Resolved Problems - Fluid Mechanics by Roberto

MECÁ ICA DE FLUÍDOS Problemas explicados

Autores: R. Palau L. & R. Palau G. Fecha: julio de 2011

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 1 de 122

Estos problemas, resueltos y explicados con detalle, se basan en los apuntes de Roberto Palau Lage, Ingeniero Industrial, y están revisados por Roberto Palau García, Ingeniero del ICAI y doctor Ingeniero Industrial, Estos materiales, realizados para la asignatura de Mecánica de Fluidos cursada en la ETSII de la Universidad de Vigo por el primero de los autores, ya han sido de utilidad a algunos de sus compañeros de estudios desde el año 2006, por lo que creemos que también pueden ser de utilidad a otros estudiantes de Ingeniería. Nuestro objetivo es ayudar a los estudiantes de Carreras de Ciencias e Ingeniería que lo puedan necesitar como nos hubiera gustado que nos ayudaran a nosotros cuando lo necesitamos. Los problemas resuletos y explicados están propuestos en los boletines de la correspondiente asignatura de la ETSII de la Universidad de Vigo en el curso 2004-05, así como en algunos exámenes. Algunos de los problemas están explicados en Castellano y otros en Galego. Esperamos tener tiempo para ir traduciendo estos últimos al Castellano pues esto sin duda facilitará su uso a los estudiantes que no conozcan el idioma Galego. De todas formas, como se puede ver, el idioma Galego no presenta demasiadas dificultades a las personas que conocen otros idiomas españoles. Nuestro mayor deseo es que estos materiales les sean de utilidad al mayor número de estudiantes, a los que les enviamos nuestros mejores deseos en sus estudios. Ánimo y adelante. Con interés y esfuerzo todo es posible.

A Coruña, julio de 2011

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 2 de 122

Problema 1 : Ecuaciones Básicas A través de un codo reductor, fluye agua estacionariamente. En la entrada ancha del codo la presión absoluta es p1, la velocidad v1 y la sección transversal S1. En la salida la presión absoluta es p2, la velocidad v2 y la sección transversal S2. Si las características del flujo en la entrada y en la salida se pueden suponer uniformes en todas las secciones, calcular: a) la fuerza que el fluido ejerce sobre el codo, b) y la fuerza exigida para mantener el codo fijo. Solución: a) Calcular la fuerza que el fluido ejerce sobre el codo. Nos piden fuerzas por lo que tenemos que recurrir a la ecuación de la conservación de la cantidad de movimiento. No necesitamos recurrir inicialmente a la ecuación de continuidad porque nos dan todos los datos de velocidad y sección en ambas secciones de entrada y salida. Por lo tanto vamos directamente a la ecuación de la conservación de la cantidad de movimiento. Partimos de la forma general de esta ecuación aplicada al volumen de control de la Figura 1.2:

∑ ∫∫∫ f vc

⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ (− p ⋅ I + τ * ) ⋅η dS = SC

Figura 1.1: Codo reductor

Figura 1.2: 1.1:Volumen Codo reductor de control y volumen en el codo de control reductor

∂ V ⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅η ) dS ∂t ∫∫∫ vc sc

Ecuación

1.1

- Primeira integral da ecuación 1.1: Evalúa las fuerzas másicas que actúan dentro del volumen de control. En este caso la única fuerza másica es el peso ( f m = −∇gz = − g . j ) por lo que:

∑ ∫∫∫ f

⋅ ρ ⋅ dv = ∫∫∫ − g ⋅ j ⋅ ρ ⋅ dv = − g ⋅ j ⋅ ∫∫∫ ρ ⋅ dv = − mvc ⋅ g j

De todas formas carecemos de datos sobre la masa dentro del volumen de control por lo que consideraremos el peso despreciable:

∑ ∫∫∫ f

⋅ ρ ⋅ dv = −mvc ⋅ g j ≈ 0

------ Ecuación 1.2

- Segunda integral da ecuación 1.1: Evalúa las fuerzas que actúan sobre las superficies que limitan al volumen de control. Suponemos la viscosidad despreciable ( τ * = 0 ) por lo que esta integral quedará:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

∫∫ (− p ⋅ I + τ

Páxina 3 de 122

)η dS = ∫∫ − p ⋅ I ⋅ η dS = ∫∫ − p ⋅ η dS

Estudiemos ahora cada una de las superficies que limitan al volume de control:

∫∫ − p ⋅η SC

dS = ∫∫ − p1 ⋅ η dS + ∫∫ − p2 ⋅ η dS + 1

∫∫ − p ⋅η

codo

Las dos primeras integrales pueden hacerse sin problemas por lo que la expresión anterior quedará:

∫∫ − p ⋅η

(

) ∫∫ − p ⋅η

dS = p1 ⋅ S1 i + p2 ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j +

codo

Además la integral sobre el codo representa la fuerza que las paredes hacen sobre el fluido, por lo que podemos poner la integral anterior así:

∫∫ − p ⋅η

(

)

dS = p1 ⋅ S1 i + p2 ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j + F codo − fluido

Pero esta fuerza del codo sobre el fluido es la contraria a la que el fluido ejerce sobre el codo que es la que nos pide el problema: F codo − fluido = − F fluido − codo , por lo que, dada esta relación, podemos poner en la expresión anterior la fuerza que nos piden, quedando la ecuación anterior así:

∫∫ − p ⋅η

(

)

dS = p1 ⋅ S1 i + p2 ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F fluido − codo

------ Ecuación

1.3

- Terceira integral de la ecuación 1.1: Evalúa la variación de la cantidad de movimiento en el interior del volumen de control. Dado que, como dice el problema, el régimen es estacionario, la cantidad de movimiento existente en cualquier punto del interior del volumen de control no cambia con el tiempo, por lo que:

∂ V ⋅ ρ ⋅ dv = 0 ∂t ∫∫∫ vc

------ Ecuación

1.4

- Cuarta integral de la ecuación 1.1: Evalúa la cantidad de movimiento que entra y sale del volumen de control con los flujos de masa. Como sólo hay flujos por las superficies (1) e (2), la integral quedará:

Y como la densidad, la velocidad y el vector normal son uniformes en cada una de las superficies, las integrales anteriores se resuelven fácilmente quedando:

∫∫ ρ ⋅V ⋅ (V ⋅η ) sc

dS = ∫∫ ρ ⋅V 1 (V 1 ⋅η 1 ) dS1 + ∫∫ ρ ⋅ V 2 (V 2 ⋅η 2 ) dS2 1

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

∫∫ ρ ⋅V ⋅ (V ⋅η )

Páxina 4 de 122

dS = ∫∫ ρ ⋅V 1 (V 1 ⋅η 1 ) dS1 + ∫∫ ρ ⋅ V 2 (V 2 ⋅η 2 ) dS 2 = − ρ ⋅ V 1 ⋅ V1 ⋅ ∫∫ dS1 + ρ ⋅V 2 ⋅V2 ⋅ ∫∫ dS 2 = 1

2 2 1

(

2 2

= ρ ⋅ V 1 ⋅V1 ⋅ S1 + ρ ⋅ V 2 ⋅ V2 ⋅ S 2 = − ρ ⋅V ⋅ S1 i + ρ ⋅V ⋅ S 2 ⋅ cos ϑ i + senϑ j

)

Nota: Darse cuenta que: V1 ⋅ η1 = −V1 η1 ⋅ η1 = −V1 , y que se puede decir exactamente lo mismo en la sección 2, aunque con otro vector unitario. O sea que el resultado de la cuarta integral de la ecuación 1.1 es:

∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅η )

(

dS = − ρ ⋅ V12 ⋅ S1 i + ρ ⋅ V22 ⋅ S 2 ⋅ cosϑ i + senϑ j

)

----- Ecuación 1.5

Por lo tanto ya podemos resolver el problema, llevando, a la ecuación 1.1, las expresiones calculadas en las ecuaciones 1.2, 1.3, 1.4 y 1.5. La ecuación 1.1 era:

∑ ∫∫∫ f

⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ (− p ⋅ I + τ * ) ⋅ η dS =

∂ V ⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅ η ) dS ∂t ∫∫∫ vc sc

Y substituyendo en esta ecuación las expresiones de las ecuaciones 1.2, 1.3, 1.4 y 1.5, quedará:

(

)

(

0 + p1 ⋅ S1 ⋅ i + p2 ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F fluido − codo = 0 − ρ ⋅ V12 ⋅ S1 i + ρ ⋅ V22 ⋅ S 2 ⋅ cosϑ i + senϑ j Y despejando la fuerza que el fluido hace sobre las paredes:

(

)

(

F fluido−codo = p1 ⋅ S1 ⋅ i + p2 ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j + ρ ⋅ V12 ⋅ S1 i − ρ ⋅ V22 ⋅ S 2 ⋅ cos ϑ i + senϑ j

[(

)

(

)

] (

)

F fluido − codo = p1 + ρ ⋅ V12 ⋅ S1 − p2 + ρ ⋅ V22 ⋅ S 2 ⋅ cos ϑ i − p2 + ρ ⋅ V22 ⋅ S 2 ⋅ senϑ j

b) Calcular la fuerza necesaria para mantener fijo el codo. En la Figura 1.3 representamos las fuerzas actuantes sobre el codo, siendo la fuerza R la fuerza que se necesita para mantener hizo el codo, y la Fatmosferacodo a que la atmósfera aplica al codo. Dado que el codo estará en reposo (gracias a la fuerza R que aplicaremos) se cumplirá que:

∑F = 0 O sea que: Figura 1.3: Fuerzas actuantes sobre el codo

R + F fluido − codo + F atmósfera − codo = 0

---- Ecuación 1.6

)

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 5 de 122

Para poder calcular R en esta ecuación previamente precisamos calcular la fuerza que ejerce la atmósfera sobre el codo. Debemos tener en cuenta que el efecto de la atmósfera sobre este dispositivo depende únicamente de su geometría, y no de sus condiciones de funcionamiento en un momento dado. Por ello el efecto de la atmósfera sobre la pared inferior del codo es el mismo haya agua circulando o no la haya. Dada esta situación, para calcular el efecto de la atmósfera sobre el codo, recurrimos a estudiar el volumen que encierra el codo, como se indica en la ¡Error! o se encuentra el origen de la referencia. adjunta, y lo suponemos rodeado por la atmósfera. De esta forma, y como sabemos que la fuerza neta que realiza la atmósfera sobre las superficies de un volumen cerrado es nula, en el volumen de la figura, se cumplirá que:

∫∫ − p η ⋅ dS = 0

Figura 1.4: Volumen que encierra el codo

Desarrollando la ecuación anterior, tendremos:

∫∫ − p η ⋅ dS + ∫∫ − p η ⋅ dS + ∫∫ − p η ⋅ dS = 0 a

paredes

Las dos primeras integrales son sencillas de resolver, quedando:

(

) ∫∫ − p η ⋅ dS = 0

+ pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j +

paredes

La integral restante proporciona la fuerza neta que la atmósfera aplica a las paredes físicas del codo. Así que despejándola:

(

F atmósfera − codo = − pa ⋅ S1 i − pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j

)

Y llevando a la ecuación 1.6 este valor y el valor de la fuerza del fluido sobre el codo calculada en el apartado anterior, ya podremos calcular la fuerza R buscada:

[(

)

(

] (

)

R + p1 + ρ ⋅ V12 ⋅ S1 − p2 + ρ ⋅ V22 ⋅ S 2 ⋅ cosϑ i − p2 + ρ ⋅ V22 ⋅ S 2 ⋅ senϑ j − pa ⋅ S1 i −

(

)

− pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j = 0 Despejando:

[(

)

(

)

] (

)

