CONDUCCIONES EN PRESIÓN 2. CONDUCCIONES EN PRESIÓN - 85 - CONDUCCIONES EN PRESIÓN 2.1. DEPÓSITOS Y TUBERÍAS Probl
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CONDUCCIONES EN PRESIÓN
2. CONDUCCIONES EN PRESIÓN
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CONDUCCIONES EN PRESIÓN
2.1.
DEPÓSITOS Y TUBERÍAS
Problema 2.1.1 Llenado y vaciado de depósitos Calcular el tiempo de llenado del depósito inferior, que es alimentado por otro depósito igual, dispuesto según se ve en la figura (dividir para ello los depósitos en cuatro partes). hi 20
S = 400 m 2
L 40
=
1.0
00
m.
φ
=
0'5
m.
20 hi
S = 400 m 2
Para resolver el problema dividimos el volumen total en cuatro partes calculando independientemente el tiempo de vaciado para cada una y sumándolos después: S = 400 m2 VT = 400 · 20 = 8.000 m3 Vi = 400 · 5 = 2.000 m3 Para los cálculos el descenso del agua en el depósito superior es igual al ascenso del inferior para cada etapa, aplicándose la ecuación de Bernoulli al final de cada una:
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PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Tubería ⇒ φ 0'5 m 2 ⇒ S=
π ·D 2 4
= 0'1963 m 2 ; 2
Pe = 2πR = 1'57 m.; R H = 2
v1 v1 · n 2 H T − 2·h i = 1'5 · + ·L ; 2·g R 4H 3 vi =
H T − 2·h i 1'5 n 2 · L + 2·g R 4H 3
=
Ti =
40 + 20 + 20 − 2·h i 1'5 0'012 ·1.000 + 2·9'8 0'1254 3
S = 0'125 m. Pe
Vi Qi
= 0'772 · 80 − 2·h i
En consecuencia obtenemos los siguientes resultados: 1 ⇒ h1 = 2’5 m. ⇒ v1 = 6’69 m/s ⇒ Q1 = 1’31 m3/s ⇒ T1 = 1.524 seg. 2 ⇒ h2 = 7’5 m. ⇒ v2 = 6’22 m/s ⇒ Q2 = 1’22 m3/s ⇒ T2 = 1.637 seg. 3 ⇒ h3 = 12’5 m. ⇒ v3 = 5’73 m/s ⇒ Q3 = 1’12 m3/s ⇒ T3 = 1.780 seg. 4 ⇒ h4 = 17’5 m. ⇒ v4 = 5’18 m/s ⇒ Q4 = 1’02 m3/s ⇒ T4 = 1.967 seg.
ΣTi = TT = 6.908 seg. = 1h 55m 8s
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CONDUCCIONES EN PRESIÓN
Problema 2.1.2 Línea piezométrica y de energía
Calcular el caudal Q, las líneas piezométricas y de carga y las presiones aguas arriba, y aguas abajo de la válvula A, que está parcialmente cerrada 2 y provoca una pérdida de carga localizada: ΔH A = 0'7 · v
2·g
30
10
100
10
A
φ = 1 m.
100
Calculamos primero las características de la tubería:
φ = 1 m. ⇒ S =
π ·12 4
= 0'785 m 2 ;
RH =
D = 0'25 m. 4
v2 Considerando 0.5 ⋅ de pérdidas en embocadura. 2⋅ g Aplicamos Bernoulli al final de la tubería:
h + 10 + 10 = 0.5 ⋅
v2 v2 v2 + + 0.7 ⋅ +i⋅L 2⋅ g 2⋅ g 2⋅ g
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PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
(30 + 10 + 10) = (0'5 + 1 + 0'7) ·
v2 + i ·L 2·g
2'2 2 n 2 · L 2 ⎛ 2'2 0'012 ·200 ⎞ 2 ⎟ · v 50 = · v + 4 3 · v = ⎜⎜ + 4 3 ⎟ 2·g 2·9'8 0'25 RH ⎝ ⎠ (Nota: para tuberías reales es recomendable tomar un valor de rugosidad –nmayor) Luego
50 = (0.112 + 0.127)v 2 Despejando obtenemos la velocidad y el caudal:
v=
50 = 14'46 m/s ⇒ Q = v ·S = 11'35 m 3 /s 0'239
v2 v2 v2 = 10'67 m.; 0'5· = 5'34 m.; 0'7· = 7'47m. 2·g 2·g 2·g i · L = 0'13276 · 200 = 26'55 m. Para dibujar las líneas piezométricas aplicamos Bernoulli en los distintos puntos:
p1 v2 = 30 - 1'5 · = 30 - 16'01 = 13'99 m γ 2·g p A1 v2 = (30 + 10) - 1'5 · - i·100 = 40 - 16'01 - 13'28 = 10'71 m. γ 2·g p A2 v2 = (30 + 10) - 2'2 · - i·100 = 40 - 23'47 - 13'28 = 3'25 m. γ 2·g
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p γ = 13'99 m.
v2 2·g = 10'67 m.
v2 0'5· 2·g = 5'34 m.
