Fluidos Incompresibles, Apuntes de Mecánica de Fluidos

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Capítulo 10

Flujo de fluidos incompresibles a

través de sistemas complejos.

Flujo de fluidos a través de sistemas complejos.

La mayoría de los sistemas por los que se desplazan los fluidos incompresibles, verbigracia el agua, son complejos , es decir, consisten en uno o más tramos de tuberías de diferentes diámetros o en tuberías que forman ramales, redes y otros complejos sistemas de distribución como las del agua de alcantarillas o las redes de distribución de agua potable.

SISTEMAS DE TUBERÍAS EN SERIE. Las tuberías en serie son aquel conjunto de tuberías que forman parte de una misma conducción y que tienen diferente diámetro.

Para obtener una solución al problema se deben considerar lo siguiente:

 Continuidad: M 1 =M 2 =M 3

 Velocidad media: 𝑢 2 = 𝑢 1 𝐴 𝐴^1

2  Balance de energía:

𝑢 6 = 𝑢 10 ×

𝐴 6 = 𝑢^10 × (

2

2.2.- Balance de energía.

∆𝑍𝑔 + ∆𝑢

2 2 +

∆𝑃 𝜌 = −^

∑ 𝐹 𝑀 −^

𝜏 𝑀

En nuestro caso haciendo el balance entre A y B a régimen permanente.

∆𝑃 𝜌 = 0 ;

∆𝑢^2

Entonces:

3.- Cálculos.

3.1.- Datos

D 10 =25.451 cm; D 6 =15.405 cm; viscosidad del agua = 1.005 cps, ρ=998 kg /m^3

Rugosidades relativas 𝑒 𝐷 6 = 0.0008 ;

3.2.- Velocidades

2 = 𝑢 10 × 2.

3.3.-Longitudes equivalentes.

L 6 = 6 m de tubo +entrada (2.5) =8.5 m

L 10 =15 m de tubo + una salida (7.5)+ expansión (1.93) =24.43 m

3.4.- Bernoulli

− 6 ( 9. 81 ) = −𝑓𝐷 6 ×

(𝑢 10 × 2. 729 )^2 × 8. 5

2 × 0. 15405 −^ 𝑓𝐷^10 ×^

𝑢 102 × 24. 43

2 × 0. 25451

−58.86 = −𝑓𝐷6𝑢 102 × 205 − 𝑓𝐷10𝑢 102 × 47.

Suponiendo inicialmente que los factores de fricción sean iguales a 0.02 entonces:

−56.86 = −4.1𝑢 102 − 0.9598𝑢 102

Por lo tanto 𝑢 10 = 3.4 𝑚 (^) 𝑠 𝑦 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑢 6 = 9.3 𝑚 /𝑠

3.4.- Comprobación

Los Reynolds a esas velocidades son:

𝑅𝑒 6 = 0.15405×9.3×9981.005×10−3 =1.4× 10^6

0.25451 × 3.4 × 998

1.005 × 10−3^ = 8.59 × 10

5

Con estos Reynolds y los factores de rugosidad se calculan los nuevos fD

𝑓𝐷6 = 0.018 ; 𝑓𝐷10 = 0.

Entonces el Bernoulli queda:

−58.86 = −0.018 × 𝑢 102 × 205 − 0.019 × 𝑢 102 × 47.

De donde 𝑢 10 = 3.576 𝑚𝑠 , 𝑢 6 = 9.759 𝑚 /𝑠

Con estos valores los nuevos Reynolds darían:

𝑅𝑒 6 = 1.46 × 10^6 , 𝑅𝑒 10 = 9 × 10^5

Lo que da fD iguales a los anteriores con lo que queda terminado el tanteo.

3.5.- Caudales.

Si se conoce el caudal, la caída de presión ΔP se puede obtener mediante la ecuación de Darcy:

𝑢^2 (𝐿 + 𝐿𝑒)

Si se conoce el ΔP pero se desconoce el caudal, la caída de presión se puede obtener mediante la aplicación de las ecuaciones de Karman.

𝑅𝑒√𝑓𝐷 =

𝐷 𝜌 𝜇

√2𝑔𝑐 (

𝐷 𝐿

)

∑ 𝐹 𝑀

1

√𝑓𝐷

=

𝑢

√2𝑔𝑐∑ 𝐹 𝑀

El caudal total que se quiere transportar se divide entre las tuberías existentes y que la pérdida de carga en cada una de ellas es la misma.

Ejemplo 2.

Para un sistema de dos tuberías en paralelo se dispone de los siguientes datos:

L 1 =1500 m , D 1 = 12 “ , L 2 = 900 m, D 2 = 16 “.

El gasto total es de 456 litros/segundo. Calcular el gasto en cada una de las tuberías si estas son de fierro fundido Cd. 40 y si el líquido que pasa por el sistema es agua a 20 ° C.