R = p1 − pa + ρ ⋅ V12 ⋅ S1 − p2 − pa + ρ ⋅ V22 ⋅ S2 ⋅ cosϑ i − p2 − pa + ρ ⋅ V22 ⋅ S 2 ⋅ senϑ j Donde se puede ver que aparecen las presiones manométricas en 1 y 2 (pues pm = p – pa), por lo que se puede poner:

[(

)

(

)

] (

)

R = p1m + ρ ⋅ V12 ⋅ S1 − p2 m + ρ ⋅ V22 ⋅ S2 ⋅ cosϑ i − p2 m + ρ ⋅ V22 ⋅ S 2 ⋅ senϑ j

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 6 de 122

Problema 2 : Ecuaciones Básicas El agua que sale de una tobera de sección S y con velocidad v, incide sobre un álabe que la desvía según se indica en la figura adjunta. Suponiendo propiedades uniformes en la entrada y en la salida, determinar: la) la fuerza que ejerce el agua sobre lo álabe, b) y la fuerza sobre lo soporte que sujeta el álabe al suelo. )ota: suponer que las velocidades relativas al álabe se Figura 2.1: Flujo de agua sobre un álabe conservan. Datos: ángulo de salida del agua del álabe: θ = 60º con relación a la horizontal; v=30 m/s; S=0,003 m2. Solución: a) Determinar la fuerza que el agua ejerce sobre el álabe. El problema nos dice que supongamos que las velocidades relativas al álabe se conservan, o sea que el valor de la velocidad es el incluso en todo los puntos del volumen de control dibujado en la figura, y por lo tanto en la entrada y en la salida del mismo: V2 = V1 = V siendo V la velocidad con la que el agua sale de la tobeira y entra en el álabe. Por otra parte nos hará falta más adelante el valor de las áreas de las secciones (1) y (2) de la figura. Para calcularlas recurrimos a la ecuación de continuidad aplicada al volumen de control de la Figura 2.2:

 ∂  ∫∫∫ ρ ⋅ dv  = − ∫∫ ρ ⋅ (V ⋅ η ) dS   ∂t  vc sc 

Figura 2.2: Volumen de control

------ Ecuación

2.1

-Primera integral de la ecuación 2.1: Evalúa el aumento de masa dentro del volumen de control. Dado que suponemos régimen estacionario, esta masa permanece constante por lo que:

 ∂  ∫∫∫ ρ ⋅ dv  = 0  ∂t  vc 

------ Ecuación

2.2

- Segunda integral de la ecuación 2.1: Evalúa el flujo neto de masa a través de las secciones de entrada y salida. Como nos dice el problema que suponemos propiedades uniformes en la entrada y en la salida, esa integral es simple de resolver:

∫∫ ρ ⋅ (V ⋅η ) sc

dS = ∫∫ ρ ⋅ (V 1 ⋅ η 1 ) dS1 + ∫∫ ρ ⋅ (V 2 ⋅ η 2 ) dS 2 = 1

= ∫∫ ρ ⋅ (−V ) dS1 + ∫∫ ρ ⋅ V dS 2 = − ρ ⋅ V ⋅ ∫∫ dS1 + ρ ⋅ V ⋅ ∫∫ dS 2 1

O sea que esta segunda integral queda:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

∫∫ ρ ⋅ (V ⋅η )

dS = − ρ ⋅ V ⋅ S1 + ρ ⋅ V ⋅ S 2

Páxina 7 de 122

------ Ecuación

2.3

- Llevando las expresiones de las ecuaciones 2.2 y 2.3 a la ecuación 2.1, ya calculamos la sección S2:

0 − ρ ⋅ V ⋅ S1 + ρ ⋅ V ⋅ S 2 = 0 ⇒ ρ ⋅ V ⋅ S1 = ρ ⋅ V ⋅ S 2 ⇒ S1 = S 2 O sea que ambas secciones son iguales. Comentario: Con un poco de costumbre esto se ve desde el principio, pues para problemas estacionarios se cumple que, dentro dun volumen de control: Flujo másico que entra = flujo másico que sale Y si además los valores de densidad y velocidad son uniformes en todos los puntos de cada sección, la ecuación anterior se convierte en: Flujo másico que entra = flujo másico que sale ---> ρ1V1 ⋅ S1 = ρ 2V2 ⋅ S 2 Y aquí se ve que sí densidad y velocidad son las mismas en (1) que en (2), las secciones también tienen que serlo. Un comentario más sobre los líquidos: en estos se supone que su densidad no varía a lo largo de los flujos, a menos que los problemas digan lo contrario. Por esto, la ecuación anterior se convierte en:

ρ1 ⋅ V1 ⋅ S1 = ρ 2 ⋅ V2 ⋅ S 2 ⇒ V1 ⋅ S1 = V2 ⋅ S2 ⇒ Caudal Q1 = Caudal Q2 Ahora procedemos a calcular la fuerza que nos piden. Como nos piden fuerzas tenemos que recurrir a la ecuación de la conservación de la cantidad de movimiento. Aplicaremos esta ecuación en su forma general y aplicada al volumen de control de la Figura 2.2:

∑ ∫∫∫ f vc

⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ (− p ⋅ I + τ * ) ⋅ η dS = SC

∂ V ⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅ η ) dS ∂t ∫∫∫ vc sc

- Ecuación

2.4

- Primeira integral da ecuación 2.4: Evalúa las fuerzas másicas que actúan dentro del volumen de control. En este caso la única fuerza másica es el peso ( f m = −∇gz = − g . j ) por lo que:

∑ ∫∫∫ f

⋅ ρ ⋅ dv = ∫∫∫ − g ⋅ j ⋅ ρ ⋅ dv = − g ⋅ j ⋅ ∫∫∫ ρ ⋅ dv = − mvc ⋅ g j

De todas formas carecemos de datos sobre la masa del fluido dentro del volumen de control por lo que consideraremos su peso despreciable:

∑ ∫∫∫ f

⋅ ρ ⋅ dv = −mvc ⋅ g j ≈ 0

- Ecuación

2.5

- Segunda integral de la ecuación 2.4: Evalúa las fuerzas que actúan sobre las superficies que limitan el volumen de control. Suponemos la viscosidad despreciable ( τ * = 0 ) por lo que esta integral quedará:

∫∫ (− p ⋅ I + τ SC

)η dS = ∫∫ − p ⋅ I ⋅ η dS = ∫∫ − p ⋅ η dS SC

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 8 de 122

Estudiemos ahora cada una de las superficies que limitan el volumen de control:

∫∫ − p ⋅η

dS = ∫∫ − pa ⋅ η dS + ∫∫ − pa ⋅ η dS +

∫∫ − p ⋅η

dS +

álabe

∫∫ − p

⋅ η dS

resto

Fijarse que, excepto en la superficie en contacto con la pared del álabe, la presión es la atmosférica en todas las demás superficies del volumen de control. En la superficie en contacto con la pared del álabe no actúa la presión atmosférica sino la presión que el álabe aplica al fluido. Las dos primeras integrales pueden hacerse sin problemas por lo que la expresión anterior quedará:

(

∫∫ − p ⋅η

) ∫∫ − p ⋅η

dS = pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j +

dS +

álabe

∫∫ − p

⋅ η dS

resto

Además la integral sobre el álabe representa la fuerza total que el álabe hace sobre el fluido, por lo que la ecuación quedará:

(

∫∫ − p ⋅η

)

dS = pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j + F álabe − fluido +

∫∫ − p

⋅ η dS

resto

Pero como el problema nos pide la fuerza que el fluido ejerce sobre el álabe, o sea la fuerza contraria a la que acabamos de poner: F álabe − fluido = − F

fluido − álabe

, podemos cambiar la ecuación anterior de la siguiente

forma:

∫∫ − p ⋅η

(

)

∫∫ − p

dS = pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F fluido − álabe +

⋅ η dS

Ecuación 2.6

resto

La última integral de la ecuación 2.6 evalúa el efecto de la atmósfera sobre la parte superior del líquido circulante, y como ese efecto es independiente de las condiciones en que circula el líquido, dependiendo sólo de la propia atmósfera y de la geometría de la configuración, para calcular este efecto podemos estudiar esta misma geometría pero en cualesquiera otras condiciones. Por ello recurrimos a estudiar un volumen cerrado similar al volumen de control, pero con la superficie en contacto con el álabe colocada por fuera de este, o sea en contacto con la atmósfera como se indica Figura 2.3: uevo volumen de control en la figura Figura 2.3 adjunta (o sea ahora el álabe queda incluido dentro del volumen que vamos a estudiar). En esta superficie cerrada, dado que la fuerza neta que aplica la atmósfera es nula, se cumplirá que:

∫∫ − p

⋅ η ⋅ dS = 0

que manifiesta que las fuerzas atmosféricas sobre una superficie cerrada se deben equilibrar. Desarrollando la ecuación anterior, tendremos:

∫∫ − p 1

⋅ η ⋅ dS + ∫∫ − pa ⋅ η ⋅ dS + 2

∫∫ − p álabe

⋅ η ⋅ dS + ∫∫ − pa ⋅ η ⋅ dS = 0 resto

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 9 de 122

Las dos primeras integrales son simples de resolver (de hecho ya las resolvimos antes). La tercera integral proporciona la fuerza que la atmósfera aplica al álabe, mientras que la cuarta integral es la queremos resolver. Así que despejándola:

∫∫ − p

(

)

⋅ η ⋅ dS = − pa ⋅ S1 i − pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F atmósfera − álabe

resto

Y substituyendo esta expresión en la ecuación 2.6, tendremos:

(

∫∫ − p ⋅η

)

∫∫ − p

dS = pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F fluído − álabe +

(

)

⋅ η dS =

resto

= pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F fluído − álabe − pa ⋅ S1 i −

(

− pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F atmósfera − álabe = − F fluído − álabe + F atmósfera − álabe

)

O sea que la segunda integral de la ecuación 2.1 quedará:

∫∫ − p ⋅η

(

dS = − F fluído−álabe + F atmósfera−álabe

)

2.7

- Ecuación

- Tercera integral de la ecuación 2.4: Evalúa la variación de la cantidad de movimiento en el interior del volumen de control. Dado que, como dice el problema, el régimen es estacionario, la cantidad de movimiento existente en cualquier punto del interior del volumen de control no cambia con el tiempo, por lo que:

∂ V ⋅ ρ ⋅ dv = 0 ∂t ∫∫∫ vc

- Ecuación

2.8

- Cuarta integral da ecuación 2.4: Evalúa la cantidad de movimiento que entra y sale del volumen de control con los flujos de masa. Como sólo hay flujos por las superficies (1) y (2), la integral quedará:

∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅η )

dS = ∫∫ ρ ⋅ V 1 (V 1 ⋅ η 1 ) dS1 + ∫∫ ρ ⋅ V 2 (V 2 ⋅ η 2 ) dS 2

Y como la densidad, la velocidad y el vector normal son uniformes en cada una de las superficies, las integrales anteriores se calculan fácilmente quedando:

∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅η )

dS = ∫∫ ρ ⋅ V 1 (V 1 ⋅ η 1 ) dS1 + ∫∫ ρ ⋅ V 2 (V 2 ⋅ η 2 ) dS 2 = ρ ⋅ V 1 ⋅ V1 ⋅ ∫∫ dS1 + ρ ⋅ V 2 ⋅ V2 ⋅ ∫∫ dS 2 =

2 2

(

= ρ ⋅ V 1 ⋅ V1 ⋅ S1 + ρ ⋅ V 2 ⋅ V2 ⋅ S 2 = ρ ⋅ V ⋅ S i + ρ ⋅ V ⋅ S ⋅ − cosϑ i − senϑ j

)