- 91 p1
= 10'71 m.
γ
p2
γ
= 3'25 m.
v2 = 10'67 m. 2·g
v2 = 10'67 m. v2 2·g 0'7· 2·g = 7'47 m.
h = i · 100 = 13'28 m.
5'34 m.
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PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Problema 2.1.3 Línea piezométrica y de energía Del depósito de la figura parte una tubería de acero de φ 0’50 m., con una 2 válvula en A que provoca una pérdida de carga: ΔH A = 0'3 · v
2·g
Calcular el máximo valor de α , sin que aparezcan presiones negativas. Dibujar y acotar las líneas piezométricas y de energía y calcular el caudal desaguado en esas condiciones.
20 m.
α B
φ 0'5 m.
200 m .
A
100 m .
C
El primer punto donde aparecerían las presiones negativas sería justo aguas abajo de la válvula. Por ello imponemos ahí la condición de que:
PA
γ
=0
v2 v2 v2 v2 En A ⇒ 20 + L1 · senα = 0'5 · + + i · L1 + 0'3 · = 1'8 · + i · L1 2·g 2·g 2·g 2·g PC v2 v2 En C ⇒ 20 + L T · senα = 1'8 · + i · LT + = 1'8 · + i · LT 2·g γ 2·g Hemos considerado 0.5 ⋅
v2 como pérdidas en la embocadura. 2⋅ g
Aplicamos la Fórmula de Manning y sustituimos en las expresiones anteriores:
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CONDUCCIONES EN PRESIÓN
i=
20 + 200·senα = 1'8 ·
v 2 ·n 2 R H4 3
=
v 2 · 0'012 43
(0'5 4 )
= 0'0016 · v 2
v2 + 0'0016 ·200 · v 2 = 0'0918·v 2 + 0'32· v 2 = 0'4118· v 2 2·g
20 + 300·senα = 0'0918· v 2 + 0'0016 ·300 · v 2 = 0'0918· v 2 + 0'48· v 2 = 0'5718· v 2
0'4118· v 2 − 200·senα = 20 0'5718· v 2 − 300·senα = 20 Despejando obtenemos los valores del ángulo pedido, la velocidad y el caudal: α = 20’4º; v = 14’76 m/s
Q = v · S = 14' 76 m/s ·
π · 0' 52 4
= 2' 9 m3 /s
v2 0'5· 2·g
v2 2·g
p
v2 0'3· 2·g
γ
11'11 m.
Las líneas piezométricas se obtienen a partir de las siguientes fórmulas:
v2 = 11'11 m. 2·g
; 0'5·
v2 = 5'56 m. 2·g
pB v2 = 20 − 1'5 · = 3'33 m. γ 2·g
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; 0'3 ·
v2 = 3'33 m. 2·g
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Problema 2.1.4 Línea piezométrica y de energía Calcular el caudal desaguado por la instalación de la figura. DATOS:
Δ HA = a estima (embocadura) 2
(v1 − v 2 ) 2 v (ensanchamiento); ΔH C = 0'3 · 1 (estrechamiento) ΔH B = 2·g 2·g 2
v ΔH D = 0'4 · 1 (válvula) 2·g
NIVEL CONSTANTE
20
v2
B
v1
A
0'5 m. L 1 = 50 m.
φ
1 m. L 2 = 100 m.
φ
C
v1
D
φ 0'5 m. VÁLVULA L 3 = 50 m.
Por continuidad: Q = v 1 · S1 = v 2 · S2 ;
v1·
π · D12 4
RH 1 =
= v2 ·
π · D2 2 4
2
;
v1 D2 = = 4; v2 D12
v 2 = 0' 25 · v1
D1 D = 0'125 m.; R H2 = 2 = 0'25 m. 4 4
Aplicamos Bernoulli: 2
v 20 = 1 + ΔH A + ΔH AB + ΔH B + ΔH BC + ΔH C + ΔH CD + ΔH D 2·g Luego:
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CONDUCCIONES EN PRESIÓN
2
2
2
v1 v1 n 2 ·L1 2 (v 1 − v 2 ) n 2 ·L 2 2 20 = + 0'5· + ·v1 + + 4 3 ·v 2 2·g 2·g R 4H13 2·g R H2 2 2 n 2 ·L3 2 v1 v1 + 0'3· + 4 3 ·v1 + 0'4· 2·g 2·g R H1
⎡ ⎤ 2·9' 8·0' 012 ·50 2 + 1 + 0 ' 25 − 2 · 0 ' 25 · 1 + 2 ⎢1 + 0' 5 + ⎥ 43 v1 0 ' 125 ⎥ 20 = ·⎢ 2·g ⎢ 2·9' 8·0' 012 ·100 ⎥ 2·9' 8·50 2 ·( 0 ' 25 ) + 0 ' 3 + + 0 ' 4 ⎢ ⎥ 0' 25 4 3 0'125 4 3 ⎣ ⎦
(
)
2
v 20 = 1 · (1 + 0'5 + 1'568 + 0'563 + 0'078 + 0'3 + 1'568 + 0'4) = 5'977 2·g v1 = 8’1 m/s ⇒ Q = 1’59 m3/s v2 = 0’25 · 8’1 = 2’025 m/s 2
v1 = 3'35 m.; ΔH A = 1'67 m.; ΔH AB = 5'25 m.; ΔH B = 1'88 m. 2·g ΔH BC = 0'26 m.; ΔH C = 1'00 m.; ΔH CD = 5'25 m.; ΔH D = 1'33 m.
