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I. 1.1.

ESTÁTICA DE FLUIDOS Y SUS APLICACIONES

Un manómetro sencillo de tubo en U se instala a través de un medidor de orificio. El manómetro se llena con mercurio (gravedad específica de 13.6 g/cm3), y el líquido situado por encima del mercurio es tetracloruro de carbono (gravedad específica de 1.6 g/cm3). La lectura del manómetro (Rm) es de 200 rnm. ¿Cuál es la diferencia de presión en el manómetro expresada en newtons por metro cuadrado? Solución: 𝑃𝑎 − 𝑃𝑏 = 𝑔𝑅𝑚 (𝜌𝐴 − 𝜌𝐵 ) 1𝑔 1000𝑘𝑔 = 3 𝑐𝑚 𝑚3 𝑃𝑎 − 𝑃𝑏 = (9.80665

1.2.

𝑚 𝑘𝑔 𝑘𝑔. 𝑚 ) (0.2 𝑚)(13.6 − 1.6) (1000 3 ) = 23535.96 2 = 23535.96 𝑁 2 𝑠 𝑚 𝑠

La temperatura de la atmósfera terrestre disminuye aproximadamente 5°C por cada 1 000 m de altura sobre la superficie terrestre. Si la temperatura del aire al nivel del suelo es de 15°C y la presión es de 760 mm Hg, ¿a qué altura será la presión de 380 mm Hg? Suponga que el aire se comporta como un gas ideal. Solución: Primero encontramos la relacione entre la temperatura y la elevación a partir de las condiciones dadas: 𝑑𝑇 5 =− = −0.005 𝑑𝑍 1000 Integrando entre los limites, el ajuste T = 15 °C = 288 K en Z = 0, se obtiene T = 288 – 0.005*Z Sustituyendo T, e integrando se obtiene: 𝑃𝑏

∫ 𝑃𝑎

Ya que Za = 0

𝑑𝑃 𝑔𝑀 𝑍𝑏 𝑑𝑍 = − ∫ 𝑃 𝑅 𝑍𝑎 288 − 0.005 ∗ 𝑍

𝑙𝑛

𝑃𝑎 𝑔∗𝑀 288 = ln 𝑃𝑏 0.005 ∗ 𝑅 288 − 0.005 ∗ 𝑍𝑏

Ya que Pa/Pb = 760 / 380 = 2 g = 9.80665 m/s2

M = 29 kg/kg.mol

R = 8314.3 J.K/kg.mol = 8314.3 (kg.m2/s2).K/kg.mol Tenga también en cuenta que el coeficiente 0.005 tiene unidades K/m Sustituyendo se tiene: ln(2) =

9.80665 ∗ 29 288 𝑙𝑛 0.005 ∗ 8314.3 288 − 0.005𝑍𝑏

A partir del cual, Zb = 5550 m

1.3.

¿Qué error se introduciría en la respuesta del problema 2 si se utiliza la ecuación de equilibrio hidrostático, con una densidad evaluada a 0°C y a una presión promedio aritmética? Solución: Ecuación de equilibrio hidrostático: 𝑃𝑏 𝑃𝑎 − = 𝑔(𝑍𝑎 − 𝑍𝑏 ) 𝜌 𝜌 Pa = 380 mm Hg = 0.5 atm = 0.50663 * 105 N/m2 Pb = 760 mm Hg = 1.0 atm = 1.01325 * 105 N/m2 Presión promedio = (0.5 + 1) / 2 = 0.75 atm Densidad del aire = (29 / 0.02241) * (0.75 / 1) = 970 g / m3 g = 9.80665 m / s2

Por lo tanto:

gc = 1 kg.m / N.s2

o

0.9705 kg / m3

(1.01325 − 0.50663) ∗ 105 9.80665 (𝑍𝑎 − 𝑍𝑏 ) = 0.9705 1 𝑍𝑎 − 𝑍𝑏 = 5323 El error es: 5550 – 5323 = 227 m, lo que representa 227 / 5550 = 0.041 = 4.1%

1.4.

Un decantador de gravedad continuo por gravedad separa clorobenceno, con una densidad de 1 109 kg/m3, de un líquido acuoso de lavado que tiene una densidad de 1 020 kg/m3. Si la altura total del separador es de 1 m y la interface ha de estar a 0.6 m del fondo del tanque, a) ¿cuál sería la altura (o en el conducto de desborde) del líquido pesado?; b) ¿cuánto afectaría a la posición de la interfase un error de 50 mm en esta altura? Solución: a)

𝑍𝐴1 =

𝜌 𝑍𝐴2 − 𝑍𝑇 (𝜌𝐵 ) 𝐴

1 − 𝜌𝐵 /𝜌𝐴

ZT = profundidad total del líquido en el tanque = ZB + ZA1 Dado 𝜌𝐵 /𝜌𝐴 = 1020/1109 = 0.9197 ZA1 = 0.06

ZT = 1

ZA2 = 0.6 ( 1 – 0.9197 ) + 1 ( 0.9197 ) = 0.9679 b) Difenciando la anterior ecuación: 𝑑𝑍𝐴2 = (1 −

𝜌𝐵 ) 𝑑𝑍𝐴1 𝜌𝐴

Para incrementos finitos, se tiene: ∆𝑍𝐴1 =

∆𝑍𝐴2 50 = = 623 𝑚𝑚 = 0.623𝑚 1 − 𝜌𝐵 /𝜌𝐴 1 − 0.9197

1.5.