O sea que el resultado de la cuarta integral de la ecuación 2.4 es:

∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅η )

(

dS = ρ ⋅ V 2 ⋅ S i + ρ ⋅ V 2 ⋅ S ⋅ − cosϑ i − senϑ j

)

- Ecuación

2.9

(recordad que el valor de la velocidad es el mismo en ambas secciones, no así el vector velocidad)

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 10 de 122

Por lo tanto ya podemos resolver el problema llevando, a la ecuación 2.4, las expresiones calculadas en las ecuaciones 2.5, 2.6, 2.7, 2.8 y 2.9. La ecuación 2.4 es:

∑ ∫∫∫ f vc

⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ (− p ⋅ I + τ * ) ⋅ η dS = SC

∂ V ⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅ η ) dS ∂t ∫∫∫ vc sc

Trayendo a esta ecuación las expresiones de las ecuaciones 2.5, 2.6, 2.7, 2.8 y 2.9, quedará:

(

)

(

0 − F fluído − álabe + F atmosfera − álabe = 0 − ρ ⋅ V 2 ⋅ S i + ρ ⋅ V 2 ⋅ S ⋅ cosϑ i + senϑ j

)

Vemos que no podemos despejar la fuerza que el fluido ejerce sobre el álabe, sino sólo el valor de las dos fuerzas conjuntas: la fuerza total que fluido y atmósfera realizan sobre el álabe. Y despejando esta fuerza total que sufre el álabe:

F fluído − álabe + F atmosfera − álabe = ρ ⋅ V 2 ⋅ S ⋅ (1 − cosϑ ) i − ρ ⋅ V 2 ⋅ S ⋅ senϑ j

-Ecuación 2.10

En valor:

[

]

F fluído − álabe + F atmosfera − álabe = 103 ⋅ 30 2 ⋅ 0,003 ⋅ (1 − cos 60º ) i − sen60º j = 1350 i − 2338 j $ b) Calcular la fuerza sobre el soporte. Dado que el álabe está en reposo se cumplirá que la fuerza que el álabe aplica sobre el soporte es la fuerza contraria de la que el soporte aplica al álabe, por lo tanto vamos estudiar las fuerzas sobre el álabe, que son más simples de estudiar. En la figura representamos las fuerzas actuantes sobre el álabe, siendo la fuerza R la fuerza que le aplica el soporte. Dado que el álabe está en reposo se cumplirá que:

∑F = 0

Figura 2.4: Fuerzas sobre el álabe

O sea que:

R + F fluído −codo + F atmósfera −codo = 0 Pero la fuerza que nos pide este apartado es justamente la contraria de R por lo que podemos poner:

− F álabe − soporte + F fluído −codo + F atmósfera −codo = 0 Y la suma de las otras dos forzas es lo que calculamos en el apartado anterior (ecuación 2.10), por lo que el resultado pedido es:

F álabe − soporte = F fluído − cóbado + F atmosfera − cóbado = ρ ⋅ V 2 ⋅ S ⋅ (1 − cosϑ ) i − ρ ⋅ V 2 ⋅ S ⋅ senϑ j En valor:

F álabe − soporte = 1350 i − 2338 j $

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 11 de 122

Problema 3 : Ecuaciones Básicas Al dispositivo del sistema anterior se le colocan unas ruedas de forma que el álabe se pone en movimiento con velocidad u por la acción del chorro que incide sobre él. Determinar: a) la fuerza que se debe aplicar para mantener la velocidad u constante e igual a 10 m/s. b) la velocidad en caso de que no se aplique esa fuerza. Masa del conjunto M = 75 kg. Depreciar la fricción con el suelo y el aire.

Figura 3.1: Álabe móvil

Solución:

a) la fuerza que se debe aplicar para mantener la velocidad u constante e igual a 10 m/s. Piden la fuerza que debe aplicarse para mantener la velocidad u= 10 m/s constante. Es decir se trata de que todas las fuerzas que actúan sobre el álabe sean cero para poder tener un movimiento rectilíneo uniforme. Suponemos que el carrito no puede aplicar fuerza horizontal alguna al álabe debido a que puede deslizar libremente, por lo que deberá aplicarse desde fuera la fuerza horizontal necesaria para mantener un movimiento rectilíneo uniforme. Sin embargo el carrito puede aplicar la fuerza vertical necesaria sin problema alguno pues está continuamente en contacto con el suelo. Por esto la fuerza que debemos calcular es la fuerza horizontal que se debe aplicar para mantener un movimiento rectilíneo uniforme. Figura 3.2: Volumen de control Para esto veremos todas las fuerzas que actúan sobre el álabe y luego les impondremos la condición de que siempre sumen cero. Veremos en primero lugar la fuerza que el flujo de agua aplica al álabe. Podemos estudiar el problema con unos ejes centrados en el álabe, dado que este es un observador inercial y por lo tanto le son de aplicación las leyes normales de la Física. Utilizamos estos ejes porque dan unas ecuaciones más sencillas que las que darían unos ejes ligados a un observador fijo debido la que la velocidad de salida del fluido del álabe que ve un observador fijo no es tangente al álabe por lo que no forma con la horizontal el ángulo conocido ϑ sino otro desconocido, mientras que la velocidad relativa que observa el observador móvil ligado al álabe sí que forma dicho ángulo ϑ con la horizontal. Por esto, utilizando ejes centrados en el álabe, las velocidades son fáciles de ver pues la velocidad 1 de entrada será una V1 relativa la estos ejes que tal como dice la Cinemática:

V 1 _ absoluta = V 1 _ relativa + V arrastre siendo la V1_absoluta la que sale de la tobera, y la Varrastre será la velocidade u que lleva el observador (el álabe). Por lo tanto:

V 1 _ relativa = V 1 _ absoluta − V arrastre Ecuación que según X será:

V1 _ relativa = V − u

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 12 de 122

Siendo V la velocidade con la que el agua sale de la tobera (velocidad absoluta con la que el observador fijo ve entrar el agua en el álabe). Y la V1_relativa es la V1 que tenemos que utilizar con nuestros ejes. De la V2_relativa (que llamaremos V2) sabemos que su dirección tiene que ser tangente al álabe en ese punto (2) de salida. Además el problema nos dice que supongamos que las velocidades relativas al álabe se conservan, o sea que el valor de la velocidad del fluido es elmismo en todas partes del álabe: V2 = V1 = V-u (aquí ya les llamamos V2 y V1, y no V2_relativa y V1_relativa) Por lo demás, el problema es idéntico al Problema 1 : anterior. Veámoslo. Más adelante nos hará falta el valor de las áreas de las secciones (1) y (2) de la figura. Para calculas recurrimos a la ecuación de continuidad aplicada al volumen de control de la figura:

 ∂  ∫∫∫ ρ ⋅ dv  = − ∫∫ ρ ⋅ (V ⋅ η ) dS  ∂t  vc sc 

-Ecuación

3.1

-Primera integral de la ecuación 3.1: Evalúa el aumento de masa dentro del volumen de control. Dado que suponemos régimen estacionario, esta masa permanece constante por lo que:

 ∂  ∫∫∫ ρ ⋅ dv  = 0  ∂t  vc 

-Ecuación

3.2

- Segunda integral de la ecuación 3.1: Evalúa el flujo neto de masa a través de las secciones de entrada y salida. Como nos dice el problema que suponemos propiedades uniformes en la entrada y en la salida, esa integral es simple de resolver:

∫∫ ρ ⋅ (V ⋅η )

dS = ∫∫ ρ ⋅ (V 1 ⋅ η 1 ) dS1 + ∫∫ ρ ⋅ (V 2 ⋅ η 2 ) dS 2 = 1

= ∫∫ ρ ⋅ (− (V − u )) dS1 + ∫∫ ρ ⋅ (V − u ) dS 2 = − ρ ⋅ (V − u ) ⋅ ∫∫ dS1 + ρ ⋅ (V − u ) ⋅ ∫∫ dS 2 1

O sea que esta segunda integral queda:

∫∫ ρ ⋅ (V ⋅η )

dS = − ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S1 + ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S 2

-Ecuación

3.3

- Llevando las expresiones de las ecuaciones 3.2 y 3.3 a la ecuación 3.1, ya calculamos la sección S2:

0 − ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S1 + ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S 2 = 0 ⇒ ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S1 = ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S 2 ⇒ S1 = S 2 O sea que ambas secciones son iguales. Comentario: Con un poco de costumbre esto se ve desde el principio, pues para problemas estacionarios se cumple que: Flujo másico que entra = flujo másico que sale

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 13 de 122

Y si además los valores de densidad y velocidad son uniformes en todos los puntos de cada sección, la ecuación anterior se convierte en: Flujo másico que entra = flujo másico que sale ---> ρ1V1 ⋅ S1 = ρ 2V2 ⋅ S 2 Y aquí se ve que sí densidad y velocidad son las mismas en (1) que en (2), las secciones también tienen que serlo. Un comentario más sobre los líquidos: en estos se supone que su densidad no varía a lo largo de los flujos, a menos que los problemas digan lo contrario. Por esto, la ecuación anterior se convierte en:

ρ1 ⋅ V1 ⋅ S1 = ρ 2 ⋅ V2 ⋅ S 2 ⇒ V1 ⋅ S1 = V2 ⋅ S2 ⇒ Caudal Q1 = Caudal Q2 Ahora procedemos a calcular la fuerza que nos piden. Como nos piden fuerzas tenemos que recurrir a la ecuación de la conservación del momento líneal. Aplicaremos esta ecuación en su forma general y aplicada al volumen de control de la primera figura:

∑ ∫∫∫ f

⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ (− p ⋅ I + τ * ) ⋅ η dS =

∂ V ⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅ η ) dS ∂t ∫∫∫ vc sc

-Ecuación

3.4

- Primera integral de la ecuación 3.4: Evalúa las fuerzas másicas que actúan dentro del volumen de control. En este caso la única fuerza másica es el peso ( f m = −∇gz = − g j ) por lo que:

∑ ∫∫∫ f

⋅ ρ ⋅ dv = ∫∫∫ − g ⋅ j ⋅ ρ ⋅ dv = − g ⋅ j ⋅ ∫∫∫ ρ ⋅ dv = − mvc ⋅ g j

De todas formas carecemos de datos sobre la masa de fluido dentro del volumen de control (estamos estudiando el fluido dentro del volumen de control) pero tampoco nos hace falta pues vamos a calcular una fuerza horizontal y los pesos son fuerzas verticales.