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PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Problema 2.1.5 Línea piezométrica y de energía Determinar cuánto debe valer la pérdida de carga provocada por
la
v2 válvula en B ( k ⋅ ), para que la presión sea constante a lo largo de 2g toda la tubería. Dibujar y acotar las líneas piezométricas y de energía. Calcular el caudal desaguado en estas condiciones (dato: la válvula cierra el 20% de la sección). NIVEL CONSTANTE v2 0'5· 2·g
20
v2 2·g
A
30
p
L = 500 m. φ = 1 m. n = 0'01
γ v2 2·g 2
B
Las características de la sección son las siguientes:
S1 =
π ·12
= 0'785 m 2
4 1 R H1 = = 0'25 m. 4 S2 = 20% S1 = 0'80 · 0'785 = 0'628 m 2 Por continuidad:
Q = S1· v1 = S2 · v2
;
2
v1 v12 p A Bernoulli en A ⇒ 20 = + 0.5 ⋅ + 2g 2g γ
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v 2 = v1·
S1 = 1'25 · v1 S2
CONDUCCIONES EN PRESIÓN
2
v p n 2 ·L Bernoulli en B (aguas arriba) ⇒ 20 + 30 = 1'5 · 1 + B1 + 4 3 · v 1 2 2g γ RH Además la presión es constante ⇒
pA
γ
=
pB1
γ
Las tres ecuaciones anteriores forman un sistema con tres incógnitas: v1, pA, pB . Resolviéndolo obtenemos:
n2·L 2 30 = 4 3 · v1 ⇒ v1 = RH
30 30 = = 9'72 m/s 0'3175 n 2 ·L 4 3 RH
Por lo tanto: 2
pA pB v1 9'722 = = 20 − 1'5 · = 20 − 1'5 · = 20 − 1'5 · 4'82 = 12'77 m.c.a. γ γ 2g 2g Q = S1· v1 = 0'785 · 9'72 = 7'63 m3/s v 2 = 1'25 · v1 = 1'25 · 9'72 = 12'15 m/s Bernoulli en la válvula: 2
v p (aguas arriba) 1 + B1 2g γ 2
2
2
2
v v p = k · 1 + 2 + B2 (aguas abajo) 2g 2g γ 2
(1'25 · v1 ) + 0 ⇒ v1 p v + B1 = k · 1 + 2g γ 2g 2g 2
v p (1 − 1'25 ) · 1 + B1 − 0'5625 · 4'82 + 12'77 2g γ ⇒k= = = 2'09 2 4'82 v1 2g 2
2
v ΔHB = k · 1 = 2'04 · 4'82 = 10'1 m.c.a. 2g
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PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Problema 2.1.6 Línea piezométrica y de energía En la instalación de la figura calcular a partir de qué nivel en el depósito – h– deja de salir agua por la tubería BB’. Calcular el caudal en esas condiciones. Datos: LBB = 6 m LAB = 100 m. LBC = 200 m. φ = 1 m. (Tomar n = 0’01.)
VARIABLE
A
h
PÉRDIDA DESPRECIABLE
B´
5m
B C
Para que no salga agua por B’ basta con que la presión en B ( p B ) sea igual γ
que LBB’
pB = L BB' = 6 m. ; γ
SAC =
π·12 = 0'785 ; Pe = 0'25 m. 4
Bernoulli en B y en C:
h + H AB
v 2 n 2 · L AB 2 p B = 1'5 · + ·v + 2g γ R 4H 3
h + H AC
v 2 n 2 · L AC 2 = 1'5 · + ·v + 0 2g R 4H 3
Dos ecuaciones con dos incógnitas
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CONDUCCIONES EN PRESIÓN
p B ⎛ 1'5 n 2 · L AB ⎞ 2 ⎟ · v − h H AB − = ⎜⎜ + 4 3 ⎟ γ ⎝ 2g R H ⎠ ⎛ 1'5 n 2 · L AC ⎞ 2 ⎟ · v − h H AC = ⎜⎜ + 4 3 ⎟ 2g R H ⎝ ⎠
5 H = AB ⇒ H AB = 1'67 m. 300 100
1’67 – 6 = (7’65 ·10-2 + 6’35 ·10-2) · v2 – h
v2 = 73’465 ⇒ v = 8’57 m/s
5
= (7’65 ·10-2 + 19’05 ·10-2)· v2 – h
Q = S · v = 0’785 · 8’57 = 6’73 m3/s
- 99 -
h = 14’62 m.
PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Problema 2.1.7 Línea piezométrica y de energía El depósito de la figura tiene una capacidad de 30.000 m3. Supuesto lleno el depósito y que se abre la válvula A, ¿cuánto tiempo transcurrirá hasta que deje de salir agua por el punto A?. Considerar pérdidas en embocadura y por rozamiento con n = 0’01.
H1
15 m.
H2
TUBERÍA φ=0.8m L = 100 m. 5m
Si dividimos el depósito en tres franjas de 5 m., la última no se vacía porque queda a ras con la salida en A. Aplicando Bernoulli: 2 v1 v2 · n 2 n 2 ·100 ⎞ 2 ⎛ 1'5 ⎟ ⇒ vi = Hi = 1'5 · + 100 · 4 3 = v · ⎜⎜ + 4 3 ⎟ 2·g 2·g RH R H ⎝ ⎠
Hi 1'5 n 2 ·100 + 2·g R 4H 3
1ª franja:
5 0'8 = 7'5 ; R H = = 0'2 ; 2 4 7'5 7'5 = = 6'80 m/s 0'16203 0'012 ·100
Vol1 = 10.000 m 3 ; H 1 = 5 + v1 =
1'5 + 2·9'8
0'2 4 3
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n = 0'01
CONDUCCIONES EN PRESIÓN
Q = 6'8 · 0'5026 = 3'42 m 3 / s 10.000 m 3 T1 = = 2.925 seg 3'42 m 3 /s 2ª franja:
Vol2 = 10.000 m3 ; H 2 =
5 = 2'5 m. 2
2'5 = 3'93 m/s ⇒ Q2 = 3'43 · 0'5026 = 1'97 m3 / s 0'16203 10.000 T2 = = 5.065 seg 1'97 v2 =
TTOTAL = T1 + T2 = 2.925 + 5.065 = 7.990 seg. = 2h 13m 10seg
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PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Problema 2.1.8 Línea piezométrica y de energía Determinar el diámetro “D” de la tubería de la figura, para conducir un caudal de 4’2 m3/s (tomar n = 0’012) y suponer constante el nivel del depósito.
16 m. A
7 m.
L = 10.000 m.
B
Aplicamos Bernoulli entre A y B:
v2 v2 v2 v2 · n 2 16 + 7 = + 0'5 · + i · L = 1'5 · + 10.000 · 4 3 2·g 2·g 2·g RH El diámetro D es la incógnita.
S=
π · D2
v=
4
;
1'5 + 2·g
RH =
D ; 4
16 + 7 ; 10.000 · 0'0122 43
(D 4 )
v=
Q 4'2 = S π · D2 π · D2 23 Q= · 4 1'5 10.000 · 0'0122 + 43 2·g D 4
( )
Procedemos por tanteos: D = 1m
D π ·D2 R H = = 0'25 ; S = = 0'785 m 2 ⇒ v = 1'579 m/s ⇒ Q = 1'24 m 3 /s 4 4
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CONDUCCIONES EN PRESIÓN
D=2m
RH =
2 π ·22 = 0'5 ; S = = 3'14 m 2 ⇒ v = 2'49 m/s ⇒ Q = 7'83 m 3 /s 4 4
D = 1’5 m
RH =
1'5 π ·1'5 2 = 0'375 m. ; S = = 1'767 m 2 ⇒ v = 2'06 m/s ⇒ Q = 3'65 m 3 /s 4 4
D = 1’6 m
R H = 0'4 ; S = 2'01 m 2 ⇒ v = 2'15 m/s ⇒ Q = 4'33 m 3 /s Se da por buena la aproximación.
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PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Problema 2.1.9 Línea piezométrica y de energía Determinar el ángulo α para que la presión en el punto N de la tubería sea 4 m., y el caudal que desaguará (tomar n = 0’01).
20 m.
v2 2·g
α A
p 300 m
γ N
.
100 m
.
