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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTIN FACULTAD DE INGENIERIA DE PROCESOS ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA METALÚRGICA

MECANICA DE FLUIDOS

TRABAJO: “RESOLUCION DE PROBLEMAS DEL CAPITULO VI”

DOCENTE:

ING. VICENTE HERMO RUDY VILCA AMESQUITA

INTEGRANTES: ➢ CUSI TARAPACA ROBERT ➢ ALIAGA AMPUERO GAIMER ➢ MENDOZA HURTADO PIERO ➢ SANCA NINA ELVIS ➢ CAPPA PALOMINO ERICK ➢ SIVINCHA PAUCAR OSCAR EMERSON

2020

PROBLEMAS RESUELTOS (CAPÍTULO VI) 1. Un fluido no newtoniano con una velocidad de 0.3 m/s fluye a través de una tubería de 1.5 pulgadas de diámetro interno. En la tubería hay 30 m de tubo liso, una válvula de globo, 3 codos rectos y una descarga. ¿cuál será la caída de presión en la línea? Datos: n=0.7, K= 0.3 N sn/ m2 , densidad =1200kg/m3.

DATOS • • • • •

V = 0.3 m/s K= 0.3 Nsn/m2 L=30 m n = 0.7 ρ = 1200Kg/m3 Di = 1.5 in →0.0381 m

-

Longitud equivalente de accesorios

1 válvula

= 13.7 m

3 codos rectos = 3(0.9 m) Descarga

= 0.3 m -------------L. EQUIVALENTE = 16.7 m 𝑳𝒕 = 𝑳𝒆𝒒 + 𝑳 𝐿𝑇 = 16.7𝑚 + 30𝑚 𝑳𝑻 = 𝟒𝟔. 𝟕𝒎

-

Numero de Reynolds 𝑹𝒆 =

𝑫𝒏 𝑽𝟐−𝒏 𝝆 𝟖𝒏−𝟏 𝑲

m 2−0.7 (0.0381m)0.7 (0.3 s ) (1200 Kg/m3 ) 𝑹𝒆 = (80.7−1 )(0.3) 𝑹𝒆 = 𝟏𝟓𝟖. 𝟒𝟒 → Flujo Laminar

-

Cálculo de la caída de presión ∆𝑷 =

𝑲𝟒𝑳 𝟖𝑽 𝒏 ( ) 𝑫 𝑫

m (0.3)(4)(16.7 m) (8)(0.3 s ) ∆𝑷 = ( 0.0381m 0.0381m ∆𝑷 = 26234.59

)0.7

N 0.102 Kg x m2 1N

∆𝑷 = 𝟐𝟔𝟕𝟓. 𝟗𝟑

𝐊𝐠 𝐦𝟐

2. ¿Cuál será la caída de presión en 150 m de tubo de 1.5 pulgadas de acero inoxidable y liso por el que circula un fluido no newtoniano con los siguientes parámetros n=0.85 ; K= 0.015 lbs n/ft2 y una densidad de 963 kg/m3; si el caudal es de 275 litros/minuto?

DATOS • •

L = 150 m D = 1.5 in→ 0.0409 m

•

K = 0.15

•

𝜌 = 963 𝑚3

•

𝑄 = 275 𝑚𝑖𝑛 → 275 𝑚𝑖𝑛 𝑥

-

Velocidad

lbf𝑠𝑛

f𝑡 2 𝑘𝑔 𝑙

→

0.15 𝑙𝑏𝑓𝑠𝑛 𝑓𝑡 2

𝑙

𝑥

4.44𝑁 1𝑙𝑏𝑓

1𝑚3 1000𝑙

(1𝑓𝑡)2

𝑥 (0.3048𝑚)2 = 𝟎. 𝟕𝟏𝟔𝟖 1 𝑚𝑖𝑛

𝑥 60𝑠𝑒𝑔 = 𝟒. 𝟓𝟖𝒙𝟏𝟎−𝟑

𝑽=

𝑸 𝑨

𝑚3 4.58𝑥10−3 𝑠 𝑽=𝜋 2 4 ( 0.0409 m) 𝑽 = 𝟑. 𝟒𝟖

𝒎 𝒔

𝒎𝟑 𝒔

𝑵𝒔𝒏 𝒎𝟐

-

Numero de Reynolds 𝑹𝒆 =

𝑫𝒏 𝑽𝟐−𝒏 𝝆 𝟖𝒏−𝟏 𝑲

𝑘𝑔 m 1.15 (0.0409m)0.85 (3.48 s ) (963 3 ) 𝑚 𝑹𝒆 = 𝐾𝑔𝑚𝑠 𝑛 (80.85−1 ) (0.7168 2 2 ) 𝑠 𝑚 𝑹𝒆 = 𝟓𝟎𝟖. 𝟕𝟏 → Regimen Laminar