∑ ∫∫∫ f

⋅ ρ ⋅ dv = − mvc ⋅ g j

3.5

-Ecuación

Suponemos que la masa de 75 kg se refiere al fluido y álabe conjuntamente. - Segunda integral de la ecuación 3.4: Evalúa las fuerzas que actúan sobre las superficies que limitan el volumen de control. Suponemos la viscosidad despreciable ( τ * = 0 ) por lo que esta integral quedará:

∫∫ (− p ⋅ I + τ

)η dS = ∫∫ − p ⋅ I ⋅ η dS = ∫∫ − p ⋅ η dS

Estudiemos ahora cada una de las superficies que limitan al volumen de control:

∫∫ − p ⋅η SC

dS = ∫∫ − pa ⋅ η dS + ∫∫ − pa ⋅ η dS + 1

∫∫ − p ⋅η álabe

dS +

∫∫ − p

⋅ η dS

resto

Fijarse que, excepto en la pared del álabe, la presión es la atmosférica en todas las demás superficies. Las dos primeras integrales pueden hacerse sin problemas por lo que la expresión anterior quedará:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

(

∫∫ − p ⋅η

) ∫∫ − p ⋅η

dS = pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j +

Páxina 14 de 122

∫∫ − p

dS +

álabe

⋅ η dS

resto

Además la integral sobre el álabe representa la fuerza que el álabe hace sobre el fluido, por lo que la ecuación quedará:

(

∫∫ − p ⋅η

)

dS = pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j + F álabe − fluido +

∫∫ − p

⋅ η dS

resto

Pero como el problema nos pide la fuerza que el fluído ejerce sobre el álabe, o sea la fuerza contraria a la que acabamos de poner: F álabe − fluido = − F fluido − álabe , podemos cambiar la ecuación anterior de la siguiente forma:

∫∫ − p ⋅η

(

)

∫∫ − p

dS = pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F fluido − álabe +

⋅ η dS

Ecuación 3.6

resto

Dado que las fuerzas atmosféricas sólo dependen de la forma de las superficies, y que la fuerza neta sobre cualquier superficie cerrada es cero, para calcular la última integral de la ecuación 3 recurrimos a estudiar una superficie cerrada que englobe a nuestro volumen de control, pero imaginándolo limitado sólo por la atmósfera como se indica en la figura adjunta (ver que ahora la superficie que estudiamos engloba el álabe). Como es una superficie cerrada, la fuerza neta que le aplicaría la atmósfera sería nula, por lo que se cumplirá que:

∫∫ − p

Figura 3.3: Acción de la atmósfera

⋅ η ⋅ dS = 0

Desarrollando la ecuación anterior, tendremos:

∫∫ − p

⋅ η ⋅ dS + ∫∫ − pa ⋅ η ⋅ dS +

∫∫ − p

⋅ η ⋅ dS + ∫∫ − pa ⋅ η ⋅ dS = 0

álabe

resto

∫∫ − p

(

)

⋅ η ⋅ dS = − pa ⋅ S1 i − pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F atmósfera − álabe

resto

Y substituyendo esta expresión en la ecuación 6, tendremos:

∫∫ − p ⋅η

(

)

dS = pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F fluído − álabe +

(

)

∫∫ − p

resto

= pa ⋅ S1 i + pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F fluído − álabe − pa ⋅ S1 i −

(

)

(

− pa ⋅ S 2 ⋅ − cosϑ i − senϑ j − F atmósfera − álabe = − F fluído − álabe + F atmósfera − álabe

)

⋅ η dS =

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 15 de 122

O sea que la segunda integral de la ecuación 1 quedará:

∫∫ − p ⋅η

(

dS = − F fluído−álabe + F atmósfera−álabe

)

3.7

Ecuación

- Terceira integral da ecuación 3.4: Evalúa la variación de la cantidad de movimiento en el interior del volumen de control. Dado que, como dice el problema, el régimen es estacionario, la cantidad de movimiento existente en cualquier punto del interior del volumen de control no cambia con el tiempo, por lo que:

∂ V ⋅ ρ ⋅ dv = 0 ∂t ∫∫∫ vc

3.8

Ecuación

- Cuarta integral da ecuación 3.4: Evalúa la cantidad de movimiento que entra y sale del volumen de control con los flujos de masa. Como sólo hay flujos por las superficies (1) y (2), la integral quedará:

∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅η )

dS = ∫∫ ρ ⋅ V 1 (V 1 ⋅ η 1 ) dS1 + ∫∫ ρ ⋅ V 2 (V 2 ⋅ η 2 ) dS 2

Y como la densidade, la velocidad y el vector normal son uniformes en cada una de las superficies, las integrales anteriores se calculan facilmente quedando:

∫∫ ρ ⋅V ⋅ (V ⋅η )

dS = ∫∫ ρ ⋅V 1 (V 1 ⋅η 1 ) dS1 + ∫∫ ρ ⋅V 2 (V 2 ⋅η 2 ) dS 2 = ρ ⋅V 1 ⋅ V1 ⋅ ∫∫ dS1 + ρ ⋅ V 2 ⋅ V2 ⋅ ∫∫ dS 2 = 1

(

= ρ ⋅ V 1 ⋅V1 ⋅ S1 + ρ ⋅V 2 ⋅V2 ⋅ S 2 = ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S i + ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S ⋅ − cosϑ i − senϑ j 2

)

O sea que el resultado de la cuarta integral de la ecuación 3.4 es:

∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅η )

(

dS = ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S i + ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S ⋅ − cosϑ i − senϑ j 2

)

-Ecuación

3.9

Por lo tanto ya podemos resolver el problema llevando a la ecuación 3.4, las expresiones de las ecuaciones 3.5, 3.7, 3.8 y 3.9. Así, la ecuación 3.4 es:

∑ ∫∫∫ f vc

⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ (− p ⋅ I + τ * ) ⋅ η dS = SC

∂ V ⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅ η ) dS ∂t ∫∫∫ vc sc

Y substituyendo en esta ecuación las expresions de las ecuaciones 3.5, 3.7, 3.8 y 3.9, quedará:

(

)

(

− mvc ⋅ g j − F fluído − álabe + F atmosfera − álabe = 0 − ρ ⋅ (V − u ) 2 ⋅ S i + ρ ⋅ (V − u ) 2 ⋅ S ⋅ cosϑ i + senϑ j

)

[

]

F fluido − álabe + F atmósfera − álabe = ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S ⋅ (1 − cos ϑ ) i − ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S ⋅ senϑ − mvc ⋅ g j 2

Dando valores:

Ecuación 3.10

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 16 de 122

F fluido − álabe + F atmósfera − álabe = 103 ⋅ (30 − 10) 2 ⋅ 0,003 ⋅ (1 − cos 60º ) i −

[

]

− 103 ⋅ (30 − 10) 2 ⋅ 0,003 ⋅ sen60º j − mvc ⋅ g j = 600 i − (1039 + mvc g ) j $ Pues bien ahora podemos estudiar la fuerza que debemos aplicar al álabe para que se pueda mover a velocidad constante. En la figura representamos las fuerzas actuantes sobre el álabe, siendo la fuerza Rsoporte-álabe la fuerza que le debería aplicar el soporte al álabe para que el movimiento de este pudiera ser rectiliño uniforme. Dado que el álabe tiene un movimiento rectiliño uniforme se cumplirá que:

∑F = 0

O sea que:

Figura 3.4: Estado de fuerzas del álabe

R soporte − álabe + F fluido − álabe + F atmósfera − álabe + mg álabe = 0 Despejando:

R soporte − álabe = − F fluido − álabe − F atmósfera − álabe − mg álabe Y la suma de las dos primeras fuerzas del segundo miembro es el que calculamos en la ecuación 3.10 :

(

)

R soporte − álabe = − F fluido − álabe + F atmósfera − álabe − málabe g =

[

]

= − ρ ⋅ (V − u ) ⋅ S ⋅ (1 − cosϑ ) i + ρ ⋅ (V − u ) 2 ⋅ S ⋅ senϑ + mvc ⋅ g j + málabe g j 2

O sea, considerando la masa del volumen de control más la masa del álabe como la masa total del conjunto, tendremos:

[

]

R soporte − álabe = − ρ ⋅ (V − u ) 2 ⋅ S ⋅ (1 − cos ϑ ) i + ρ ⋅ (V − u ) 2 ⋅ S ⋅ senϑ + mtotal ⋅ g j

Ecuación 3.11

Dando valores, como vimos antes:

R soporte − álabe = −600 .i + (1039 + 75 ⋅ 9,8) j $ = −600 i + 1774 j $ La componente vertical de esta fuerza puede aplicarla el soporte al álabe por sí solo, por el único hecho de estar en contacto con el suelo. Pero no puede aplicar la componente horizontal, que será la que tendremos que aplicar exteriormente al montaje. Por lo tanto:

F aplicada = −600 .i $ b) Calcular la velocidade u que llevaría el montaje si no se aplicase esta fuerza. Todo el problema sería tal como se ha resuelto en el apartado a), excepto que al llegar a la ecuación 3.11, la componente horizontal de la Rsoporte-álabe tendría que ser nula:

R X − soporte − álabe = ρ ⋅ (V − u ) 2 ⋅ S ⋅ (1 − cosϑ ) = 0 Expresión en la que vemos que el único factor que puede ser nulo es la resta V - u, por lo que: u = V = 30 m/s

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 17 de 122

Problema 4 : Ecuaciones Básicas Una ranura de espesor “e” en el tubo de la figura siguiente, está configurada en la parte interna de forma que una lámina de agua de espesor uniforme “e” sale radialmente de la tubería. La velocidad varía linealmente a lo largo de la tubería tal como se muestra. Si entra un caudal de agua “Q” por su parte superior, a) calcular el momento respecto a MM causado por el agua dentro del tubo. b) Calcular el momento respecto a MM que causa el aire fuera de éste. La sección interior del tubo es constante y de valor Figura 4.1: Tubo con ranura “A”. Datos: a = 61 cm; b = 244 cm; c= 30,5 cm; e = 7 mm; A = 4 cm2; Q=57 litros/segundo. Solución: a) Calcular el momento, con relación al eje MM, que el agua ejerce sobre el tubo. El agua entra en el tubo por la sección 1, suponemos que a la presión atmosférica pa. Y sale por la sección 2 que es una ranura de altura e y longitud b. Suponemos que el agua sale a la atmósfera por la sección 2 con dirección -Z, según los ejes que indicamos en la figura Figura 4.1, dado que dice que sale radialmente. Tomamos los ejes indicados en la figura Figura 4.1 pues deberemos trabajar con la ecuación de la velocidad de salida. La velocidad de salida varía linealmente, como indica la figura, a lo largo de la ranura. Con los ejes que nosotros Figura 4.2: Flujo de agua por el tubo tomamos la ecuación de la velocidad V2 será: V2=m·x que es la ecuación más simple posible. Con otros ejes probablemente la ecuación sería: V2 = m ⋅ x ± n , menos simple que la anterior como vemos. Datos: Q1 = 57.10-3 m3/s A = 4.10-4 m2

e = 7.10-3 m c = 0,305 m

a = 0,61 m b = 2,44 m

ρ = 103 kg/m3 g = 9,81 m/s2

Tomamos el agua en el interior del tubo como volumen de control. Por lo tanto el volumen de control está limitado por la sección (1) de entrada, por las paredes del tubo y por la sección (2) de salida. Como nos dan el valor del caudal de entrada y la sección del tubo, podemos calcular la velocidad de entrada del agua (supuesta, claro, uniforme por la superficie de entrada): Q1 = V1 · S1 --> 57· 10-3 = V1 · 4· 10-4--> V1 = 142,5 m/s Para averiguar la ecuación de la velocidad de salida aplicamos la ecuación de continuidad al volumen de control citado:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

 ∂  ∫∫∫ ρ .dv  = − ∫∫ ρ .(V .η ) dS   ∂t  vc sc 

- Ecuación

Páxina 18 de 122

4.1

-Primera integral de la ecuación 1: Evalúa el aumento de masa dentro del volumen de control. Dado que suponemos régimen estacionario, esta masa permanece constante por lo que:

 ∂  ∫∫∫ ρ ⋅ dv  = 0  ∂t  vc 

- Ecuación

4.2

- Segunda integral da ecuación 1: Evalúa el flujo neto de masa a través de las secciones de entrada y salida. Como suponemos propiedades uniformes en la entrada, mientras que en la salida la velocidad del agua sigue una ecuación de forma conocida (V2=mx) a través de diferenciales de superficie que podemos expresar cómo dS2=e·dx, podemos resolver esa integral:

∫∫ ρ ⋅ (V ⋅η ) sc

dS = ∫∫ ρ ⋅ (V 1 ⋅ η 1 ) dS1 + ∫∫ ρ ⋅ (V 2 ⋅ η 2 ) dS 2 = 1

2 b

= ∫∫ ρ ⋅ (−V1 ) ⋅ dS1 + ∫ ρ ⋅ m ⋅ x ⋅ e ⋅ dx = − ρ ⋅ V1 ⋅ ∫∫ dS1 + ρ ⋅ e ⋅ m ⋅ ∫ x.dx 0