¿Cuál tendría que ser el volumen del separador del problema 4 para separar 1 600 kg/h de clorobenceno, a partir de 2 100 kg/h de líquido de lavado? El líquido de lavado es la fase continua; su viscosidad es igual a la del agua a la temperatura de operación de 35°C. Solución: 𝑡=

100𝜇 𝜌𝐴 − 𝜌𝐵

t = tiempo de separación; µ = viscosidad de la fase continua a 35 °C,

µ = 0.72 cP

𝜌𝐴 = 1109 kg / m3

𝜌𝐵 = 1020 kg /

m3 por lo tanto 𝑡 =

100𝜇 𝜌𝐴 −𝜌𝐵

100∗0.72

= 1109−1020 = 0.809 ℎ

volumen de clorobenceno = ( 0.809 * 1600 ) / 1109 = 1.167 m3 volumen de lavado = ( 0.809 * 2100 ) / 1020 = 1.666 m3 volumen total = 1.167 + 1.666 = 2.833 m3 Volumen de separador, permitiendo un espacio de vapor de 10% 2.833 * 1.10 = 3.12 m3

1.6.

Una centrífuga con DI (diámetro interior) de 250 mm gira a 4000 r/min. Contiene una capa de anilina de 50 mm de espesor. La densidad de la anilina es de 1 102 kg/m 3 y la presión en la superficie del líquido es la atmosférica, ¿qué presión mano métrica actúa sobre la pared de la centrífuga? Solución: 𝜔2 𝜌(𝑟22 − 𝑟12 ) 𝑝2 − 𝑝1 = 2 ω = π.η = π (4000 / 60) = 209.4 rad / s ρ = 1022 kg / m3

r1 = 0.125 m

r2 = 0.075 m

Presión manométrica: 𝑝2 − 𝑝1 =

1.7.

209.42 ∗ 1022 ∗ (0.1252 − 0.0752 ) 𝑁 = 224.065 2 = 2.241 𝑏𝑎𝑟 2 𝑚

Los líquidos descritos en el problema 4 se separan en una centrífuga tubular con un diámetro interior de 150 rnm que gira a 8 000 r/min. La superficie libre del líquido dentro del recipiente está a 40 mm del eje de rotación. Si la centrífuga contiene volúmenes iguales de los dos líquidos, ¿cuál será la distancia radial desde el eje de rotación hasta la parte superior de la zona de derrame del líquido pesado?

Separación centrífuga de líquidos no miscibles: a) recipiente en reposo; b) recipiente en rotación. Zona A, separación del líquido ligero del pesado; zona B, separación del líquido pesado del ligero. 1) Salida del líquido pesado. 2) Salida del líquido ligero.

Solución: 𝑟𝐴2 − (𝜌𝐵 /𝜌𝐴 )𝑟𝐵2 √ 𝑟𝑖 = 1 − 𝜌𝐵 /𝜌𝐴 Desarrollamos esta ecuación para rA: Dado:

rB = 0.04 m;

r2 = 0.150 / 2 = 0.075 m

Encontrar ri para dar volúmenes iguales de los dos líquidos 𝜋(𝑟𝑖2 − 𝑟𝐵2 ) = 𝜋(𝑟22 − 𝑟𝑖2 )

(𝑟𝑖2 − 0.042 ) = (0.0752 − 𝑟𝑖2 ) ri = 0.060 m 𝑟𝐴2 = 𝑟𝑖2 (1 −

𝜌𝐵 𝜌𝐵 ) + ( ) 𝑟𝐵2 𝜌𝐴 𝜌𝐴

𝜌𝐵 1020 = = 0.9197 𝜌𝐴 1109 𝑟𝐴2 = 0.062 (1 − 0.9197) + (0.9197 ∗ 0.042 ) = 0.00176 𝑟𝐴 = 0.042 𝑚 = 42 𝑐𝑚 1.8.

El agua que circula a través de un filtro de aire indica en un manómetro de tubo en U una caída de presión de 10 in. El aire está a 26°C y la presión manométrica estimada es de 60 Ib/in2. a) ¿Cuál es la caída de presión en Ibf/in2 y en atm? b) ¿Qué porcentaje de error se introduce si la densidad del aire en el manómetro principal es despreciable? Solución: a) A 26 °C, la densidad del agua es

𝜌𝐴 = 0.99686𝑔/𝑐𝑚3 = 0.99686 ∗ 62.417 =

62.2210 𝑙𝑏/𝑓𝑡 3 A 26 °C, la densidad del aire es

29∗74.59∗273.15

𝜌𝐵 = 359∗14.59∗299.15 = 0.3770 𝑙𝑏/𝑓𝑡 3

Reemplazando: 𝑝𝑎 − 𝑝𝑏 = 𝑔𝑅𝑚 (𝜌𝐴 − 𝜌𝐵 ) =

∆𝑝 = 1 ∗

∆𝑝 = b) analizando rB obtenemos

𝑔 𝑅 (𝜌 − 𝜌𝐵 ) 𝑔𝑐 𝑚 𝐴

𝑙𝑏𝑓 10 (62.2210 − 0.37700) = 51.5367 2 12 𝑓𝑡

51.5367 𝑙𝑏 0.3579 = 0.3579 2 = = 0.0245 𝑎𝑡𝑚 144 𝑖𝑛 14.59

∆𝑝 =

𝑙𝑏𝑓 10 (62.2210) = 51.8508 2 12 𝑓𝑡

El error es: 𝐸𝑟𝑟𝑜𝑟 =

1.9.