-

Factor de Fricción 𝑭. 𝒇𝒓𝒊𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏 =

𝟏𝟔 16 → 𝑹𝒆 508.71

𝑭. 𝒇𝒓𝒊𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟏𝟒𝟓

-

Calculo de la caída de presión ∆𝑷 = 𝑭. 𝒇𝒓𝒊𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏

𝝆𝑳𝑽𝟐 𝑫𝟐𝒈

𝑘𝑔 𝑚 )(150 m)(3.48 𝑠 )2 3 𝑚 ∆𝑃 = 0.03145 m (0.0409 m)(2) (9.81 2 ) s (963

∆𝑷 = 𝟐𝟕𝟒𝟐𝟒𝟐. 𝟐𝟓

𝑲𝒈 𝒎𝟐

3. Se va a bombear polietileno fundido a través de una tubería de acero de una pulgada cedula 40 a razón de 0.95 L/min. Calcule la caída de presión por unidad de longitud. Datos: n=0.49, K= 329 N sn/ m2 , densidad =939kg/m3 DATOS:

• • • •

L= 1 m D= 1 pulg = 0.0254 m Q=0.95 L/min= 1.583*10-5 m3/s ∆𝑃 =?

Hallando la velocidad del fluido

𝑸 = 𝑨∗𝒖 0.95 =

𝜋𝐷 2 ∗𝑢 4

1.583 ∗ 10−5 𝑚3 /s =

𝜋0.0254 𝑚2 ∗𝑢 4

𝑢 = 0.03124 𝑚/𝑠

Cálculo del número de Reynolds generalizado:

𝑹𝒆 =

𝑫𝒏 𝒖𝟐−𝒏 𝝆 𝟖𝒏−𝟏 𝑲

0.02540.49 ∗ 0.031242−0.49 ∗ 963 𝑹𝒆 = 80.49−1 ∗ 0.7182

𝑹𝒆 = 3.41459 → El flujo es laminar

Hallando la caída de presión ∆𝑃 =

∆𝑃 =

𝑘4𝐿 8𝑢 𝑛 ( ) 𝐷 𝐷

329 ∗ 4 ∗ 1 8 ∗ 0.03124 0.49 ( ) 0.0254 0.0254 ∆𝑃 = 346.75733 𝑁⁄ 2 𝑚 ∆𝑃 = 346.75733 𝑁⁄ 2 𝑚

RPTA: La caída de presión es de 𝟑𝟒𝟔. 𝟕𝟓𝟕𝟑𝟑 𝑷𝒂 4. Por una tubería lisa se transporta un fluido no newtoniano con un Reynolds generalizado de 2000. ¿Cuál será el valor de factor de fricción si Datos: n=0.575 y K= 0.418 lb sn/ m2?

El valor del factor de fricción por gráfica es de 0.0045 -

Otra manera de calcular este valor es apartir de la siguiente ecuacion:

𝟏 √𝒇

=

𝟒 𝟎. 𝟒 ∗ 𝒍𝒐𝒈(𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒇𝟎.𝟕𝟏𝟐𝟓 ) − 𝟎.𝟕𝟓 𝟎. 𝟓𝟕𝟓𝟏.𝟐 𝟎. 𝟓𝟕𝟓