O sea que esta segunda integral queda:

∫∫ ρ ⋅ (V ⋅η ) dS = − ρ ⋅V1 ⋅ A + ρ ⋅ m ⋅ e ⋅ sc

b2 2

- Ecuación

4.3

- LLevando Las expresiones de las ecuaciones 4.2 y 4.3 a la ecuación 4.1, ya calculamos el valor de la pendiente m de la ecuación de la velocidad de salida:

b2 b2 2 ⋅ V1 ⋅ A 0 − ρ ⋅ V1 ⋅ A + ρ ⋅ m ⋅ e ⋅ = 0 ⇒ ρ ⋅ V1 ⋅ A = ρ ⋅ m ⋅ e ⋅ ⇒ m = = 2,735 2 2 e ⋅ b2 Por lo tanto, la ecuación de la velocidad de salida será: V2 = m·x --> V2 = 2,375·x Ahora procedemos a calcular el momento que nos piden. Como nos piden un momento tenemos que recurrir a la ecuación de la conservación del momento cinético. Aplicaremos esta ecuación en su forma general y aplicada al volumen de control que contiene el agua del tubo:

∑ ∫∫∫ r × f vc

⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ r × (− p ⋅ I + τ * ) ⋅ η dS = SC

∂ r × V ⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ r × ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅ η ) dS ∂t ∫∫∫ vc sc

Ecuación 4.4

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 19 de 122

- Primera integral de la ecuación 4.4: Evalúa los momentos de las fuerzas másicas que actúan dentro del volumen de control. En este caso la única fuerza másica es el peso, pero para calcular el momento del peso del volumen de control, lo más simple es estudiar por separado el peso P1 del agua en la parte vertical del tubo por un lado, y el peso P2 del agua en la parte horizontal del tubo por otra:

∑ ∫∫∫ r x f

.ρ .dv = M M ( P1 ) + M M ( P1 )

El peso de la parte vertical se ve en la figura que no produce momento con relación al eje MM (está sobre lo propio eje), mientras que el peso P2 proporciona momento pero sólo con relación a la ejes paralelos al eje Z, no con relación al eje MM. Por lo tanto:

∑ ∫∫∫ r x f

⋅ ρ ⋅ dv = M M ( P1 ) + M M ( P2 ) = 0

Ecuación

4.5

- Segunda integral da ecuación 4.4: Evalúa el momento de las fuerzas que actúan sobre las superficies que limitan el volumen de control. Suponemos la viscosidad despreciable ( τ * = 0 ) por lo que esta integral quedará:

∫∫ r × (− p ⋅ I + τ

) ⋅ η dS = ∫∫ − p r × I ⋅ η dS = ∫∫ − p r × η dS

Estudiemos ahora cada una de las superficies que limitan el volumen de control:

∫∫ − pr ×η SC

dS = ∫∫ − pa r × η 1 dS1 + ∫∫ − pa r × η2 dS 2 + 1

∫∫ − p r × η

Ecuación

4.6

paredes

Fijarse que en la sección de entrada no sabemos la presión (veremos que no importa), mientras que en la sección de salida a presión actuante es la atmosférica. En la superficie en contacto del fluido con la pared del tubo actúa la presión que las paredes del tubo aplican al fluido. La primera integral, o sea el momento de las fuerzas que la presión p1 causa en la sección (1) es nulo con relación al eje MM como se pode observar en la figura (de hecho es nulo con relación a la cualquier eje que pase ponerlo punto medio de la sección (1) pues así como las presiones de la mitad derecha de la sección (1) causan momento en dirección Z, las de la mitad izquierda lo causan en -Z, y de igual valor en ambos casos dada la simetría de las Figura 4.3: Presión atmosférica sobre la entrada presiones, por lo que ambos efectos se anulan entre sí). y la salida La segunda integral, o sea el momento de las fuerzas que la presión atmosférica causa en la sección (2) habrá que evaluarlo pero en la figura ya se puede ver que su momento con relación al eje MM tendrá la dirección Y.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 20 de 122

La tercera de las integrales representa el momento de las fuerzas que el tubo aplica al fluido. Pero el problema nos pide el momento de las fuerzas que el fluido aplica al tubo, o sea el momento contrario al que nos da la la tercera integral: M M _ tubo − auga = − M M _ auga −tubo , por lo que donde aparece el primero podemos poner en su lugar el segundo cambiado de signo. De acuerdo con todas estas consideraciones, la expresión 4.6 anterior nos queda:

∫∫ − p ⋅η

dS = ∫∫ − pa r × η 1 dS1 + ∫∫ − pa r × η 2 dS 2 +

∫∫ − p r ×η

dS =

paredes

= 0 + j pa ⋅ ∫ ( a + b − x) ⋅ e ⋅ dx + M M _ tubo − auga = j ⋅ pa ⋅ e ⋅ ∫ ( a + b − x) ⋅ dx − M M _ auga − tubo 0

Ecuación

4.7

Fijarse que en la integral de la sección (2) ponemos directamente la dirección del momento (+j) y luego ya sólo nos preocupamos de su valor: - siendo la distancia del eje a un punto de la sección (2): r = a+b-x, - y siendo la diferencial de esa sección en un punto : dS2 = e·dx. Así, operando en la ecuación anterior:

∫∫ − p ⋅η

dS = j ⋅ pa ⋅ e ⋅ ∫ (a + b − x) ⋅ dx − M M _ auga − tubo = 0

 2,442   − M M _ auga − tubo = 3156,8 j − M M _ agua − tubo = − j ⋅ 101 ⋅ 103 ⋅ 7 ⋅ 10 − 3  3,05 ⋅ 2,44 − 2   Por lo tanto:

∫∫ − p ⋅η

dS = 3156,8 j − M M _ agua − tubo

Ecuación

4.8

- Tercera integral de la ecuación 4.4: Evalúa la variación del momento de la cantidad de movimiento en el interior del volumen de control. Dado que, como dice el problema, el régimen es estacionario, la cantidad de movimiento existente en cualquier punto del interior del volumen de control no cambia con el tiempo por lo tanto su momento tampoco, por lo que:

∂ r × V ⋅ ρ ⋅ dv = 0 ∂t ∫∫∫ vc

Ecuación

4.9

- Cuarta integral de la ecuación 4.4: Evalúa el momento de la cantidad de movimiento que entra y que sale del volumen de control con los flujos de masa. Como sólo hay flujos por las superficies (1) y (2), la integral quedará:

∫∫ r × ρV ⋅ (V ⋅η ) sc

dS = ∫∫ r1 × ρV 1 (V 1 ⋅ η 1 ) dS1 + ∫∫ r 2 ×ρV 2 (V 2 ⋅ η 2 ) dS 2 1

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 21 de 122

La primera de las integrales representa el momento de las velocidades de entrada en la sección 1, que como se puede ver en la figura es nulo con relación al eje MM (podemos hacer las mismas consideraciones que hicimos antes con relación a las presiones actuantes sobre esa superficie). La segunda de las integrales representa el momento de las velocidades de salida con relación al eje MM, que cómo se puede ver en la figura da en dirección -Y. En cuanto a su valor, dado que conocemos la ecuación de la velocidad, puede realizarse sin problemas: Figura 4.4: Velocidades de entrada y salida

∫∫ r × ρV (V .η )

dS = ∫∫ r1 × ρV 1 ⋅ V1 dS1 + ∫∫ r2 × ρV 2 ⋅ V2 dS 2 =

= 0 − j ⋅ ρ ∫ (a + b − x) ⋅ (m ⋅ x) 2 ⋅ e ⋅ dx = − j ⋅ 103 ⋅ 7 ⋅ 10 − 3 ⋅ ∫

2 , 44

(3,05 − x) ⋅ (2,375 ⋅ x) 2 ⋅ dx

O sea que el resultado de la cuarta integral de la ecuación 4.4 es:

∫∫ r × ρV (V ⋅η )

dS = −233,3 j m$

Ecuación 4.10

Por lo tanto ya podemos resolver el problema llevando a la ecuación 4.4, las expresiones calculadas en las ecuaciones 4.5, 4.8, 4.9 y 4.10. Así, la ecuación 4.4:

∑ ∫∫∫ r x f vc

.ρ .dv + ∫∫ r x(− p.I + τ * .)η dS = SC

∂ ∂t

∫∫∫ r xV .ρ.dv + ∫∫ r xρ .V .(V .η ) vc

Trayendo a esta ecuación 4.4 las expresiones de las ecuaciones 4.5, 4.8, 4.9 y 4.10, quedará:

0 + 3210,2 j − M M _ agua − tubo = 0 − 233,3. j Por lo tanto:

M M _ agua − tubo = 3156,9 j + 233,3 j = 3390,2 j m$

Ecuación 4.11

b) Calcular el momento que la atmósfera ejerce sobre las paredes del tubo:

M M _ atmósfera − paredes =

∫∫ − r × p η a

paredes

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 22 de 122

Para calcular este momento que el aire ejerce sobre las paredes del tubo partimos de saber que el momento de las fuerzas atmosféricas actuando alrededor de una superficie cerrada, completamente rodeada por la atmósfera, es nulo (uniformidad de las fuerzas atmosféricas). De esta forma, suponiendo nuestro montaje rodeado completamente por la atmósfera tendremos que el momento que la atmósfera actuante sobre el conjunto del volumen de control sería nulo:

∫∫ − r × pη

dS = 0

Figura 4.5: Presiones actuantes sobre el tubo

Desarrollando esta ecuación, distinguiendo entre la sección (1), la sección (2) y las paredes:

∫∫ − p r × η a

dS1 + ∫∫ − pa r × η 2 dS 2 + 2

∫∫ − p r ×η a

dS = 0

Ecuación 4.12

paredes

En la primera de las integrales podemos aplicar el mismo argumento que aplicamos con la primera integral de la ecuación 4.6 para demostrar que este momento es cero (el momento de cualquier presión que actúe en la sección (1) con relación al eje MM será nulo). La tercera de las integrales es justamente el momento MM_atmósfera-paredes que buscamos, mientras que la segunda integral ya fue resuelta con la segunda integral de la ecuación 4.6. Por lo tanto la ecuación 4.11 anterior quedará:

0 + j ⋅ pa ⋅ ∫ (a + b − x) ⋅ e ⋅ dx + M M _ atmosfera − paredes = 0 2

Por lo tanto, despejando el momento pedido:

 2,442   M M _ atmosfera − paredes = j ⋅ pa ⋅ e ⋅ ∫ (a + b − x) ⋅ dx = j ⋅ 101 ⋅ 103 ⋅ 7 ⋅ 10−3 ⋅  3,05 ⋅ 2,44 − 2   2 Dando como resultado:

 2,442   = −3156,9 j m$ M M _ atmosfera − paredes = − j ⋅ 101 ⋅ 103 ⋅ 7 ⋅ 10− 3  3,05 ⋅ 2,44 − 2   Lógicamente podíamos haber evitado la resolución de la integral pues ya estaba resuelta anteriormente para la ecuación 4.7.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 23 de 122

Problema 5 : Ecuaciones Básicas El aparato de riego por aspersión de la figura gira a velocidad angular ω = constante. A unha presión manométrica Pm en la entrada, el caudal de agua en el aparato es de Q. El diámetro de cada chorro es d. Calcular: Velocidad relativa del chorro en cada tobera del irrigador. Momento de torsión de fricción en el pivote del irrigador. Datos: Pm = 20 kPa, ω = 30 r.p.m.; Q= 7,5 l/min; R = 150 mm; α = 30º; d = 4 mm.