51.8508 − 51.5367 = 0.00309 = 0.6095 % 51.5367

Un submarino de investigación está diseñado para operar a 3 km debajo de la superficie oceánica. Si la presión interior es de 1 atm, ¿cuál es la presión total en una ventana de 15 cm de diámetro? La densidad promedio del agua de mar es de 1 028 kg/m3. Solución: 𝑝𝑏 𝑝𝑎 − = 𝑔(𝑍𝑎 − 𝑍𝑏 ) 𝜌 𝜌 Con Za = 0. Ya que la presión dentro del submarino y en la superficie es atmosférica, establecida pa = 0. Entonces pb = ρ g Zb ρ = 1028 kg / m3

g = 9.80665 m / s2

Zb = 3000 m

pb = 1026 * 9.80665 * 300 = 30 243 700.00 N / m2 Área de la ventana:

A = π * D2 / 4 = π * 0.152 / 4 = 0.01767 m2

Fuerza de la ventana:

F = 0.01767 * 30 243 700.00 = 534400 N

1.10. Una suspensión en agua de partículas de arena muy finas se utiliza para separar carbón bituminoso de partículas densas de roca. Si la densidad requerida de la suspensión es de 1 500 kg/m3, ¿cuál es la fracción en volumen y la fracción en peso de arena que se debe utilizar? Solución: Para la arena:

𝑙𝑏

𝑘𝑔

𝜌𝐴 = 143 𝑓𝑡 3 = 143 ∗ 16.018 = 2291 𝑚3 𝑘𝑔

Para el agua: 𝜌𝐵 = 996 𝑚3

La densidad del carbón no es necesaria para la solución. Sea x la fracción volumétrica de arena en la suspensión. Para una base de 1 m3 2291 * x + 996 * ( 1 – x ) = 1500 * 1;

Despejando se obtiene x = 0.389

Fracción másica: la fracción másica de arena y en base a 1500 kg. 𝑦 (1 − 𝑦) 1 + = 2291 996 1500 1500 ∗ 𝑦 1500 ∗ (1 − 𝑦) + = 0.6547 ∗ 𝑦 + 1.506 ∗ (1 − 𝑦) = 1 2291 996 Despejando se obtiene y = 0.594 Solución alternativa: Masa de 0.389 m3: La fracción másica:

0.389 * 2291 = 891.2 kg 891.2 / 1500 = 0.594

II.

2.1.

FENÓMENOS DE FLUJO DE FLUIDOS

Para las siguientes situaciones de flujo constante, determine si el flujo es laminar o turbulento: a) agua a 10°C fluyendo a una velocidad promedio de 2 m/s en una tubería de 100 mm; b) aire a 2 atm de presión y 180°F fluyendo a 50 ft/s en un ducto de 12 in.; c) aceite con una gravedad especifica de 0.78 y una viscosidad de 20 cP fluyendo a 5 ft/s en una tubería de 2 in.; d) polímero fundido con una densidad de 900 kg/m3 una viscosidad de 1 Pa*s que fluye a 0.2 m/s en un tubo de 15 mm. Solución: a) D = 0.1 m

𝑣̅ = 2 𝑚/𝑠

Para el agua a10 °C, se tiene:

𝜇 = 1.310 𝑐𝑃 = 1.31 ∗ 10−3 𝑃𝑎. 𝑠 𝑘𝑔

𝜌 = 62.42 ∗ 16.018 = 999.8 𝑚3 Por lo que el Numero de Reynolds es: 𝑅𝑒 =

𝐷 ∗ 𝑣̅ ∗ 𝜌 0.1 ∗ 2 ∗ 999.8 = = 1.53 ∗ 105 𝜇 1.31 ∗ 10−3 El flujo es turbulento

b) T = 460 + 180 = 640 °R D = 12 in = 1 ft

𝜌=

p = 2 atm 𝑣̅ = 50 𝑚/𝑠

29∗492∗2 359∗640

𝜇 = 0.02 𝑐𝑃;

𝑙𝑏

= 0.124 𝑓𝑡 3 1𝑐𝑃 =

0.000672 𝑙𝑏/𝑓𝑡. 𝑠 𝑅𝑒 =

1 ∗ 50 ∗ 0.124 = 4.61 ∗ 105 0.02 ∗ 6.72 ∗ 10−4 El flujo es turbulento

c) D = 2 in = 2 / 12 = 0.1667 ft

𝑣̅ = 5 𝑓𝑡/𝑠

𝑙𝑏

𝜌 = 0.78 ∗ 62.37 = 48.6 𝑓𝑡 3

𝜇 = 20 𝑐𝑃 𝑅𝑒 =

0.1667 ∗ 5 ∗ 48.6 = 3014 20 ∗ 6.72 ∗ 10−4

El flujo es transitorio d) D = 0.015 m

𝜌 = 900 𝑘𝑔/𝑚3

𝑣̅ = 0.2 𝑚/𝑠 𝑅𝑒 =

𝜇 = 1 𝑃𝑎. 𝑠

0.015 ∗ 0.2 ∗ 900 = 2.7 1 El flujo es laminar

2.2.

El espesor de la capa límite laminar en una lámina plana Z, está dado aproximadamente por la ecuación ZX = 5.5 [ µ x / (𝑣∞ 𝜌)]1/2. Demuestre que para la transición a flujo turbulento el número de Reynolds basado en este espesor, en vez de en x como en la siguiente ecuación está cerca al número de Reynolds de transición para el flujo en una tubería. 𝑅𝑒𝑥 = Donde

𝑥𝑣∞ 𝜌 𝜇

x = distancia desde el borde de impacto de la lamina; 𝑣∞ = velocidad global

del fluido; ρ = densidad del fluido; µ = viscosidad del fluido Solucion: El numero de Reynolds basado en Zx es: 𝑅𝑒𝑧 =

𝑍𝑥 𝑣∞ 𝜌 𝜇

Susituyendo de la ecuacion del problema en esta, se tiene: 𝑅𝑒𝑧 = 5.5 (

𝑥𝜇 𝑣∞ 𝜌

1 2

)

𝑣∞ 𝜌 𝜇

1

𝑥𝑣∞ 𝜌 2 1/2 𝑅𝑒𝑧 = 5.5 ( ) = 5.5 𝑁𝑟𝑒𝑥 𝜇 Ya que Rex esta en el intervalo de 105 a 3 * 106, Desarrollando: Rex = 5.5 * 102.5 a 5.5 * (3 * 106)1/2 lo que equivale al intervalo entre 1.74 * 103 a 9.5 * 103. Por lo tanto, el flujo en la tubería es laminar, Rez es típicamente menor que 3 * 103.