φ 2 m. B
φ = 2 m. ⇒ S =
π · 22 4
= 3'14 m 2 ; RH =
φ 4
=
2 = 0'5 m 4
Aplicando Bernoulli desde A hasta B:
v2 v2 v2 · n2 1 ⇒ 20 + 300 · sen α = 1'5 + i · L AB = 1'5 + 4 3 · 300 2g 2g RH Bernoulli desde A hasta N: 2 ⇒ 20 + 200 · sen α = 1'5
v 2 PN v2 v2 · n2 + + i · L AN = 1'5 + 4 + 4 3 · 200 2g γ 2g RH
Tenemos pues dos ecuaciones y dos incógnitas (sen α , v)
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CONDUCCIONES EN PRESIÓN
v 2 · 0'012 1 ⇒ 20 + 300 · sen α = 7'653 ·10 · v + · 300 = 0'152 · v2 43 0'5 −2
2
v 2 · 0'012 2 ⇒ 20 + 200 · sen α = 7'653 ·10 · v + 4 + · 200 = 0'127 · v2 + 4 43 0'5 -2
2
300 · sen α - 0’152 · v2 = -20
sen α = -0’014 ⇒ α = -0’80º
200 · sen α - 0’127 · v2 = -16
v2 = 103’846
⇒ v = 10’2 m/s
Por lo tanto: Q = S · v = 3’14 m2 · 10’2 m/s = 32’02 m3/s (En realidad la tubería está inclinada hacia arriba)
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PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Problema 2.1.10
Línea piezométrica y de energía
La instalación de la figura permite sacar agua del pozo, sin necesidad de bomba. Se pide: el caudal y la máxima depresión en la tubería (tomar n =
v2 0’012). Considerar en el codo Δh = 0'1 2g Pto. A
105
100
95
L=
NIVEL DINÁMICO
VÁLVULA DE PIE
10
0m
v2 0'5· 2·g
.
40
h 0
mm
.
v2 2·g
90 Para que funcione el conjunto, primero se llena de agua toda la tubería por el vértice superior teniendo cerrada la salida. A continuación se abre la salida y se establece un “sifón” que permite sacar agua del acuífero sin consumo de energía, (ya que la cota de salida es menor que la del nivel freático) Para resolverlo aplicamos Bernoulli entre inicio y final de la tubería:
R=
D 0'4 = = 0'1m 4 4
v2 v2 v2 ⋅ n2 H = 100 − 90 = 10 = 1'5 + 0'1 + (10 + 100) ⋅ 4 3 2g 2g R
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CONDUCCIONES EN PRESIÓN
110 ⋅ 2 g ⋅ 0'012 2 v 2 ⎛ ⎜ 10 = 1.6 + 2 g ⎜⎝ 0'14 3 v=
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2 g ⋅ 10 2 g ⋅ 10 196 = = = 4'86m / seg 1'6 + 6'75 8'3 8'3
Q = 4'86 ⋅ π ⋅
0'4 2 = 0'61m 3 / seg 4
Depresión máxima (punto A):
v2 4'862 4'862 ⋅ 0.012 2 P = 5 + 1'5 + i ⋅ L1 = 5 + 1'5 + ⋅ 10 2g 19'6 0'14 3 P = 5 + 1'80 + 0'73 = 7'53m. Nota: en un caso real habría que comprobar además que no se produzca cavitación.
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PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Problema 2.1.11
Línea piezométrica y de energía
Calcular el caudal y dibujar las líneas piezométricas y de energía de la instalación de la figura. Datos:
α = 5º
ΔH A → a estima v 22 ΔH B = 0.2 ⋅ 2g n = 0.011 Por continuidad se tiene:
Q = S1 × v1 = S 2 × v2 luego
Φ12 Φ 22 Φ 22 12 π × v1 = π × v2 ⇒ v1 = 2 × v2 = 2 × v2 4 4 Φ1 1.5 Por lo tanto
v1 = 0.444 v2 Aplicando Bernoulli de A a C:
v12 v22 v22 Pc H + (L1 + L2 )sin α = k A + 0.2 + + + i1L1 + i2 L2 2g 2g 2g γ
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CONDUCCIONES EN PRESIÓN
Donde:
H = 10m ; L1=100m ; L2=150m ; a = 5º ; sin5 = 8.716•10-2
Pc
Se supondrá kA = 0’5 y se sabe que
i1 =
v12 n 2
=
R H4 /13
v12 × 0.0112 4 1 . 5 ⎛ ⎞ 3
γ
= 0 (atmósfera)
= 4.4745 × 10 − 4 v12 = 4.4745 × 10 4 (0.444v 2 )
⎜ ⎟ ⎝ 4 ⎠ i1 = 8.8209 × 10 −5 v 22
i2 =
v 22 n 2 R H4 /23
=
v 22 × 0.0112 4 ⎛ 1 ⎞ 3
= 7.683 × 10 − 4 v 22
⎜ ⎟ ⎝ 4 ⎠ Luego:
2 ( 0.444v2 ) = 0.5 + 1.2