𝐹(𝑓) = 6.05785 ∗ 𝑙𝑜𝑔(20000 ∗ 𝑓 0.7125 ) − 0.777 −

𝑆𝑖 𝑓 = 0.0045 𝐹(𝑓) = 0.2417

1 √𝑓

𝑆𝑖 𝑓 = 0.0044 𝐹(𝑓) = 0.03103 𝑆𝑖 𝑓 = 0.00438 𝐹(𝑓) = 0.0119 𝑆𝑖 𝑓 = 0.004385 𝐹(𝑓) = 6.08𝑥10−4 RPTA: El valor del factor de fricción por fórmula es de 0.004385 5. Se desea transportar un fluido no-newtoniano a través del sistema mostrado. El flujo del fluido es de 0.65 kg/s y la temperatura de 15°C. Determine la perdida por fricción producidas y la potencia de la bomba si esta tiene una eficiencia de 70%. Datos del jugo: K=5 dinas/cm 2 sn, densidad = 1.1 g/cm3, n = 0.645 Ecuación de Bernoulli (puntos 1 y 2)

∆𝒁

∑𝑭 𝓟 𝒈 ∆𝒖𝟐 ∆𝑷 + + =− − 𝒈𝒄 𝟐𝒈𝒄 𝝆 𝑴 𝑴

Perdidas por fricción ∑𝑭 𝑳𝒖𝟐 = 𝟐𝒇 𝑴 𝒈𝒄 𝑫

Hallando Velocidades: 𝟏 0.65 𝑚 𝒖( ) = = 18.66 𝟒 1100(0.25𝑥0.0254)2 ∗ (0.785) 𝑠 𝟏 𝑚 𝒖 ( ) = 4.66 𝟐 𝑠

Hallando Numero de Reynolds: 𝑫𝒏 𝑽𝟐−𝒏 𝝆 𝑹𝒆 = 𝒏−𝟏 𝟖 𝑲 1 𝐷 ( ) = 6.35𝑥10−3 𝑚 4 1 𝐷 ( ) = 0.0127 𝑚 2

1 (0.635)0.645 (1866)1.355 (1.1) 𝑅𝑒 ( ) = (5)(8)−0.355 4 𝟏 𝑹𝒆 ( ) = 𝟗𝟐𝟖𝟔 𝟒 1 (1.27)0.645 (466)1.355 (1.1) 𝑅𝑒 ( ) = (5)(8)−0.355 2 𝟏 𝑹𝒆 ( ) = 𝟐𝟐𝟏𝟓 𝟐 Factor de Fricción 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑢𝑛 𝑅𝑒 = 9286 𝑦 𝑛 = 0.645 ; 𝑓 = 0.0006 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑢𝑛 𝑅𝑒 = 2215 𝑦 𝑛 = 0.645 ; 𝑓 = 0.0007

Perdidas -

En las tuberías de 1/2 pulgada: 𝑭 0.007 ∗ 2 ∗ 1 ∗ 4.662 = = 2.44 𝐾𝑔 𝑚 /𝑘𝑔 𝑴 9.81 ∗ 0.0127

-

En las tuberías de 1/4 pulgada: 𝑭 0.006 ∗ 2 ∗ 6 ∗ 18.662 = = 402.45 𝐾𝑔 𝑚/𝑘𝑔 𝑴 9.81 ∗ 6.35𝑥10−3 Total =404.89 𝑲𝒈 𝒎 /𝒌𝒈

-

Energía cinética: 𝜟𝜺𝒄 =

-

𝑈12 18.662 = = 17.746 𝐾𝑔 𝑚/𝑘𝑔 2𝑔𝑐 2(9.81)

Energía potencial: 𝜟𝒛 = (𝑧2 − 𝑧1) = 0 − 3 = −3 𝐾𝑔 𝑚/𝑘𝑔

-

Energía de presión: 𝜟𝑷 = 𝝆

-

(1.033 + 1.5 − 1.033)𝑋10000 1100

𝑚2 𝑘𝑔

𝑘𝑔 𝑚3

= 13.63𝐾𝑔

𝑚 𝑘𝑔

Balance: 𝜟𝒑 𝜟𝒖𝟐 𝜮𝑭 − 𝒓 + + 𝜟𝒛 = 𝝆 𝟐 ∗ 𝒈𝒄 𝑴 𝑚 𝑚 𝑚 𝑝0 13.63𝐾𝑔 + 17.746 𝐾𝑔 − 3 𝐾𝑔 = −404.89 − 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑀 𝑝0 𝑚 = −433.26𝐾𝑔 𝑀 𝑘𝑔