2.3.

Utilice el nomograma siguiente para determinar el valor de n en la ecuación para la viscosidad de gases, para el monóxido de carbono y para el helio en los intervalos de 0 a 300 °C y de 300 a 600°C.

Solución: Calculo de la constante n 𝜇 𝑇 𝑛 =( ) 𝜇0 273 Donde µ = viscosidad a la temperatura absoluta T, K; µo = viscosidad a 0°C (273 K); n = constante para un gas particular. El cálculo de la viscosidad para el CO y He a las temperaturas de 0, 300 y 600 °C se realiza mediante la gráfica superior. En la que hay que trazar una línea recta desde la columna izquierda (Temperatura) que pase por las coordenadas que representa cada gas (en este caso CO y He). La intersección de la recta en la columna derecha corresponde a la viscosidad del gas a la temperatura de la columna izquierda.

De esta manera se tiene: Temperatura

Viscosidad, cP

°C

K

CO

He

0

273

0.0169

0.0176

300

573

0.0285

0.0300

600

873

0.0380

0.0400

Valor de n CO

He

0.70

0.72

0.68

0.68

Ejemplo de cálculo de n para monóxido de carbono (CO), de 0 a 300 °C: 𝜇573 0.0285 573 𝑛 = =( ) 𝜇273 0.0169 273

𝑛=

2.4.

0.0285 ln (0.0169) ln(573/273)

= 0.70

a) Estime la longitud de transición en la entrada a un tubo de 15 mm a través del cual circula glicerol puro a 60 °C con una velocidad de 0.3 m/s. La densidad del glicerol es 1 240 kg/m3. b) Repita la parte a) para el 100% de n-propanol que entra a una tubería de 3 in a 30 °C con una velocidad de 7 ft/s. La densidad del n-propanol es 50 lb/ft3. Solución: a) Para el glicerol a 60 °C, µ = 98 cP = 0.098 Pas.s. 𝑣̅ = 0.3 m/s

D = 0.015 m

ρ = 1240 kg/m3

Re = (0.015 * 0.3 * 1240) / 0.098 = 56.9 La longitud aproximada de tubería recta que se necesita para alcanzar la distribución final de velocidad para flujo laminar, es (xt = longitud de transición; D = diámetro de la tubería) 𝑥𝑡 = 0.05 𝑅𝑒 𝐷 xt = 0.05 * 56.9 * 0.015 = 0.043 m = 43 mm.

b) para el alcohol n–propílico a 30 °C.

µ = 1.9 cP

𝑣̅ = 7 ft/s

ρ = 50 lb/ft3

D = 3/12 = 0.25 ft

Re = (0.25 * 7 * 50) / (1.9 * 6.72 * 10-4) = 6.8 * 104 Este flujo es turbulento. Estimamos xt a 45 diámetros de tubería (Si el flujo que entra a la tubería es turbulento y la velocidad en el tubo es superior a la crítica, la longitud de transición es casi independiente del número de Reynolds y está comprendida entre 40 y 50 diámetros de tubería). Xt = 45 * 0.25 = 11.25 ft ≈ 11 ft

2.5.

a) Estime el número de Reynolds para el flujo en una tubería de los gases de escape de un automóvil si el motor de 4 ciclos y 2-L está operando a 3 000 rpm. b) Si el convertidor catalítico tiene 4 veces la sección transversal de la tubería de escape, ¿qué tan pequeños deben ser los canales en el convertidor para obtener el flujo laminar? Solución: a) Diámetro estimado la tubería de escape: 50 mm = 0.05 m, por lo que el área se su sección será π.d2/4 = π * 0.052 / 4 = 0.002 m2. Composición estimada del gas de escape: 10% CO2, 10% H2O, 74% N2. Por lo que su peso molecular es: (0.15 * 44) + (0.10 * 18) + (0.75 * 28) = 24.9 g/mol. Temperatura estimada: 300 °C = 573 K Presión estimada: 1.1 atm Densidad aproximada: 𝜌 =

𝑝𝑀 𝑅𝑇

ρ = (1.1 * 29.4) / (0.082056 * 573) = 0.688 kg/m3 Flujo de volumen: En un motor de 4 tiempos, cada segundo golpe es una carrera de compresión durante la cual no se descarga gas. Por lo tanto el flujo de volumen es:

(2 * 3000) / (2 * 60) = 50 l/s = 0.05 m3/s Velocidad del gas: 𝑣̅ = 0.05 / 0.002 = 25 m/s Viscosidad del nitrógeno a 300 °C: µ = 0.029 cP Numero de Reynolds: Re = (0.05 * 25 * 0.688) / (0.029 + 10-3) = 29700 b) Suponga que el área de la sección transversal de los canales es 4 veces la del tubo de escape. La velocidad lineal de cada canal es 25 / 4 = 6.25 m/s. Para asegurar el flujo laminar, fijar el número de Reynolds a 1500. El diámetro del canal Dc entonces seria: Dc = (1500 * 0.029 * 10-3) / (6.25 * 0.688) = 0.01 m = 10 mm. Los canales reales son mucho más pequeños que esto.

2.6.