v22 10 + 250 × 8.716 × 10 + 2 × 9.81 2 × 9.81 + 8.8209 × 10−5 v22 × 100 + 7.683 × 10− 4 v22 × 150 −2
(
)
(
Resolviendo se tiene: v2 = 12.926m/s
)
y por tanto, v1 = 5.739m/s
Φ 22 12 Q =π v2 = 3.14 12.926 = 10.147 m3 / s 4 4 Aplicando Bernoulli de A a B (después del estrechamiento):
v12 v 22 v 22 PB 2 H + (L1 ) sin α = 0.5 + 0.2 + + + i1 L1 2g 2g 2g γ 10 + 100 × 8.716 × 10 − 2 = 0.5
(
5.379 2 12.926 2 PB 2 + 1.2 + + 2 × 9.81 2 × 9.81 γ
)
+ 8.8209 × 10 −5 × 12.926 2 × 100
- 109 -
2
PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Resolviendo se tiene:
PB 2
γ
= 6.184m
Aplicando Bernoulli en A:
v12 PA 5.739 2 PA P H = 1.5 + ⇒ 10 = 1.5 + ⇒ A = 7.842 m 2g γ 2 × 9.81 γ γ Para dibujar las líneas piezométrica y de energía sólo falta por calcular: En A:
PA
γ
= 7.482 m
;
v12 = 1.679 m 2g
;
v12 0.5 = 0.839 m 2g
;
0.2
En B (después del estrechamiento):
PB 2
γ
= 6.184 m
;
v22 = 8.516 m 2g
2 v21 = 1.703m 2g
En B (antes del estrechamiento):
v22 v22 v12 = + + 0.2 − = 6.184 + 8.516 + 1.703 − 1.679 = 14.724 m γ γ 2g 2g 2g
PB1
PB 2
Como comprobación:
v12 v 22 v 22 Pc H + (L1 + L2 ) sin α = k A + 0.2 + + + i1 L1 + i 2 L2 2g 2g 2g γ 10 + 250 × 8.716 × 10 − 2 = (31.79m ) 0.839 + 1.703 + 8.516 + 0 + 1.474 + 19.255 = 31'79m Luego los resultados son correctos.
- 110 -
CONDUCCIONES EN PRESIÓN
Problema 2.1.12
Línea piezométrica y de energía
Se ha proyectado una fuente ornamental con un gran surtidor, según el esquema de la figura. Calcular la altura –h- alcanzada por el chorro y el caudal. Suponer n = 0’011. Pérdidas localizadas: Embocadura
v12 Δh1 = 0.5 2g
Estrechamiento
v22 Δh2 = 0.4 2g
Aplicando Bernoulli desde el depósito a la salida:
H TOTAL
v12 v12 n 2 v22 v22 = 20m = 0.5 + L1 + + 0.4 2 g RH4 / 3 2g 2g
D12 D22 Por continuidad, Q = S1v1 = S2v2 ; π v1 = π v2 4 4 D22 0.012 2 v1 = 2 v2 = v = 0.01v2 D1 0.12 Sustituyendo:
- 111 -
PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
2 2 ( 0.01v2 ) (0.01v2 ) × 0.0112 v22 20 = 0.5 + 2000 + 1.4 4
2g
⎛ 0.1 ⎞ 3 ⎜ ⎟ ⎝ 4 ⎠
20 = 7.1512 × 10− 2 v22 ⇒ v2 = 16.366 m / s La altura h alcanzada por el chorro será:
v22 16.366 2 h= = = 13.652 m 2 g 2 × 9.81 Q = 1.285l / s
- 112 -
2g
CONDUCCIONES EN PRESIÓN
Problema 2.1.13
Sifón
Determinar el diámetro de la tubería del sifón de la figura. Tomar: n = 0’013 para el canal n = 0’012 para la tubería
CAUDAL DEL CANAL
S=
π × R2 2
=
R=
V =
1 i2
2 × R3
n
=
π × 22 2
= 6.28 m 2
R 2 = =1 2 2
1 0.0004 2
2 × 13
0.013
= 1.54 m / s
Caudal
Q = S × V = 6.28 ×1.54 = 9.67 m3 / s Las perdidas totales en el sifón EMBOCADURA 2
Δh deberán ser ≤ 1.8 m . CODOS
2
V 0.2 × v Δh = 0.5 × + + 2g 2g
VELOCIDAD 2
- 113 -
v 2g
+ 400 ×
v2 × n2 4 R3
PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ n 2 ⎥ 2 ⎢ Δh = v ⎢1.7 + 400 × ≤ 1.80 m 4 ⎥ ⎢ ⎛ D ⎞ 3 ⎥ ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ 4 ⎠ ⎦ ⎣ Siendo D el diámetro de la tubería
v=
Q 9.67 × 4 12.36 = = 2 D π × D2 D2 π× 4
Sustituyendo, se tendrá
⎤ 2 ⎡ 0.366 ⎥ ⎡12.32 ⎤ ⎢ ≤ 1.80 m 4 ⎥ ⎢⎣ D 2 ⎥⎦ × ⎢0.087 + ⎣ D 3 ⎦ Por tanteos se obtiene para D = 2.10m →
- 114 -
Δh = 1.74 < 1.80 (VÁLIDO)
CONDUCCIONES EN PRESIÓN
Problema 2.1.14
Línea piezométrica y de energía
Determinar el valor del ángulo - α − a partir del cual aparecen problemas de cavitación en – A -. Calcular el caudal que circularía en esas condiciones.