1.-Traducción.

2.- Cálculos.

2.1.- Datos

D 1 = 0.2889 m; D 2 =0.381; viscosidad =1.005 cps; densidad = 998kg /m^3

Factores de rugosidad E/D 1 =0.008; E/D 2 = 0.

2.2.- Masa que viaja por el sistema.

𝑀𝐴 = 𝑀𝐵

𝑠 ×^

𝑚^3

1000𝐿 ×

𝑚^3 = 455

2.3.- Primer tanteo.

Sea la masa que pasa por la línea 1 igual a 100 Kg /s.

Entonces:

𝑀 1 = 𝑢 1 × 998

𝑚^3

× 0. 785 × ( 0. 2889 )^2 = 100

El Reynolds en esa línea sería entonces:

𝑅𝑒 1 = 0.2889×1.5293×9981.005×10−3 =1.38× 10^5

0.2889 × 1.83 × 998

1.005 × 10−^

= 5.25 × 10^5

El nuevo factor de Darcy será: fD =0.

𝑀 1 = 0.^

(1.83)^2 × 1500

2 × 9.81 × 0.2889 = 16.

Pero: ∆𝑃𝜌 1 = ∆𝑃𝜌 2=∑ 𝐹𝑀 2 = 16.83 𝑘𝑔𝑚⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑘𝑔

Entonces, para la línea 2.

0.381 × 998

1.005 × 10−^

√2 × 9.81 × 0.381 × 16.

= 1.414 × 10^5

De la gráfica de Karman.

1 √𝑓𝐷

Por lo tanto: 𝑢 2 =7.7√2×9.81×0.381×16.83 900 = 2.878 𝑚𝑠

Y la masa que pasa por la línea dos será:

𝑀 2 =2.878 × 998 × 0.785 × (0.381)^2 = 327.3 𝑘𝑔𝑠

Por lo tanto la masa total será: MA= 120 +327.3= 447.3 kg /s ≠

Con un tercer tanteo se obtiene que M 1 =122 y M 2 =334 Kg/s

4.- Resultado. Los gastos másicos son de 122 kg /s para la línea uno y de 334 kg /s para la línea dos.

SISTEMAS DE TUBERÍAS RAMIFICADAS.

Otro sistema de tuberías que es muy común de encontrar es el problema de depósitos múltiples.

Aplicando balance de energía entre los estanques, se tiene que

Balance de masa:

MA+ MB=Mc

Para fluidos incompresibles (líquidos).

CaA+CaB=CaC

El balance de energía o Bernoulli quedaría:

Entre a y d

(𝑢𝑑^2 − 𝑢𝑎^2 )

Entre b y d

(𝑢𝑑^2 − 𝑢𝑏^2 )

Entre d y c

(𝑢𝑐^2 − 𝑢𝑑^2 )

Si despreciamos los cambios en la energía cinética y sabiendo que la Presión en a es igual a la presión en b y en c o sea la presión atmosférica tendremos:

Caída de presión en el medidor:𝑢𝑜 = 𝐶𝑜√2×𝑔𝑐×∆𝑃𝜌(1−𝛽 4 )

∆𝑃𝑝𝑒𝑟𝑚𝑎𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒=∆𝑃𝑚𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜𝑟 × (1 − 𝛽^2 )

∆𝑃 = ∆𝑍(𝑃𝑒𝐻𝑔 − 𝑃𝑒𝑡𝑜)=0.1m (13600-860)=1274 kg /m^2

Si hay flujo turbulento entonces Co = 0.

𝛽 =

1. 5 =^0.^666

𝛽^4 = 0.

2 × 9.81 × 1274

0.0254 × 3.32 × 860

0.65 × 10−^

Por lo tanto la suposición de turbulencia es válida.

𝑚^2

1.2.-Bernoulli en la línea de T a B

Velocidad en la línea

2 = 1. 475

Caudal en la línea T-B

𝐶𝑎𝑇−𝐵 = 1.475 × 0.785 × (0.0381)^2 = 1.68 × 10−^

𝑚^3

Benoulli de T a B

𝑃𝐵−𝑃𝑇 𝜌 +(𝑍𝐵^ − 𝑍𝑇^ )^

𝑔 𝑔𝑐=-

∑ 𝐹 𝑀 𝐵 − 𝑇

𝑐𝑚^2

× 1.033 = 2.