Grafique la viscosidad del agua, hexano y glicerol puro en coordenadas semilog, y analice cómo la viscosidad sigue casi una relación de Arrhenius (μ = Ae–E/RT). Solución: De tablas se obtiene las viscosidades del agua, hexano y glicerol para diversas temperaturas: Temperatura °C

1/T

K

Viscosidad, cP Agua

Hexano

Glicerol

0

273

0,00366

1,794

0,4

10

283

0,00353

1,31

0,36

20

293

0,00341

1

0,33

30

303

0,00330

0,8

0,3

40

313

0,00319

0,651

0,275

50

323

0,00310

0,554

0,25

60

333

0,00300

0,47

0,23

70

343

0,00292

0,404

60

80

353

0,00283

0,357

55

90

363

0,00275

0,317

22

100

373

0,00268

0,288

13

100

Las curvas semi-log lineales muestran que, para el hexano y el glicerol, sobre los rangos de temperatura utilizados, la viscosidad sigue de cerca una relación de Arrhenius. (Nota: el punto de ebullición normal del n-hexano es 69°C). Para el agua, el gráfico es casi lineal entre 10 y 100 °C, pero no a temperaturas inferiores a 10 °C. La variación de la densidad con la temperatura es también anómala para el agua entre 0 y 10 °C.

1

100.0

2.8

3.0

3.2

3.4

3.6

3.8

μ, cP

2.6

Agua 0.1

2.7.

Hexano

Glicerol 10.0

1000/T

Grafique la viscosidad a presiones moderadas de los gases de los halógenos a 20°C contra su peso molecular. Elabore una gráfica similar para algunas parafinas normales y discuta la tendencia mostrada en las mismas. Solución: Del nomograma del ejercicio 2.3 se obtiene las viscosidades de la siguiente tabla. Las viscosidades de los halógenos son de 2 a 2,5 veces las de las parafinas. No muestran una tendencia definida con el aumento del peso molecular. Para esferas rígidas que no interactúan, la viscosidad es predecida al variar con (MT)1/2 / δ2, donde δ es el diámetro de la esfera dura. Si δ es proporcional a M1/3, µ debería variar con M-1/6. Formula F2 Cl2 Br2 I2 N2 O2 CH4

Gas Flúor Cloro Bromo Iodo Nitrógeno Oxigeno Metano

M 38 70.91 159.83 253.82 28.01 32.00 16.04

µ a 20 °C, cP 0.022 0.0135 0.0145 0.0135 0.017 0.0150 0.0107

C2H6 C3H8 C4H10 C5H12 C6H14

Etano Propano n-Butano n-Pentano n-Hexano

30.07 44.09 58.12 72.15 86.17

0.0090 0.0081 0.0076 0.0060 0.0063

0.1

VISCOSIDAD, CENTIPOISES

10

100

F2 N2 Cl2

O2

Br2

I2

0.01 n-Parafinas

0.001

M

La viscosidad de los hidrocarburos decrece gradualmente con el incremento del peso molecular. Los datos para el pentano esta fuera de la línea y puede estar en error. La pendiente de la línea está cerca de -0.3, algo mayor de lo previsto para moléculas esféricas.

2.8.

El aire a 30 °C y a 5 bar está fluyendo dentro de una tubería de acero cédula 40 de 1/2in. (véase apéndice 3). Si el flujo es de 4.0 ft3/min a temperatura y presión estándar (0 °C y a 1 atm), ¿será flujo laminar o turbulento? (¿Qué posibilidad hay de que el flujo sea laminado turbulento?) Solución: El área transversal de la tubería (según tablas) = 0.00211 ft2. Velocidad del aire: 𝑣̅ = 4 / (60 * 0.00211) = 31.6 ft / s. Diámetro interno de la tubería: D = 0.493 in. Densidad del aire: ρ = (29 * 273 * 5)/(359 * 303) = 0.364 lb/ft3.

Viscosidad del aire a 30 °C (Nomograma ejercicio 2.3) µ = 0.018 cP. 𝑅𝑒 =

0.493 ∗ 31.6 ∗ 0.364 = 39100 12 ∗ 0.018 ∗ 6.72 ∗ 10−4 El flujo es turbulento

2.9.

El petróleo crudo es bombeado a 1.5 m/s a través de un gasoducto de 1 m de diámetro. ¿Arriba de qué valor de la viscosidad del petróleo podría existir flujo laminar? Dé la respuesta en unidades SI y cgs. Solución: La densidad del petróleo crudo varia, dependiendo de la fuente. Asumimos la densidad ρ = 900 kg/m3. D=1m

𝑣̅ = 1.5 m/s.

Para número de Reynolds de 2100, la viscosidad es: 𝜇=

𝐷𝑣̅ 𝜌 1 ∗ 1.5 ∗ 900 = = 0.643 𝑃𝑎. 𝑠 = 643 𝑐𝑃 2100 2100

2.10. La viscosidad aparente de un líquido no newtoniano a una velocidad de corte dada es el valor indicado por un viscómetro que opera en el líquido a la velocidad de corte. Ésta es la viscosidad que podría estar indicada por el viscómetro si el líquido fuera newtoniano. a) Calcule la viscosidad aparente de una suspensión al 4% de pulpa de papel en agua a las velocidades de corte du/dy de 10 s–1 y 1 000 s–1. b) Repetir el cálculo para una suspensión al 25% de arcilla en agua.

Solución: a) Para la pulpa de papel n’ = 0.575; K’ = 20.020 g/m.s2-n = 20.020 kg/m.s2-n. A du/dy = 10 s-1 determinamos tv. ′

𝑑𝑢 𝑛 𝜏𝑣 = 𝐾 ( ) = 20.020(10)0.575 = 75.24 𝑑𝑦 ′

La viscosidad aparente es: µapp = 75.24 / 10 = 7.524 Pa.s = 7.524 cP. A du/dy = 1000 s-1, 𝜏𝑣 = 20.020(1000)0.575 = 1062 µapp = 1062 / 1000 = 1.062 Pa.s = 1062 cP. b) Para la suspensión de arcilla, n´= 0.185; K’ = 1590 g/m.s2-n = 1.59 kg / m.s2-n. A du/dy = 10 s-1, 𝜏𝑣 = 1.59(10)0.185 = 2.43 µapp = 2.43 / 10 = 0.243 Pa.s = 243 cP. A du/dy = 1000 s-1, 𝜏𝑣 = 1.59(1000)0.185 = 3.59 µapp = 3.59 / 1000 = 0.00359 Pa.s = 3.59 cP

III.