DATOS: LAB = 1000 m, φ AB = 1 m, LBC = 100 m, φ AC = 2 m Presión de vapor (absoluta) = 0.042 atm Pérdidas de carga: KA a estima, KB = 1’1; n = 0’011 Las características de la tubería son las siguientes:
S AB =
π ·12
= 0'785 m 2
4 1 R HAB = = 0'25 m. 4 π ·22 S BC = = 3'142 m 2 4 2 R HBC = = 0'5 m. 4 Por continuidad:
Q = SAB· vAB = SBC · vBC
- 115 -
;
v BC = v AB ·
S AB = 0'25· v AB S BC
PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Para que se produzca cavitación en A, la presión en este punto debe ser igual a la tensión de vapor. Como nos dan la presión absoluta, le restamos la atmosférica para pasar a presión relativa:
PA = PV − Patm = 0'042 − 1 = −0'958atm PA
γ
= −0'958
10'33mca = −9'9mca 1atm 2
Aplicamos Bernoulli en A ⇒
2
v v p H1 = k A AB + AB + A 2g 2g γ
Luego: v AB
P ⎞ ⎛ 2 g ⎜⎜ H 1 − A ⎟⎟ γ ⎠ ⎝ = 1+ kA
Suponemos como pérdida de carga en la embocadura: k A = 0'5
v AB
P ⎞ ⎛ 2 g ⎜⎜ H 1 − A ⎟⎟ γ ⎠ 2 ⋅ 9'8(5 + 9'9) ⎝ = = = 13'96 ≈ 14m / s 1+ kA 1'5
Luego
Q = S AB ⋅ v AB = 0'785 ⋅ 13'96 = 10'96 ≈ 11m 3 / s v BC = 0'25· v AB = 0'25 ⋅ 13'96 = 3'49 ≈ 3'5m / s Para calcular el ángulo planteamos Bernoulli hasta la salida de la tubería: 2
2
2
2 2 v AB v AB ⋅ n2 v AB vBC ⋅ n2 v p H1 + H 2 = k A + 4 L AB + k B · + 4 L BC + BC + C 2g 2g 2g γ 3 3 RHAB RHBC
H 2 = L AB ⋅ senα − L BC ⋅ cos α
- 116 -
CONDUCCIONES EN PRESIÓN
v BC = 0'25 ⋅ v AB
por lo que
2 2 v BC = 0'0625 ⋅ v BC
Con todo ello tenemos:
H1 + H 2 = ( k A + k B +
H1 + H 2 = (0'5 + 1'1 +
L AB ⋅ n 2 4
+ 0'0625
L BC ⋅ n 2
3 RHAB
1000 ⋅ 0'0112 0'25
4
4
3 RHBC
+ 0'0625
100 ⋅ 0'0112 0'5
3
2
v + 0'25) AB + 0 2g
4
3
14 2 + 0'25) 2 ⋅ 9'8
H1 + H 2 = (0'5 + 1'1 + 0'768 + 0'0019 + 0'25) ⋅ 10 = 26'2m H 2 = 23'7 − H 1 = 26'2 − 5 = 21'2m Como:
H 2 = L AB ⋅ senα − L BC ⋅ cos α = 1000 ⋅ senα − 100 ⋅ cos α = 21'2m Resolviendo se obtiene:
α = 0'1208 º Luego podemos que en una tubería con descarga libre es muy fácil que se produzca cavitación, sobre todo si la tubería tiene mucha longitud y la presión en el inicio, (altura del depósito), es relativamente pequeña.
- 117 -
PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
2.2.
GOLPE DE ARIETE
Problema 2.2.1 Deducción fórmulas golpe de ariete Deducir la fórmula simplificada que da el golpe de ariete en un cierre lento. Límites de aplicación. En este caso tendremos que aplicar la fórmula de Michaud que nos da la sobrepresión que se produce para un cierre T que ha de ser mayor que el tiempo que la onda de choque invierte en recorrer en uno y otro sentido la tubería considerada. Vamos a deducir la fórmula para la cual usaremos la segunda ley de Newton.