Solución: Datos: pa = 105 Pa pm = 20·103 Pa p1 = pm + pa = 120 · 103 Pa

ω = 30

rev 2π rad 1 min rad ⋅ ⋅ = 3,14 min 1 rev 60 s s

Q = 7,5 ⋅ 10 − 3

m3 1 min m3 ⋅ = 1,25 ⋅ 10 − 4 min 60 s s

R = 0,15 m d = 4·10-3 m R = 103 kg/m3

a) Calcular la velocidad relativa del chorro en cada tobera del irrigador. Las ecuaciones estudiadas son válidas para observadores inerciales como, por ejemplo, los observadores en reposo. Por lo tanto, tomamos un

Figura 5.1: Sistema de referencia

observador fijo XYZ tal como se indica en la Figura 5.1. Y siendo fijo este observador, estos ejes no se mueven con el giro del aspersor, sino que están fijos. Con relación a esto hay que tener en cuenta que la velocidad de salida del agua por (2) y (3) resulta de sumar la velocidad relativa vista por el aspersor girando (ver Figura 5.2), y la velocidad de arrastre u = ω·R (ver Figura 5.2) situada siempre en el plano XZ:

V = Vr + u La velocidad relativa vista por el aspersor girando será, de acuerdo con la Figura 5.2 en la posición indicada en esta:

[

( )

]

Vr = Vs ⋅η = Vs ⋅ cos α ⋅ ± k ) + sen α ⋅ j ,

Figura 5.2: Velocidades relativa y de arrastre del agua de salida

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 24 de 122

En este vector hay que indicar que la componente Z irá variando a lo largo del movimiento, mientras que la componente Y permanecerá constante. Con relación a la velocidad de arrastre de cada tobera, será: u = ω·R (ver Figura 5.3) situada siempre en el plano XZ. En el dibujo de la Figura 5.3, se ve el aspersor girando visto desde arriba, indicándose su velocidad angular ω y la velocidad absoluta u de las toberas de Figura 5.3: Vista salida, y en la Figura 5.2, se dibuja el aspersor visto lateralmente en la dirección superior del giro del brazo (2) del aspersor, con la velocidad del agua relativa al aspersor Vr , y la velocidad del propio aspersor u que, lógicamente, es la velocidad de arrastre para el agua. Por lo tanto, en la posición de la Figura 5.3, la velocidad absoluta de salida por la tobera (2) será:

(

)

V2 = Vr + u = Vs ⋅ − cos α ⋅ k + sen α ⋅ j + u ⋅ k ⇒ ⇒ V2 = (u − Vs ⋅ cos α ) ⋅ k + Vs ⋅ sen α ⋅ j Por lo tanto:

V2 = (ω ⋅ R − Vs ⋅ cos α ) ⋅ k + Vs ⋅ sen α ⋅ j

Ecuación

5.1

Ecuación

5.2

Y, así, el módulo deesta velocidad será:

V2 =

(ω ⋅ R − Vs ⋅ cos α )2 + Vs2 ⋅ sen 2 α

Tiene interés ver la expresión vectorial de las velocidades en una posición en que estas resuilten lo más simples posibles pues, dada el carácter uniforme del movimiento del aspersor, cualquier valor que se deduzca en estas posiciones será válido para cualquier otra posición. Por otra parte, en las ecuaciones va a aparecer el producto: V2 ⋅ η 2 que, teniendo en cuenta la ecuación 5.1 y la dirección del vector η 2 en la Figura 5.4: Vectores normales en la entrada y las salidas

tobera (2) (ver la Figura 5.4), quedará:

[

](

V2 ⋅ η2 = (ω ⋅ R − Vs ⋅ cos α ) ⋅ k + Vs ⋅ sen α ⋅ j ⋅ − cos α ⋅ k + sen α ⋅ j Operando en la ecuación anterior, queda: V2 ⋅ η2 = Vs − ωR ⋅ cos α Quedando por lo tanto que:

V2 ⋅ η2 = Vs − ωR ⋅ cos α

Ecuación

5.3

Y, dada la simetría existente, esto se aplica exactamente igual a V3, por lo que:

V3 ⋅η3 = Vs − ωR ⋅ cos α

Ecuación

5.4

)

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 25 de 122

Una vez visto esto, para calcular la velocidad de salida aplicamos la ecuación de continuidad al volumen de control que limita al agua que está dentro do aspersor en cada momento:

∂ ρ ⋅ dv + ∫∫ ρV ⋅η dS = 0 ∂t ∫∫∫ vc sc En esta, la primera integral indica la variación de la masa en el interior del volumen de control a lo largo del tiempo, por lo que en este caso de flujo uniforme, esta variación será cero. Queda así sólo la segunda integral, que indica el flujo a través de la superficie de control. Y flujo sólo hay a través de la entrada (1) y de las salidas (2) y (3), por lo que esta integral se puede desarrollar así:

∫∫ ρ V ⋅η 1

dS1 + ∫∫ ρ V2 ⋅ η 2 dS 2 + ∫∫ ρ V3 ⋅ η3 dS3 = 0

(1)

( 2)

( 3)

Sin embargo, antes de desarrollar las integrales, veámolos de forma más simple pues en, realidad la continuidad en el flujo se puede plantear sencillamente así: Flujo de entrada + flujo de salida = 0 Lógicamente, el cálculo del flujo de entrada resulta negativo y el de salida positivo. O sea que, la ecuación de continuidad, queda reducida a:

V1 ⋅ S1 + V2 ⋅ S 2 + V3 ⋅ S3 = 0 Que es una ecuación mucho más simple y en la que sólo se debe tener la precaución de no creer que las velocidades de salida son perpendiculares a las superficies (o sea paralelas a los vectores superficie), pues no es así: son así las velocidades relativas, pero no las velocidades absolutas. Esto se ilustra en la figura adjunta. Quizás, para evitar estas confusiones, sea más conveniente expresar la ecuación anterior de esta otra forma:

V1 ⋅η1 S1 + V2 ⋅η 2 S2 + V3 ⋅ η3 S3 = 0 De todas formas, vamos a tratar la ecuación de continuidad en su forma integral para practicar el trabajo con ella. Así, teníamos que:

∫∫ ρ V ⋅η 1

dS1 + ∫∫ ρ V2 ⋅ η 2 dS 2 + ∫∫ ρ V3 ⋅ η3 dS3 = 0

(1)

( 2)

( 3)

El producto V1 ⋅ η1 se resuelve simplemente observando la Figura 5.2:

V1 ⋅ η1 = V1 ⋅ 1 ⋅ cos 180º = −V1 Los productos V2 ⋅ η 2 y V3 ⋅ η3 se han resuelto en las ecuaciones 4.3 y 4.4, por lo que la ecuación de continuidad quedará:

∫∫ ρ (− V ) dS + ∫∫ ρ ⋅ (V 1

(1)

− ωR ⋅ cos α ) dS 2 + ∫∫ ρ ⋅ (Vs − ωR ⋅ cos α ) dS3 = 0

(2)

( 3)

Extrayendo de las integrales todas aquellas variables que son constantes a lo largo de las superficies de integración respectivas, la ecuación anterior quedará:

− ρ ⋅ V1 ⋅ ∫∫ dS1 + ρ ⋅ (Vs − ωR ⋅ cos α ) ⋅ ∫∫ dS 2 + ρ ⋅ (Vs − ωR ⋅ cos α ) ⋅ ∫∫ dS3 = 0 (1)

( 2)

( 3)

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 26 de 122

Operando, y teniendo en cuenta que las superficies (2) y (3) son iguales y de valor S, las ecuaciones anteriores quedarán:

− ρ ⋅ V1 ⋅ S1 + ρ ⋅ (Vs − ωR ⋅ cos α ) ⋅ S + ρ ⋅ (Vs − ωR ⋅ cos α ) ⋅ S = 0 Y teniendo en cuenta que V1·S1 es el caudal de entrada Q, se tendrá que:

− ρ ⋅ Q + 2 ρ ⋅ (Vs − ωR ⋅ cos α ) ⋅ S = 0 Despejando la velocidad relativa de salida:

2 ⋅ (Vs − ωR ⋅ cos α ) ⋅ S = Q ⇒ Vs =

Q + ωR ⋅ cos α = 2S

Q + ωR ⋅ cos α πd 2 2⋅ 4

−4 Operando: Vs = 2 ⋅ 1,25 ⋅ 10 2 + 3,14 ⋅ 0,15 ⋅ cos 30º = 5,38 m s π ⋅ (4 ⋅ 10 −3 )

Este es el valor de la velocidad relativa pedida en la primera pregunta. En el apartado siguiente van a hacer falta las velocidades absolutas de salida por lo que se calcularán aquí, y según la ecuación 4.2, éstas serán : En valor:

V =

(ω ⋅ R − Vs ⋅ cos α )2 + Vs2 ⋅ sen2 α

(3,14 ⋅ 0,15 − 5,38 ⋅ cos 30º )2 + 5,382 ⋅ sen2 30º = 4,35 m s

Vectorialmente, las velocidades absolutas de salida, en la posición de la figura inicial, vienen dadas por la ecuación (1):

V2 = (ω ⋅ R − Vs ⋅ cos α ) ⋅ k + Vs ⋅ sen α ⋅ j = (3,14 ⋅ 0,15 − 5,38 ⋅ cos 30º ) ⋅ k + 5,38 ⋅ sen 30º⋅ j O sea que, operando, quedará: V2 = −4,19 ⋅ k + 2,69 ⋅ j Lógicamente, dada la simetría del problema y observando las figuras anteriores, la otra velocidad de salida en la misma posición indicada en la figura citada, será: V3 = 4,19 ⋅ k + 2,69 ⋅ j (signo de la componente Z contrario á V2).

b) Calcular el momento de torsión de fricción en el pivote del aspersor. Como el aspersor tiene una velocidad angular constante, no puede tener aceleración angular lo que exige que el momento resultante sea nulo. Y, en principio, cabe esperar que sobre el aspersor produzca momento el agua circulante y la fricción existente en el eje de giro. Por lo que estos dos momentos deben de ser de igual valor y signos contrarios. El teorema del momento cinético permite calcular el momento que aplica el agua al aspersor, y a cuyo objeto se va a aplicar a continuación:

∑ ∫∫∫ r × f vc

⋅ ρ dv + ∫∫ r × (− p I ⋅ η + τ * ) dS = SC

∂ r × V ⋅ ρ dv + ∫∫ r × V ⋅ ρ (V ⋅ η ) dS ∂t ∫∫∫ vc sc

Ecuación 5.5

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 27 de 122

- Primeira integral de la ecuación 4.5: Evalúa las fuerzas másicas que actúan dentro del volumen de control. En este caso la única fuerza másica es el peso del sistema por lo que, dada la simetría del aspersor, su peso actúa sobre el propio eje de giro y, así, su momento es nulo:

∑ ∫∫∫ r × f

.ρ .dv = 0

- Segunda integral de la ecuación 4.5: Evalúa las fuerzas que actúan sobre las superficies que limitan el volumen de control. Suponemos la viscosidad despreciable ( τ * = 0 ) por lo que esta integral quedará:

∫∫ r × (− p ⋅ I + τ

(

)

(

)

) ⋅ η dS = ∫∫ r × − p ⋅ I ⋅ η dS = ∫∫ r × − p ⋅ η dS

Estudiemos ahora cada una de las superficies que limitan el volumen de control:

∫∫ r × (− p ⋅ η )

(

dS = ∫∫ r3 × − pa ⋅ η 3

)