3.1.

ECUACIONES BÁSICAS DE FLUJO DE FLUIDOS

Por una tubería de 75 mm circula un líquido con flujo estacionario. La velocidad local varía con la distancia desde el eje de la tubería como se muestra en la tabla siguiente. Calcule: a) la velocidad media 𝑉̅, b) el factor de corrección de la energía cinética α, y c) el factor de corrección de momento β.

Solución: a) 𝑉̅ =

𝑚̇ 1 = ∫ 𝑑𝑆 𝜌𝑆 𝑆 𝑆

Ya que 𝑆 = 𝜋 𝑟𝑤2 y 𝑆 = 𝜋 𝑟𝑤2 , donde r es la distancia radial desde el eje de la tubería y rw el radio de la tubería. 𝑉̅ =

2 𝑟𝑤 ∫ 𝑢𝑟𝑑𝑟 𝑟𝑤2 0

Por integración se calcula el área bajo la curva de ur versus r (Tabla 3.1.1.): 𝑟𝑤

∫ 𝑢𝑟𝑑𝑟 = 567.8 ∗ 10−6 𝑚3 /𝑠 0

Con ello: 𝑉̅ =

2 ∗ 567.8 ∗ 10−6 = 0.808 𝑚/𝑠 (37.5 ∗ 10−3 )2

b) α = factor de corrección de la energía cinética. 𝛼=

𝑟𝑤 ∫𝑆 𝑢3 𝑑𝑆 2 = ∫ 𝑢3 𝑟𝑑𝑟 𝑉̅ 3 𝑆 𝑉̅ 3 𝑟𝑤2 0

Por integración se calcula el área bajo la curva de u3r versus r (Tabla 3.1.1.): 𝑟𝑤

∫ 𝑢3 𝑟𝑑𝑟 = 430.7 ∗ 10−6 𝑚5 /𝑠 3 0

∝=

2 ∗ 430.7 ∗ 10−6 = 1.16 0.8083 ∗ (37.5 ∗ 10−3 )2

c) β = factor de corrección de momento. Ya que 𝑉̅ es constante, 𝑟𝑤 1 𝑢 2 1 2 2 (𝑢) 𝛽 = ∫ ( ) 𝑑𝑠 = ∫ 𝑑𝑠 = ∫ 𝑢2 𝑟𝑑𝑟 𝑆 𝑆 𝑉̅ 𝑆 𝑉̅ 2 𝑆 𝑉̅ 2 𝑟𝑤2 0

Por integración se calcula el área bajo la curva de u2r versus r (Tabla 3.1.1.): 𝑟𝑤

∫ 𝑢2 𝑟𝑑𝑟 = 486.3 ∗ 10−6 𝑚4 /𝑠 2 0

𝛽=

2 ∗ 486.3 ∗ 10−6 = 1.059 0.8082 ∗ (37.5 ∗ 10−3 )2

Tabla 3.1.1. Datos para graficar y determinar el área bajo la curva. u

r (x 10)

ur (x 102)

u2r (x 102)

u3r (x 102)

1,042

0

0,000

0,000

0,000

1,033

0,375

0,387

0,400

0,413

1,019

0,75

0,764

0,779

0,794

0,996

1,125

1,121

1,116

1,112

0,978

1,5

1,467

1,435

1,403

0,955

1,875

1,791

1,710

1,633

0,919

2,25

2,068

1,900

1,746

0,864

2,625

2,268

1,960

1,693

0,809

3

2,427

1,963

1,588

0,699

3,375

2,359

1,649

1,153

0,507

3,5625

1,806

0,916

0,464

0

3,75

0,000

0,000

0,000

3.2.

Para un fluido y una distancia dados entre las placas en un sistema como el que se muestra en la figura 3.2.1., la velocidad 𝑣0 debe ser suficientemente grande para contrarrestar los efectos de la gravedad; de lo contrario, algo del fluido se desplazara hacia abajo. En un sistema particular, la distancia entre las placas es de 1 mm, y el fluido es un aceite con una densidad de 900 kg/m3 y una viscosidad de 50 mPa.s. La caída de presión dp/dy es despreciable comparada con el termino ρg. a) ¿Cuál es la velocidad ascendente mínima de la placa en movimiento, así como de todos los fluidos de movimiento ascendente? b) si 𝑣0 se establece en su valor mínimo, ¿Cuál es la velocidad del fluido a la mitad de las placas? c) ¿Cuál es la velocidad de corte ene l fluido en una placa estacionaria, en una placa en movimiento y a la mitad de ellas? Figura 3.2.1. Flujo entre

las

placas

verticales

Solución: a) Para que ninguno de los aceites fluya hacia abajo, dv/dx debe ser igual o mayor a cero en x = 0. 𝑑𝑣 𝑥 𝑑𝑝 − ( + 𝜌𝑔) = 𝐶1 𝑑𝑥 𝜇 𝑑𝑦 Integrando en función a x se obtiene: 𝑣=

𝑥 2 𝑑𝑝 ( + 𝜌𝑔) = 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 2𝜇 𝑑𝑦

Despreciando dp/dy en comparación con ρg, además, haciendo 𝑣 = 𝑣0 y x = B; 𝐶1 = B = 1 mm = 0.001m