𝑐𝑚^2

𝑚^2

∑ 𝐹 𝑀 𝐵 − 𝑇 = 𝑓𝐷

(𝑢)^2 (𝐿+𝐿𝑒) 2𝑔𝑐𝐷 +

∑ 𝐹 𝑀 𝑜𝑟𝑖𝑓𝑖𝑐𝑖𝑜

L+Le= 180+globo+2 codos = 200 m; D=1 pulgada = 0.0254m

𝑅𝑒√𝑓𝐷=𝐷𝜌𝜇 √2 𝑔𝑐×𝐷×∑ 𝐹𝐿×𝑀 = 0.0254×8600.65×10−3 √2×9.81×0.0354×13.17 200 =

E/d=0.0019 de la gráfica de Karman

1 √𝑓𝐷

1 √𝑓𝐷^ = 6.5=^

𝑢 √2×9.81×13.17×0.0254 200

Por lo tanto uC= 1.177 m/s

El caudal en la línea sería:

𝐶𝑎𝐶=1.177× 0.785 × (0.0254)^2 = 5.963 × 10−4 𝑚

3 𝑠

1.4.- Línea A-T

Caudal en la línea A-T =

𝐶𝑎𝐴−𝑇 = 5.963 × 10−4^ + 1.68 × 10−3^ = 2.277 × 10−^

𝑚^3

D = 2 pulgadas = 0.0525 m.

Velocidad en la línea

2.277 × 10−^

𝑚^3

𝑠 = 𝑢𝐴^ × 0.785 × (0.0525)

2

Bernoulli de A a T

(𝑍𝑇 − 𝑍𝐴)

0.0525 × 1.0523 × 860

0.65 × 10−^

= 7.3 × 10^4

El factor de rugosidad es e/D = 0.0009 y el factor darcy es fD= 0.

L+Le = 150 + 17.4x2 (Válvulas de globo)+2.8 (codos)+3.5 (te)+2(entrada a tubería)= 193.

Por lo tanto las pérdidas de fricción en esa línea serían:

∑ 𝐹 𝑀

(1.0523)^2 (193.1)

2 × 9.81 × 0.

Entonces:

−3 + 40.68 = −8.314 −

Masa =1.0523X 0.785 X (0.025)^2 X860 =1.958 kg /s

Potencia hidráulica 𝒫=1.958 X 45.994 = 90 kgm / kg

Si la eficiencia es del cincuenta por ciento entonces:

𝒫 = 180 kgm /kg = 2.5 H.P.

4.- Resultado. La potencia es de 2.5 caballos.

Ejemplo 4.

Se tienen los tanques A y B que contienen agua a 15 ° C y que están situados sobre el tanque C. De los tanques A y B parten tuberías de acero comercial siendo la tubería de A de 30 cm y de una longitud de 800 metros con todo y accesorios. La tubería que parte de B a D es 25 cm y tiene una longitud total de 200 m. Determine el caudal que llega al tanque C si la tubería de Da C es de 50 cm y tiene una longitud de 500 m.

Entonces sí:

ℎ𝐷 =

𝑍𝐴-ℎ𝐷 = ∑ 𝐹𝑀 A ; 𝑍𝐵 − ℎ𝐷 = ∑ 𝐹𝑀 𝐵 ; ℎ𝐷 − 𝑍𝐶 =∑ 𝐹𝑀 𝐶

Pero si hacemos que ZC = = entonces: ∑ 𝐹𝑀 𝐶 = ℎ𝐷

2.- Cálculos.

2.1.- Primer tanteo.

Este tipo de problemas se debe resolver por tanteos. Para ello se deben hacer ciertas suposiciones. Suponiendo que comenzamos con que hD = 2 kgm /kg

Entonces: ∑ 𝐹 𝑀 𝐴 = 23^ ;

𝑀 𝐵 = 8^ ;

Resolviendo para el tramo A D

e/D =0.

0.3 × 1000

1 × 10−^

√2 × 9.81 × 0.3 × 23

800 = 1.234 × 10

5

De la gráfica de Karman:

1 √𝑓𝐷

√2 × 9.81 × 0.3 × 23 800

𝐶𝑎𝐴 = 2.87 × 0.785 × (0.3)^2 = 0.

𝑚^3

Resolviendo el tramo BD

𝑅𝑒√𝑓𝐷 = 0.25×10001×10−3 √2×9.81×0.25×8 200 = 1.1 × 10^5 e/D = 0.

√2 × 9.81 × 0.25 × 8 200

UB= 3.676. m/s; CaB= 0.184 m^3 /s

Resolviendo el tramo CD

0.5 × 1000

1 × 10−^

√2 × 9.81 × 0.25 × 2

= 9.9 × 10^4

e/D = 0.

1 √𝑓𝐷

√2 × 9.81 × 0.5 × 2 500

UD = 1.782 m /s; CaD=0.3497 m^3 / s

Balance de materia.

CaA+CaB=0.202+0.184=0.386≠0.3497 =CaD

2.2.- Segundo tanteo.

Nuevo hD

ℎ𝐷 = 2 (

Por lo tanto:

∑ 𝐹 𝑀 𝐴 = 22.8^ ;

𝑀 𝐵 = 7.188^ ;

Tramo A D 𝑅𝑒√𝑓𝐷=1.

1 √𝑓𝐷^ = 7

𝑚^3