(

dS 3 + ∫∫ r2 × − pa ⋅ η 2

)

dS 2 + ∫∫ r1 × (− pa − pm ) ⋅ η1 dS1 +

∫∫ r

p paredes

(

× − p p ⋅η p

)

dS p

La última de las integrales representa el momento de las fuerzas que las paredes ejercen sobre el fluído en el interior del aspersor: M paredes − fluído Las tres primeras integrales representan los momentos de las fuerzas de presión en las bocas de salida, (3) y (2), y de entrada, (1) de agua. En la Figura 5.5 adjunta se puede ver la dirección de la acción de las presiones sobre las salidas (de valor la atmosférica) y sobre la entrada (con un valor suma de la presión manométrica de entrada y la atmosférica). Con ayuda de esta figura se pueden ver con facilidad los resultados de las integrales a lo largo de las superficies de entrada y salida: El momento de las fuerzas de presión en la boca de entrada es nulo dado que actúa sobre el propio eje de giro (ver figura), mientras que en las bocas de salida los momentos serán:

∫∫ r × (− p 3

⋅η 3

)

(

dS3 + ∫∫ r2 × − pa ⋅η 2

(

)

(

)(

Figura 5.5: Presiones en la entrada y en las salidas

)

( )(

)

dS 2 = ∫∫ − R ⋅ i × − pax k − pay j dS 3 + ∫∫ R ⋅ i × pax k − pay j dS 2 = 3

) ( ) k )⋅ S + (− R ⋅ p j − R ⋅ p k )⋅ S =

= − R ⋅ i × − pax k − pay j ⋅ ∫∫ dS 3 + R ⋅ i × pax k − pay j ⋅ ∫∫ dS 2 = 3

(

= − R ⋅ pax j + R ⋅ pay

π ⋅ (4 ⋅ 10−3 )

= −2 R ⋅ pax ⋅ S j = −2 R ⋅ pa ⋅ cos 30º⋅S j = −2 ⋅ 0,15 ⋅ 10 ⋅ cos 30º⋅

j = −0,3265 j

Por lo que la segunda integral queda:

∫∫ r × (− p ⋅ I + τ

) ⋅ η dS = −0,3265 j + M paredes − auga

- Tercera integral de la ecuación 4.5: Evalúa la variación del momento cinético del agua en el interior del aspersor que, dada la geometría del sistema, se puede evaluar como Iy·ω, pero dado que el régimen es estacionario, la cantidad de movimiento no cambia con el tiempo por lo que su derivada es cero:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 28 de 122

∂ r × V ⋅ ρ ⋅ dv = 0 ∂t ∫∫∫ vc - Cuarta integral de la ecuación 4.5: Evalúa el balance del momento cinético entre la entrada y la salida, y dado que sólo hay flujos por las superficies (1), (2) e (3), la integral se desarrolla de la siguiente forma:

∫∫ r × ρV ⋅ (V ⋅η )

dS = ∫∫ r1 × ρV 1 (V 1 ⋅ η 1 ) dS1 + ∫∫ r2 × ρV 2 (V 2 ⋅ η 2 ) dS 2 + ∫∫ r3 × ρV3 (V 3 ⋅ η 3 ) dS3

El momento cinético en la entrada es nulo, dado que el momento líneal se puede considerar aplicado sobre el mismo eje de giro por lo que: r1=0. En cuanto a las integrales 2 y 3, se pueden desarrollar analíticamente sin mayor problema dado que ya se conocen del apartado anterior las velocidades de salida por las toberas (2) y (3):

∫∫ r × ρV 2

(V 2 ⋅ η 2 ) dS 2 + ∫∫ r3 × ρV3 (V 3 ⋅ η 3 ) dS3 =

Se debe recordar que los produtos V ⋅ η están calculados en las ecuaciones 3 y 4:

V2 ⋅ η2 = V3 ⋅η3 = Vs − ω ⋅ R ⋅ cos 30º = 5,38 − 3,14 ⋅ 0,15 ⋅ cos 30º = = = ∫∫ Ri × ρ ⋅ (−4,19 k + 2,69 j ) ⋅ 4,97 dS 2 + ∫∫ − Ri × ρ ⋅ (4,19 k + 2,69 j ) ⋅ 4,97 dS 2 = 2

= Ri × ρ ⋅ (−4,19 k + 2,69 j ) ⋅ 4,97 ⋅ ∫∫ dS 2 + − Ri × ρ ⋅ (4,19 k + 2,69 j ) ⋅ 4,97 ⋅ ∫∫ dS 2 =

(

)

( )

)

= 4,19 ⋅ R ⋅ ρ j + 2,69 ⋅ R ⋅ ρ k ⋅ 4,97 ⋅ S + 4,19 ⋅ R ⋅ ρ j − 2,69 ⋅ R ⋅ ρ k ⋅ 4,97 ⋅ S = 2 ⋅ 4,19 ⋅ R ⋅ ρ ⋅ 4,97 ⋅ S j = 3

= 2 ⋅ 4,19 ⋅ 0,15 ⋅ 10 ⋅ 4,97 ⋅

π ⋅ (4 ⋅ 10− 3 4

j = 0,0785 j m$

Llevando todos estos valores a la ecuación 4.5, se tendrá que:

− 0,3265 j + M paredes − auga = 0,0785 j ⇒ M paredes − auga = 0,405 j m$ Por lo tanto, el momento que el agua aplica a las paredes del aspersor será:

M auga − paredes = −0,405 j m$ Y como los momentos que actúan sobre el aspersor son este, que le aplica el agua más el rozamento del eje, y como el aspersor no tiene aceleración angular, la suma de momentos debe ser cero. Por lo tanto:

∑M

y aspersor

= 0 ⇒ M auga − paredes + M roz = 0 ⇒ M roz = − M auga − paredes = 0,405 j m$

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 29 de 122

Problema 6 : Ecuaciones Básicas-Conservación En el sistema de la figura, una máquina toma aire en régimen estacionario a través de la sección 1 y lo descarga por las secciones 2 y 3. Las propiedades de cada sección son: Sección

A, ft2

Q, ft3/s

T, ºF

P, lbf/in2 abs

Z, ft

0,4

100

0,25

200

¿?

1,5

La máquina comunica al aire una potencia de 150 HP. Calcular la presión p3 en libras-fuerza por pulgada cuadrada y el flujo de calor en Btu por segundo. Suponer que el aire es un gas perfecto con R = 1715 y Cp = 6003 (ft·lbf)/(slug·ºR). ¿Se podría despreciar la influencia de las fuerzas másicas por tratarse de un gas? Justifícalo. Solución: Piden p3 y sabemos que:

p ⋅V = m ⋅ R ⋅ T

⇒

m ⋅ R ⋅T V

⇒

p = ρ ⋅ R ⋅T

⇒

p3 = ρ3 ⋅ R ⋅ T

Vemos que precisamos ρ3 para calcular p3, y se puede calcular con la ecuación de continuidad aplicada al volumen de control que limita al gas contenido dentro del recipiente:

∂ ρ ⋅ dv + ∫∫ ρV ⋅η dS = 0 ∂t ∫∫∫ vc sc En esta, la primera integral indica la variación de la masa en el interior del volumen de control a lo largo del tiempo, por lo que en este caso de flujo estacionario, es cero. Queda así sólo la segunda integral, que indica el flujo a través de la superficie de control. Y flujo sólo hay a través de la entrada (1) y de las salidas (2) y (3), por lo que esta integral se pode desarrollar así:

∫∫ ρ V ⋅η 1

(1)

dS1 + ∫∫ ρ 2 V2 ⋅ η 2 dS 2 + ∫∫ ρ3 V3 ⋅ η3 dS3 = 0 ( 2)

( 3)

Siendo las propiedades uniformes en cada sección, la ecuación anterior queda:

− ρ1V1S1 + ρ 2V2 S 2 + ρ3V3 S3 = 0 ⇒ − ρ1Q1 + ρ 2Q2 + ρ3Q3 = 0 ⇒ ρ3 =

− ρ1Q1 + ρ 2Q2 Q3

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 30 de 122

p1  − 3 slg  ρ1 = R ⋅ T = 3,17 ⋅ 10 ft 3 1 Siendo:  p2 slg  ρ2 = = 4,5 ⋅ 10 −3 3  R ⋅ T2 ft Y, por lo tanto, la ecuación anterior nos da que: ρ3 = 2,74 ⋅ 10 − 3

slg ft 3

Y volviendo a la primera ecuación, ya podremos calcular p3:

p3 = ρ 3 RT3 = 21,54

lb − f in 2

Para calcular el flujo de calor se aplica la ecuación de la conservación de la energía: • •       v2 v2  dE      = Q + W + h + + gz ⋅ ρ V A − h + + gz ⋅ ρ V A       ∑ ∑ e e e s s s    2 2  dt vc     e s

 dE   = 0 por tratarse de régimen estacionario. Por lo tanto, la ecuación anterior queda:  dt vc

Siendo 

      V22 V32 V12 Q = −W +  h2 + + gz 2  ⋅ ρ 2V2 A2 +  h3 + + gz3  ⋅ ρ3V3 A3 −  h1 + + gz1  ⋅ ρ1V1 A1 2 2 2       Q Y siendo: V = , y h = C p ⋅ T , la ecuación anterior queda: A •

•

• •       Q2 Q2 Q2 Q = −W +  C pT2 + 2 + gz2  ⋅ ρ 2Q2 +  C pT3 + 3 + gz3  ⋅ ρ3Q3 −  C pT1 + 1 + gz1  ⋅ ρ1Q1 2 A2 2 A3 2 A1      

Y ya se puede calcular

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 31 de 122

Problema 7 : Ecuaciones Básicas-Conservación El tanque de la figura de 0,1 m3 de volumen, se conecta la una línea de aire de alta presión; tanto la línea como el tanque, al principio se encuentran a una temperatura uniforme de 20ºC. La presión manométrica inicial del tanque es de 100 kPa, la presión absoluta de la línea es 2 Mpa. La presión y la temperatura se mantienen constantes en la línea. En el instante posterior a la apertura de la válvula, la temperatura del tanque aumenta a razón de 0,05 ºC/s. Determinar la relación instantánea de flujo de aire hacia el tanque si se desprecia la transferencia de calor. )ota: suponer propiedades uniformes en el tanque y que éste es muy grande. Datos: R = 287 J/(kg·K); Patm = 101 kPa; Cv = 717 J/(kg·K)

Solución: Aplicamos la ecuación de la conservación de la energía al tanque: • •  dE    = Q + W + E flujo que entra − E flujo que sale  dt  vc

Siendo Q y W el calor y el trabajo, por unidad de tiempo, que entran a través del volumen de control no llevados por los flujos de fluido. En este caso, tanto Q, W como Eflujo que sale son nulos, por lo que la ecuación anterior quedará:

 dE    = E flujo que entra  dt  vc Dada la linealidad de la variación de la energía, podemos evaluar su cambio durante el primer segundo: Y teniendo en cuenta que los términos de la ecuación anterior son: • • d dm dT  dE  ⋅ cv ⋅ T + m ⋅ cv ⋅ = m⋅ cv ⋅ T + m ⋅ cv ⋅ T   = (m ⋅ cv ⋅ T ) vc = dt dt  dt  vc dt

  ve2  = m⋅  hL + + g ⋅ z e  2   •

E flujo que entra

•

Siendo: m : flujo de aire entrante en el tanque; T: temperatura en el volumen de control; T : variación de temperatura en el tanque por unidad de tiempo; hL : entalpía específica del aire de la línea; ve : velocidad de entrada en el tanque que supondremos nula; ze : cota de altura de la entrada del tanque que es nula. Por tanto, la ecuación de coanservación de la energía nos queda: •