𝑣0 𝐵𝜌𝑔 − 𝐵 2𝜇

µ = 50 mPa.s = 0.05 kg/m-s

Como dv/dx = C1 = 0, entonces

0=

𝑣0 0.001 ∗ 900 ∗ 9.80665 𝑣0 − = − 88.26 (2 ∗ 0.05) 0.001 0.001

𝑣0 = 0.001 ∗ 88.26 = 0.08826 𝑚/𝑠 = 88.26 𝑚𝑚/𝑠 A x = 0.5 B = 0.0005 m 𝑣=−

𝑣=−

1 𝑑𝑝 𝑥 ( + 𝜌𝑔) (𝐵𝑥 − 𝑥 2 ) + 𝑣0 2𝜇 𝑑𝑦 𝐵

900 ∗ 9.80665 𝑚 𝑚𝑚 (0.001 ∗ 0.0005 − 0.00052 ) + 0.05526 ∗ 0.5 = 0.02206 = 22.06 2 ∗ 0.05 𝑠 𝑠

c) En la placa estacionaria, dv/dx = 0, Además, C1 = 0. En la placa móvil, x = 0.001 y con la siguiente ecuación; 𝑑𝑣 𝑥 𝑑𝑝 − ( + 𝜌𝑔) = 𝐶1 𝑑𝑥 𝜇 𝑑𝑦 𝑑𝑣 𝑥𝜌𝑔 0.001 ∗ 900 ∗ 9.80665 = = = 88.26 𝑠 −1 𝑑𝑥 2𝜇 2 ∗ 0.05 A mitad del camino entre las placas, x = 1mm = 0.001/1000 m = 0.0005 m, y dv/dx = 88.26 / 2 = 44.13 s-1

3.3.

a) Un tanque con agua tiene 30 ft de diámetro, y la profundidad normal es de 25 ft. La salida está al fondo de una tubería horizontal de 4 in. Si esta tubería es interrumpida cerca del tanque, ¿cuál es la velocidad inicial de flujo del agua desde el tanque? (Ignore la pérdida de fricción en el pedazo de tubería.) b) ¿Cuánto tiempo le tomará al tanque para vaciarse? c) Calcule la velocidad promedio de flujo y compárela con la velocidad de flujo inicial. Solución: 𝑝𝑎 𝑔𝑍𝑎 𝑢𝑎2 𝑝𝑏 𝑔𝑍𝑏 𝑢𝑏2 + + = + + 𝜌 𝑔𝑐 2𝑔𝑐 𝜌 𝑔𝑐 2𝑔𝑐 Para aplicar esta ecuación se elige un punto a en la superficie del agua y un punto b al final de la línea de corriente, correspondiente al punto de descarga. Puesto que la presión en ambos puntos es la atmosférica, pa y pb son iguales, y pa/ρ = pb/ρ. En la superficie del agua,

ua es insignificante, y el término ua2/2 es despreciable. El dato para las mediciones de las alturas puede tomarse en el punto b, así que Zb = 0 y Za = 25 m. Al sustituir en la ecuación, se obtiene 𝑢𝑏2 = 𝑔𝑍 2 Despejando; 𝑢𝑏 = √2𝑔𝑍 = √2 ∗ 32.17 ∗ 25 = 40.1 𝑓𝑡/𝑠 El área transversal de la tubería 40 o de 4 in, de la tabla 3.3.1. se tiene S = 0.0884 ft2 Flujo de volumen: 𝑞 = 𝑢𝑏 𝑆 = 40.1 ∗ 0.0884 = 3.54 𝑓𝑡 3 /𝑠 = 1590 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛 b) El volumen del líquido en el tanque en cualquier tiempo: 𝑉=

𝜋𝐷 2 𝑍 𝜋 ∗ 302 ∗ 𝑍 = = 706.9 ∗ 𝑍 4 4

Flujo de volumen: 𝑑𝑉 𝑑𝑍 𝑞 = − ( ) = −706.9 ( ) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Además 1

𝑞 = 𝑆𝑢𝑏 = 𝑆√2𝑔𝑍 = 0.0884√2 ∗ 32.17 ∗ 𝑍 = 0.709 ∗ 𝑍 2 Altura inicial y final respectivamente: Z1 = 25 ft

Z2 = 0 ft

Integrando entre los límites: 0

∫ 𝑍 25

−1/2

𝑡𝑇 0.709 𝑡𝑇 𝑑𝑍 = ∫ 𝑑𝑡 = 0.001003 ∫ 𝑑𝑡 706.9 0 0

𝑡𝑇 =

2 ∗ √25 = 9970 𝑠 = 2.77 ℎ. 0.001003

c) Volumen inicial: V1 = 706.9 * 25 = 17673 ft3. Caudal medio: q = 17673 / 9970 = 1.77 ft3 / s. Esto es exactamente la mitad del caudal inicial. Tabla 3.3.1. Dimensiones, capacidades y pesos de tuberías estándar de acero*

3.4.

Se bombea agua a 20 °C con una velocidad constante de 9 m3/h desde un gran depósito situado en el suelo hasta la parte superior abierta de una torre experimental de absorción.