-

Potencia: 𝑃𝑜 = 433.26

𝑃𝑜 = 433.26

𝐾𝑔 ∗ 𝑚 0.65𝐾𝑔 ∗ 𝑘𝑔 0.7𝑠

𝐾𝑔 ∗ 𝑚 0.65𝐾𝑔 ∗ = 402.36 𝑘𝑔 0.7𝑠 𝑃𝑜 = 5.3648

RPTA: Se requiere una bomba de 6 HP 6. Un fluido que obedece la ley exponencial y que tiene una densidad de 1041 kg/m3 fluye a través de 14.9 m de una tubería de 0.0524 m de diámetro interno una velocidad promedio de 0.0728 m/s. Las propiedades geológicas del fluido son: k = 15.23 N sn / m2 y n = 0.4. Calcule la caída de presión y las perdidas por fricción. DATOS: • • • •

𝐿 = 14.9 𝑚 𝐷 = 0.00524 𝑚 𝑢 = 0.0728 𝑚/𝑠 ∆𝑃 = ?

•

Hallando el número de Reynolds generalizado 𝑹𝒆 =

𝑅𝑒 =

𝑫𝒏 𝒖𝟐−𝒏 𝝆 𝟖𝒏−𝟏 𝑲

(0.0524)0.4 × (0.0728)1.6 × (1041) (8)−0.6 × (15.23)

𝑅𝑒 = 1.106 → 𝐸𝑙 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 𝑒𝑠 𝑙𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 •

La caída de presión 𝑲 𝟒𝑳 𝟖𝒖 𝒏 ( ) 𝑫 𝑫

∆𝑷 =

∆𝑃 =

•

(15.23) × 4(14.9) 8 × 0.0728 0.4 ( ) 0.0524 0.0524 ∆𝑃 = 45391.12 𝑃𝑎

Perdidas por fricción 𝑓=

16 = 14.467 1.106

∑𝑭 𝑳𝒖𝟐 = 𝟐𝒇 𝑴 𝑫 ∑𝐹 (14.9) × (0.0728)2 = 2 × (14.467) × 𝑀 0.0524 ∑𝐹 = 43.60 𝐽/𝑘𝑔 𝑀 RPTA: Las perdidas por fricción es 43.60 J/Kg y la caída de presión es de 45391.12 Pa ¿Cuál será la potencia de la bomba requerida para llevar pulpa de carbón desde un tanque a través de una tubería de media pulgada de diámetro interno y de 10 m de longitud equivalente? El nivel de la pulpa en el tanque está a 6 m por arriba de la descarga del tanque. El flujo de pulpa de carbón es de 0.125 Kg /s. La descarga es a la atmósfera. Las propiedades de la pulpa de carbón son: K= 60 (dinas/cm2 ) sn ; densidad 977 kg /m3 ; n = 0.454. R.- La potencia teórica requerida es de 3.88 kgm /s. •

Se halla el caudal. 𝑄=

∅𝑚 𝜌

𝐾𝑔 0.125 𝑠 𝑄= 𝐾𝑔 977 3 𝑚 𝑄 = 1.28 ∗ 10−4 •

Se halla la velocidad. 𝑉=

𝑄 𝐴

𝑚3 𝑠

𝑚3 1.28 ∗ 10−4 𝑠 𝑉=𝜋 2 4 ∗ (0.0127𝑚) 𝑉 = 1.01 •

𝑚 𝑠

Se calcula el Reynolds generalizado. 𝐾 = 60

𝑑𝑖𝑛𝑎𝑠 ∗ 𝑠 𝑛 1𝑁 (100𝑐𝑚)2 𝑁 ∗ 𝑠𝑛 ∗ ∗ = 6 𝑐𝑚2 105 𝑑𝑖𝑛𝑎𝑠 1𝑚2 𝑚2 𝑅𝑒𝑔𝑒𝑛 =

𝑅𝑒𝑔𝑒𝑛

𝐷 𝑛 ∗ 𝑣 2−𝑛 ∗ 𝜌 8𝑛−1 ∗ 𝐾

𝐾𝑔 𝑚 (0.0127𝑚)0.454 ∗ (1.01 𝑠 )2−0.454 ∗ 977 3 𝑚 = 𝑛 𝑁 ∗ 𝑠 80.454−1 ∗ 6 𝑚2 𝑅𝑒𝑔𝑒𝑛 = 70.9

•

Se determina el factor de fricción de Fanning.