Aplicamos la segunda ley de Newton sabiendo el valor de la masa y de la fuerza F. Segunda ley de Newton: F ⋅ dt
= M ⋅ dv. F = Δy ⋅ S ⋅ γ .
γ
M = S ⋅L⋅ . g Y sustituimos: Δy ⋅ S ⋅ γ ⋅ dt = S ⋅ L ⋅ Ahora integramos la expresión anterior:
- 118 -
γ g
⋅ dv.
CONDUCCIONES EN PRESIÓN
L
∫ Δy ⋅ dt = g ∫ dv. Vamos a suponer una variación lineal de Δy. Si T es el tiempo de cierre de la tubería tenemos:
Δy Δymax = . t T T
Δymax L ⋅ t ⋅ dt = ⋅ v. T g 0
∫
Resolviendo la integral obtenemos finalmente la fórmula de Michaud que nos permite obtener la sobrepresión para un cierre lento de duración T.
Δymax = Esta fórmula sólo es válida para T ≥
2⋅ L⋅v . g ⋅T
2⋅ L . En esta expresión a es la celeridad a
con la que se propaga la onda de choque cuyo valor depende de las características de la tubería. Para valores de tiempo iguales a 2·L/a la fórmula de Allievi y Micheaud dan el mismo valor y nos encontraríamos en el límite de lo que es el cierre rápido y el cierre lento. En este caso:
Δymax =
a⋅v . g
- 119 -
PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Problema 2.2.2 Deducción fórmulas golpe de ariete Obtener la fórmula simplificada del golpe de ariete para cierre rápido.
y
a·t s x L Δv Δt F = Δy ⋅ S ⋅ γ F =M ⋅
γ
M = x ⋅ S ⋅ ; x = a ⋅ t (a → celeridad ) g Sustituyendo:
Δy ⋅ S ⋅ γ = a ⋅ t ⋅ S ⋅ Δy =
γ Δv ⋅ g Δt
a Δv ⋅t ⋅ g Δt
Si el cierre es total (entre 0 y t):
Δv → v yt → Δt a v a⋅v Δy = ⋅ Δt ⋅ = g Δt g
- 120 -
CONDUCCIONES EN PRESIÓN
Problema 2.2.3 Golpe de ariete Determinar las presiones máximas en el punto -A- de la Tubería Forzada (T.F.) de la figura, para los casos de tiempo de cierre t1=5 seg., y t2=2 seg. (Tomar v = 4 m/seg., a = 1.000 m/seg.)
60
A
500 m
75
T.F
.
CENTRAL
1000 m
T=
2 ⋅ L 2 ⋅ 1.500 = = 3seg. a 1.000
1er. caso: t1= 5 seg. 5 seg. > 3 ⇒ cierre lento ⇒ Micheaud⇒
Δymax =
2 ⋅ L ⋅ v 2 ⋅ 1.500 ⋅ 4 = = 245 g ⋅ t1 9'8 ⋅ 5
PA = 75 ⋅
500 245 + 60 + = 25 + 60 + 82 = 167m.c.a. 1.500 3 PA = 1’637Mpa=16’7 kg/cm2
2º caso: t2= 2 seg 2 seg < 3 seg ⇒ cierre rápido ⇒ Allievi
- 121 -
PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
a ⋅ v 1.000 ⋅ 4 = = 408m.c.a. g 9'8 a ⋅ t 1.000 ⋅ 2 = = 1.000 m 2 2 75 408 PA = + 60 + = 25 + 60 + 204 = 289 m.c.a. 3 2
Δymax =
PA = 2’83Mpa=28’9 kg/cm2
- 122 -
CONDUCCIONES EN PRESIÓN
Problema 2.2.4 Golpe de ariete Determinar las presiones máximas que se producen en los puntos A y B, de la tubería forzada de la figura, para t = 4s y t = 2s.
T=
2 L 2 × 1500 = = 3s a 1000
1er CASO t = 4 s Cierre lento
Δh =
2 × L × V 2 × 1500 × 4 = = 300 m g ×t 10 × 4
Punto A:
PT = 600 + H o + 300 = 904 m =8’86Mpa.
Punto B:
PT =
600 300 + Ho + = 304 m =2’98Mpa. 3 3
2º CASO t = 2s
Cierre rápido
Δh =
a × V 1000 × 4 = = 400 m g 10
- 123 -
PROBLEMAS DE OBRAS HIDRAULICAS Fernando Delgado Ramos y Joaquín Delgado García
Punto A:
PT = 600 + 4 + 400 = 1004 m =9.84Mpa.
Punto B: PT =
600 400 +4+ = 404 m =3.96Mpa. 3 2
- 124 -