El punto de descarga está a 5 m por encima del piso, y las pérdidas por fricción en la tubería de 50 mm desde el depósito hasta la torre son de 2.5 J/kg. ¿A qué altura ha de mantenerse el nivel de agua en el depósito, si la potencia que puede desarrollar la bomba es tan sólo de 0.1kW? Solución: Tasa de flujo: 𝑚̇ =

9 ∗ 998 = 2.495 𝑘𝑔/𝑠 3600

Área transversal de la tubería: S = π * 0.052 / 4 = 0.00196 m2 𝑉̅𝑏 = 𝑉̅𝑎 = 0

9 = 1.276 𝑚/𝑠 3600 ∗ 0.00196

𝑍𝑏 = 5 𝑚

𝛼𝑎 = 𝛼𝑏 = 1

𝑝𝑎 = 𝑝𝑏

ℎ𝑓 = 2.5 𝐽/𝑘𝑔 = 2.5 𝑚2 /𝑠 2 En los puntos a y b, la relación

𝑝𝑎 𝜌

es igual a

𝑝𝑏 . 𝜌

Por otro lado, considerando 𝑢 = 𝑉̅

se

tiene; 𝑝𝑎 𝑢𝑎2 𝑝𝑏 𝑢𝑏2 + 𝑔𝑍𝑎 + + η𝑊𝑝 = + 𝑔𝑍𝑏 + + ℎ𝑓 𝜌 2 𝜌 2 η𝑊𝑝 = 𝑔(𝑍𝑏 − 𝑍𝑎 ) +

𝑉̅𝑏2 − 𝑉̅𝑎2 1.2762 + ℎ𝑓 = 9.81 (5 − 𝑍𝑎 ) + ( ) + 2.5 = 52.344 − 9.81 𝑍𝑎 𝐽/𝑘𝑔 2 2

Dado que el poder P = 0.1 kW = 100 J/s (Wp = Trabajo de la bomba por unidad de masa) η𝑊𝑝 = Así que: 52.344 – 9.81 * Za = 40.08

3.5.

𝑃 100 = = 40.08 𝐽/𝑘𝑔 𝑚̇ 2.495 Despejando se tiene Za = 1.25 m

En un codo de 90° y 100 mm de diámetro interno DI, situado en un plano horizontal, entra agua con una velocidad de 6 m/s y una presión manométrica de 70 kN/m2. Despreciando

la fricción, ¿cuál será la magnitud y la dirección de la fuerza que ha de aplicarse al codo para que permanezca inmóvil? Solución: Suponiendo que el codo está en el plano x – z con el agua entrando en la dirección x positivo y saliendo en la dirección z positivo. Las fuerzas en cada plano se encuentran igualando las ecuaciones: ∑ 𝐹 = 𝑚̇(𝛽𝑏 𝑉̅𝑏 − 𝛽𝑎 𝑉̅𝑎 )

y

∑ 𝐹 = 𝑝𝑎 𝑆𝑎 − 𝑝𝑏 𝑆𝑏 + 𝐹𝑤 − 𝐹𝑔

pa, pb = presiones a la entrada y salida, respectivamente Sa, Sb = secciones transversales a la entrada y salida, respectivamente Fw = fuerza neta de la pared del canal de conducción sobre el fluido Fg = componente de la fuerza de gravedad (expresada para flujo en dirección ascendente)

Ya que Fg = 0 En la dirección x: 𝑚̇(𝛽𝑏 𝑉̅𝑏,𝑥 − 𝛽𝑎 𝑉̅𝑎,𝑥 ) = 𝑝𝑎 𝑆𝑎,𝑥 − 𝑝𝑏 𝑆𝑏,𝑥 + 𝐹𝑤,𝑥 donde Sa,x y Sb,x son las áreas proyectadas de Sa y Sb sobre planos normales a la dirección inicial de flujo. En la dirección z: 𝑚̇(𝛽𝑏 𝑉̅𝑏,𝑧 − 𝛽𝑎 𝑉̅𝑎,𝑧 ) = 𝑝𝑎 𝑆𝑎,𝑧 − 𝑝𝑏 𝑆𝑏,𝑧 + 𝐹𝑤,𝑧 Las cantidades necesarias son: 𝑚̇ =

6 ∗ 𝜋 ∗ (0.1)2 ∗ 998 = 47.03 𝑘𝑔/𝑠 4

Β1 = β2 = 1 (por suposición) 𝑉̅𝑎 = 𝑉̅𝑎,𝑥 = 6 𝑚/𝑠

𝑉̅𝑎,𝑧 = 0

𝑉̅𝑏 = 𝑉̅𝑏,𝑧 = 6 𝑚/𝑠

𝑉̅𝑏,𝑥 = 0

pa = pb = 70 000 N / m2

sa = sb = sa,x = π * 0.12 / 4 = 0.00785 m2 sa,z = 0

sb,x = 0

z Fw,z = 831.7 N

Sustituyendo, obtenemos: Fw,x = 47.03 (0 – 6) – (70 000 * 0.00785) + 0 = - 831.7 N Fw,z = 47.03 (6 – 0) – 0 + (70 000 * 0.00785) = 813.7 N Fuerza total:

x

𝐹 = 831.7√2 = 1176.2 𝑁

Fw,x = - 831.7 N

Actuando en la dirección indicada

3.6.

Un reactor cilíndrico vertical de 2.5 m de diámetro y 4 m de altura es enfriado por pulverización del agua sobre la parte superior y permitiéndole al agua fluir debajo de la pared de salida. El agua circula a una velocidad de 0.15 m3/min, y la temperatura promedio del agua es de 40 °C. Estime el espesor de la capa (δ) de agua. Solución: 1

3 3𝜇Γ 𝛿=( 2 ) 𝜌 𝑔 cos(𝜙)

Donde Γ = 𝑚̇/𝑏 y sus unidades son kilogramos por segundo por metro de ancho o libras por segundo por pie de anchura. Aquí β = 0° y el cos(β) = 1. Ya que ρ = 998 kg/m3, 𝑚̇ = 0.15 ∗ 998/60 = 2.495 𝑘𝑔/𝑠

Γ=

b = π * 2.5 = 7.854 m

𝑚̇ 2.495 = = 0.3177 𝑘𝑔. 𝑚/𝑠 𝑏 7.854

µ a 40 °C = 0.656 cP (de tablas) Reemplazando se tiene: 1

3 ∗ 0.656 ∗ 10−3 ∗ 0.3177 3 𝛿=( ) = 4 ∗ 10−4 𝑚 = 0.4 𝑚𝑚 9982 ∗ 9.80665 ∗ 1