm y el flujo es totalmente turbulento. Una de las ramas (tubería A) mide 1000m de largo mientras que otra rama (tubería B) mide 3000m de largo. Si la razón de flujo a

través de la tubería A es de 0.4 m3

s determine la razón de flujo a través de

la tubería B. No considere pérdidas menores y suponga que la temperatura del agua es de 15°C. Demuestre que el flujo es totalmente rugoso y por lo tanto el factor de fricción es independiente del número de Reynolds.

0.4m3

s

Tuberia A= ˙TuberiaB

3000m

1000m

30 cm

hL=f D( LD ) V2

2g

FDA( LD )V A2

2g=FDB( LD ) V B

2

2g

Flujo turbulento ∴ FDA=FDB

V B=V A√( LA

LB)=5.65 ms √ 1000m3000m

=¿ 3.26 ms

V A=Q v 4

π D2=4 (0.4 m3

s )π (0.3m )2

=5.65m /s

QVB=πDH

2

4(V B )=π 0.3m2

4(3.26m /s )=0.23 m

3

s

QT=QA+QB=0.63m3

s =630 L/s

Problema 8.90

Un granjero debe bombear agua a 70°F de un río a un tanque de almacenamiento de agua cercano y emplea una tubería plástica de 125 ft de largo y 5 in de diámetro con tres codos suaves embridados de 90°. La velocidad del agua cerca de la superficie del río es de 6ft/s, y la entrada de la tubería se coloca en el río normal a la dirección del flujo de agua para sacar ventaja de la presión dinámica. La diferencia de elevación entre el río y la superficie libre del tanque es de 12 ft. Para una razón de flujo de 1.5 ft3/s y una eficiencia de acoplamiento bomba-motor de 70 por ciento, determine la entrada de potencia eléctrica necesaria para el acoplamiento bomba-motor.

Ecuación de Bernoulli modificada “Carga”

P1pg

+∝1V 12

2g+z1+hB−U=

P2pg

+∝2V 2

2g+z2+hT−e+hL

P1=P2 ∝=1

∝V 1

2

2g+hB−U=z 2+hL

v=Q v 4

π D2=4 (1.5 ft3s )π ¿¿¿

Re= ¿¿ = 4.35x105 ∴ “FLUJO TURBULENTO”

1

√ fD=−2 log( E

Dh3.9

+2.54

4.23 x105√ fD ) ∴ f=0.013

KL = KL ENTRADA + 3* KL CODOS + KL SALIDA = .5+3*.3+1.05= 2.45

Codo 1

Codo 2 Codo 3

QV=1.5 ft 3/s

Z2=12 ft

Z1=0

hL=

(F¿¿D( LD )+£ KL)∗V 2

2 g¿

hL=0.003¿= 11.93 ft

hB−U=z 2+hL−∝V 1

2

2g

hB−U=12 ft+¿11.93 ft−1(6 ft

s)2

2∗32.2 fts2

¿ =23.37 ft

W B-e = (62.3 lbmft3 )∗(23.37 ft )∗(32.2 fts2 )∗(1.5 ft3s )0.70

| 1KW

737lbf fts || 1lbf

32.2lb ,m

ft2 |= 4.23

KWatts

Problema 8.92

Un tanque de agua lleno con agua que el sol calentó a 40°C servirá para duchas en un campo que usa flujo impulsado por gravedad. El sistema incluye 20 m de tubería de hierro galvanizado de 1.5 cm de diámetro con cuatro codos esquinados de 90° sin álabes directores y una válvula de globo totalmente abierta. Si el agua fluye a una razón de 0.8 L/s a través de la ducha, determine qué tan alto, del nivel de salida de la ducha, debe estar el nivel del agua en el tanque. No considere las pérdidas en la entrada y la regadera, e ignore el efecto del factor de corrección de energía cinética.

Z1

Ecuación de Bernoulli modificada “Carga”

P1pg

+∝1V 12

2g+z1+hB−U=

P2pg

+∝2V 22

2g+z2+hT−e+hL

P1=P2 ∝=1

∝V 1

2

2g+z 1¿∝

V 222 g

+hL

z1¿∝V 22−V 1

2

2 g+h

L

v=Q v 4

π D2=4 (0.8 l

s∗1m3

1000 l )π (0.015m )2

=4.52m /s

Re= ¿¿ = 103000∴ “FLUJO TURBULENTO”

Codo 1 Codo 2

Codo 3 Codo 4

Z2=0

1

√ fD=−2 log( 0 .15153.9 +

2.54103000√ fD ) ∴ f=0.038

KL = KL ENTRADA + 4* KL CODOS+ 1 *KL válvula + KL SALIDA = 0.5+4*11+1*10+1.05= 15.95

hL=

(F¿¿D( LD )+£ KL)∗V 2

2 g¿

hL=0.038( 20m0.15m )+15.95¿∗(4.52 m

s)2

2∗9.81 ms2

= 69.36 m

z1¿1(4.52 m

s)2−02

2∗9.81ms2

+69.36m

❑

=70.4 m

Problema 8.93

Dos depósitos de agua, A y B, están conectados a través de una tubería de hierro fundido de 40 m de largo y 2 cm de diámetro con una entrada de borde agudo. La tubería también tiene una válvula de retención de charnela y una válvula de compuerta totalmente abierta. El nivel del agua en ambos depósitos es el mismo, pero el depósito A está presurizado con aire comprimido, mientras que el depósito B está abierto a la atmósfera a 88 kPa. Si la razón de flujo inicial a través de la tubería es de 1.2 l/s, determine la presión de aire absoluta en lo alto del depósito A. considere que la temperatura del agua es de 10 °C.

Ecuación de Bernoulli modificada “Carga”

P1pg

+∝1V 12

2g+z1+hB−U=

P2pg

+∝2V 22

2g+z2+hT−e+hL

P1=P2+pg hL

v=Q v 4

π D2=4 (1.2 l

s∗1m3

1000l )π (0.02m )2

=3.81m /s

Re= ¿¿ = 58432 ∴ “FLUJO TURBULENTO”

1

√ fD=−2 log( 0 .26203.9 +

2.5458432√ fD ) ∴ f=0.04

KL = KL ENTRADA + 1 *KL válvulaC + 1 *KL válvulaR + KL SALIDA = 0.5+2+0.2+1.05= 3.75

hL=

(F¿¿D( LD )+£ KL)∗V 2

2 g¿

hL=0.04( 40m0.02m )+3.75¿∗(3.81m

s)2

2∗9.81 ms2

= 61.96 m

P1=88000 Nm2

+¿ 999.7kgm ,

m3* 9.81

ms2

*61.96 m = 695000 Pa = 650 KPa