𝑓𝑓 =

16 𝑅𝑒𝑔𝑒𝑛

𝑓𝑓 =

16 70.9

𝑓𝑓 = 0.2256 •

Se halla las pérdidas de tuberías. ℎ=

4𝑓𝑓 ∗ 𝐿 ∗ 𝑣 2 𝐷∗2∗𝑔

𝑚 4 ∗ 0.2256 ∗ 10𝑚 ∗ 1.01 𝑠 ℎ= 𝑚 0.0127𝑚 ∗ 2 ∗ 9.81 2 𝑠 ℎ = 36.94𝑚 •

Se calcula la energía cinética

Debido a que el nivel del tanque es constante la velocidad es 0 𝐸𝑐𝑖𝑛𝑒𝑡𝑖𝑐𝑎 = 0

•

Se calcula la energía potencial. 𝐸𝑐𝑖𝑛𝑒𝑡𝑖𝑐𝑎 = −6𝑚

•

Se calcula la energía de presión. ∆𝑃 = 0; 𝑑𝑒𝑏𝑖𝑑𝑜 𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑠𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑒𝑠 𝑎 𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑐𝑒𝑟𝑜

•

Se reemplaza en el balance de Bernoulli. 𝐸𝑐𝑖𝑛𝑒𝑡𝑖𝑐𝑎 + 𝐸𝑐𝑖𝑛𝑒𝑡𝑖𝑐𝑎 + ∆𝑃 = −ℎ −

𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 ∗ 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 ∅𝑚

𝐾𝑔 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 ∗ 0.125 𝑠 0 + 0 − 6𝑚 = −36.94𝑚 1 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = 3.86

𝑘𝑔 ∗ 𝑚 𝑠

Una pasta de chocolate fundido a 38 ° C se mueve por una tubería de 4 pulgadas a una velocidad de 0.7 m /s. El chocolate se comporta como un fluido Bingham con las propiedades siguientes: τ0 = 20 N / m2 , μa = 2 Pa.s; densidad = 1100 Kg /m3 . ¿Cuál es el factor de fricción esperado para este sistema?. R.- El factor de fricción es de 0.852. •

Se halla Reynolds. 𝑅𝑒 =

𝐷∗𝑣∗𝜌 𝜇2

𝑅𝑒 = 102.3 ∗ 10−3 𝑚 ∗ 0.7

𝑚 𝐾𝑔 ∗ 1100 3 𝑠 𝑚

𝑅𝑒 = 39.38 •

Se resuelve el número de Hendstrom. 𝑁ℎ𝑒 =

1100 𝑁ℎ𝑒 =

𝜌 ∗ 𝜏 ∗ 𝐷2 𝜇2

𝐾𝑔 𝑁 ∗ 20 2 ∗ (102.3 ∗ 10−3 𝑚)2 𝑚3 𝑚 (2𝑃𝑎 ∗ 𝑠)2 𝑁ℎ𝑒 = 57.55

•

Se calcula el factor de fricción de Bingham laminar.

𝑓𝐵𝐿 =

16 𝑁ℎ𝑒 𝑁ℎ𝑒 4 ∗ (1 + − ) 𝑅𝑒 6 ∗ 𝑅𝑒 3 ∗ 𝑓𝐵𝐿 3 ∗ 𝑅𝑒 7

Se empieza calculando el primer miembro. 𝑓𝐵𝐿 = 𝑓𝐵𝐿 =

16 𝑁ℎ𝑒 ∗ (1 + ) 𝑅𝑒 6 ∗ 𝑅𝑒

16 57.55 ∗ (1 + ) 39.38 6 ∗ 39.38 𝑓𝐵𝐿 = 0.5051

Se realiza la iteración. 𝑓𝐵𝐿 =

𝑓𝐵𝐿 =

16 𝑁ℎ𝑒 𝑁ℎ𝑒 4 ∗ (1 + − ) 𝑅𝑒 6 ∗ 𝑅𝑒 3 ∗ 𝑓𝐵𝐿 3 ∗ 𝑅𝑒 7

16 57.55 57.554 ∗ (1 + − ) 39.38 6 ∗ 39.38 3 ∗ 0.50513 ∗ 39.387 𝑓𝐵𝐿 = 0.5051