•

m⋅ cv ⋅ T + m ⋅ cv ⋅ T = m⋅ hL Despejando el flujo de aire, y teniendo en cuenta que la entalpía específica del aire de la línea es:

hL = c p ⋅ TL , la ecuación anterior quedará: • •

•

m⋅ cv ⋅ T + m ⋅ c v ⋅ T = m⋅ c p ⋅ TL

m ⋅ cv ⋅ T → m= c p ⋅ TL − c v ⋅ T •

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 32 de 122

Vemos que el flujo de aire depende de la cantidad de aire m que se encuentra en el tanque en cada instante, y de la temperatura T del mismo, por lo que variará de un instante a otro. Calcularemos el flujo de aire en el instante de apertura de la válvula como nos pide el ejercicio, para lo que primero calcularemos la cantidad de aire que hay en el tanque en ese momento con la ecuación de los gases ideales y teniendo en cuenta que la presión en el tanque en ese momento es p = pmanométrica + patm = 100 + 101 kPa = 201 kPa = 2,01 · 105 Pa : pV = mRT --> 2,01 · 105 · 0,1 = m · 287 · 293 --> m = 0,239 kg Por tanto el flujo de aire en el instante inicial será: •

m ⋅ cv ⋅ T 0,293 ⋅ 717 ⋅ 0,5 kg g m= = = 1,02 ⋅ 10 − 4 = 0,102 c p ⋅ TL − cv ⋅ T 1004 ⋅ 293 − 717 ⋅ 293 2 s •

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 33 de 122

Problema 8 : Ecuaciones Básicas-Conservación En la figura se muestra una pequeñaa turbina que absorbe 7,7 kW del flujo de agua que pasa a través del túnel. ¿Que fuerza horizontal existe en el túnel por el flujo del agua en el interior y por la presión atmosférica en el exterior?

Solución: Tomamos como volumen de control el volumen comprendido entre las secciones de entrada (e) y de salida (s) y las paredes del túnel, tal como se indica en la figura adjunta. Comenzaremos por calcular la velocidad de salida con ayuda de la ecuación de continuidad:

∂ ρ ⋅ dv + ∫∫ ρV ⋅η dS = 0 ∂t ∫∫∫ vc sc En esta, la primera integral indica la variación de la masa en el interior del volumen de control a lo largo del tiempo, por lo que en este caso de flujo estacionario, es cero. Queda así sólo la segunda integral, que indica el flujo a través de la superficie de control. Y flujo sólo hay a través de la entrada (e) y de la salida (e), por lo que esta integral se pode desarrollar así:

∫∫ ρ

Ve ⋅ η e dS e + ∫∫ ρ s Vs ⋅ η s dS s = 0

(e)

(s)

Siendo las propiedades uniformes en cada sección, la ecuación anterior queda: 2 5 ⋅  π ⋅ 0,609  4 vS − ρVe S e + ρVs S s = 0 ⇒ v s = e e =  = 8,88 m / s 2 Ss π ⋅ 0,457 4

Como nos piden la fuerza que ejerce el agua en el túnel, aplicaremos la ecuación de la conservación de la cantidad de movimiento al fluido contenido en ele volumen de control:

∂ V ⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅η ) dS = ∑ ∫∫∫ f ∂t ∫∫∫ vc sc vc

⋅ ρ ⋅ dv + ∫∫ (− p ⋅ I + τ * ) ⋅η dS

-Ecuación

- Primera integral de la ecuación 8.2 : Dado que se trata de un régimen estacionario, es nula. - Segunda integral da ecuación 8.3: Evalúa la cantidad de movimiento que entra y sale del volumen de control con los flujos de masa. Como sólo hay flujos por las superficies (e) y (s), la integral quedará:

8.1

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅η )

Páxina 34 de 122

dS = ∫∫ ρ ⋅ V e (V e ⋅η e ) dS e + ∫∫ ρ ⋅ V s (V s ⋅η s ) dS s

Y como la densidad, la velocidad y el vector normal son uniformes en cada una de las superficies, las integrales anteriores se calculan facilmente quedando:

∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅ η )

dS = ∫∫ ρ ⋅ V e (V e ⋅ η e ) dS e + ∫∫ ρ ⋅ V s (V s ⋅ η s ) dS s = ρ ⋅ V e ⋅ Ve ⋅ ∫∫ dS e + ρ ⋅ V s ⋅ V s ⋅ ∫∫ dS s =

 π ⋅ 0,609 π ⋅ 0,457 = ρ ⋅ − Ve2 ⋅ S e + V s2 ⋅ S s ⋅ i = 10 3 ⋅  − 5 2 ⋅ + 8,88 2 ⋅ 4 4 

(

)

∫∫ ρ ⋅ V ⋅ (V ⋅η )

dS = 5652,2 ⋅ i $

  ⋅ i = 5652,2 ⋅ i $ 

-Ecuación

8.2

- Tercera integral de la ecuación 8.4: Evalúa las fuerzas másicas que actúan dentro del volumen de control. En este caso la única fuerza másica es el peso ( f m = −∇gz = − g j ) por lo que:

∑ ∫∫∫ f

⋅ ρ ⋅ dv = ∫∫∫ − g ⋅ j ⋅ ρ ⋅ dv = − g ⋅ j ⋅ ∫∫∫ ρ ⋅ dv = − mvc ⋅ g j

∑ ∫∫∫ f

⋅ ρ ⋅ dv = − mvc ⋅ g j

-Ecuación

8.3

- Cuarta integral de la ecuación 8.5: Evalúa las fuerzas que actúan sobre las superficies que limitan el volumen de control. Suponemos la viscosidad despreciable ( τ * = 0 ) por lo que esta integral quedará:

∫∫ (− p ⋅ I + τ SC

)η dS = ∫∫ − p ⋅η dS SC

Estudiemos ahora cada una de las superficies que limitan al volumen de control:

∫∫ − p ⋅η SC

dS = ∫∫ − p e ⋅ η dS + ∫∫ − p s ⋅η dS + F túnel e

Siendo Ftúnel, la fuerza que recibe el agua por parte del túnel, excepto las fuerzas de presión en la entrada y la salida. Por tanto:

∫∫ − p ⋅η

dS = ( pe ⋅ S e − p s ⋅ S s ) ⋅ i + F túnel = (30148 − 0,164 ⋅ p s ) ⋅ i + F túnel

Vemos que al llevar los resultados de las cuatro integrales a la ecuación 8.1, para calcular la fuerza del túnel, necesitamos saber la presión de salida ps, y para calcularla aplicamos la ecuación de la conservación de la energía al volumen de control:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

• •  p e ve2   dE  + + g ⋅ z e  − ∑ ρ s Qs   = Q + W + ∑ ρ e Qe ⋅   dt  vc e  ρe 2  s

Páxina 35 de 122

 p s v s2  ⋅  + + g ⋅ z s  2  ρs 

Al ser régimen estacionario, el primer miembro es nulo y los caudales de entrada y salida son iguales, también es nulo el primer término del segundo miembro dado que no hay flujos de calor, y también son iguales las densidades del fluído en entrada y salida. También son nulas las cotas de altura. Por tanto, la ecuación de Bernoulli queda:

p p v2  v2  0 = W + ρQ ⋅  e + e  − ρQ ⋅  s + s  → 2 e 2  ρ  ρ •

ρve2

ρv s2

•

W ps = pe + − + 2 2 Q

Operando:

ρv e2

ρv s2

•

W 10 3 2 − 7700 p s = pe + − + = 1,035 ⋅ 10 5 + 5 − 8,88 2 + 2 2 2 Q 2 5 ⋅ π ⋅ 0,609

(

)

= 71286 Pa 4

Por tanto, llevando ahora el resultado de todas las integrales a la ecuación 8.1, quedará:

5652,2 ⋅ i = − mvc ⋅ g j + (30148 − 0,164 ⋅ 71286 ) ⋅ i + F túnel En horizontal, quedará:

5652,2 = 30148 − 11690,9 + Ftúnel − hor Despejando la fuerza que recibe el agua por parte del túnel: Ftúnel-hor = - 12804,9 N Y por tanto la que que al agua jerce sobre el túnel: F = + 12804,9 N Una opción alternativa es interpretar que el problema solicita la totalidad de las fuerzas que el flujo ejerce sobre las paredes del túnel con lo que la cuarta integral del teorema de la conservación del momento lineal sería esta fuerza pedida:

∫∫ (− p ⋅ I + τ

)η dS = ∫∫ − p ⋅η dS = F túnel −agua

Y de esta forma, el teorema del momento lineal sería:

5652,2 ⋅ i = − mvc ⋅ g j + F túnel −agua Con lo que, en horizontal: Ftúnel − agua − hor = 5652,2 $ Y, así, la fuerza del agua sobre el túnel será: F = -5652,2 N

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 36 de 122

Problema 9 : Ecuaciones básicas-Conserv. energía: Una bomba conectada a una boquilla muy perfilada eleva agua verticalmente hasta una altura H=105 m. El diámetro de la boquilla de salida es de 11 cm. Se supone que el movimiento del agua es ideal, despreciándose las fuerzas viscosas y la resistencia del aire. También se supone que la sección recta del chorro cambia gradualmente con la altura, y que este es compacto y no sufre disgregación hasta relativamente cerca de la altura máxima. Se pide calcular: la) Caudal y velocidad en la boquilla. b) Diámetro del chorro a 60 m. c) Potencia de la bomba, suponiendo un rendimiento del conjunto bomba-boquilla de 0,8. Solución: a) Piden la velocidad y el caudal en la sección (2) de la figura adjunta, y tenemos todos los datos de la sección (3): (3): p3 = pa ; v3 = 0; z3 = 1,05 m (2): p2 = pa ; v2 = ¿; z2 = 0; d2 = 0,11 m (1): p1 = pa ; v1 = 0 (gran superficie); z1 = 0 Podemos calcular la velocidad en (2) aplicando la ecuación de la conservación de la energía entre (2) y (3) según figura (tomamos como volumen de control el volumen comprendido entre las secciones (2) y (3)): • •  p 2 v 22   p3 v32   dE    + + g ⋅ z 2  − ρ 3 Q3 ⋅  + + g ⋅ z 3    = Q + W + ρ 2 Q2 ⋅   dt  vc  ρ2 2   ρ3 2 

Donde el primer miembro es nulo dado que suponemos régimen permanente, siendo también cero la aportación de calor y trabajo a través de los límites del volumen de control, por lo que la ecuación anterior queda:

p p  v2  0 = ρ 2 Q2 ⋅  a + 2  − ρ 3Q3 ⋅  a + g ⋅ z 3   ρ3   ρ2 2  Y como, dada la ecuación de continuidad: ρ 2 Q2 = ρ 3 Q3 , la ecuación anterior quedará: pa

ρ2

v 22 p a = + g ⋅ z3 2 ρ3

→

v 22 = g ⋅ z3 2

→ v 2 = 2 g ⋅ z 3 = 2 ⋅ 9,4 ⋅ 105 = 45,4 m / s

Y el caudal podemos calcularlo en la sección (2) : Q2 = v 2 ⋅ S 2 = 45,4 ⋅

π ⋅ 0,112 4

= 0,431

m3 s

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 37 de 122

b) El diámetro en (4) podemos determinarlo por la ecuación de continuidad aplicada entre las secciones (2) y (4): ρ 2 Q2 = ρ 4 Q4

→ Q2 = Q4

→ v2 ⋅

π ⋅ d 22 4

= v4 ⋅

π ⋅ d 42 4

→ d4 = d2 ⋅

v2 v4

No sabemos v4 pero podemos calcularlo por aplicación de la ecuación de Bernoulli entre (2) y (4), dado que estamos en régimen estacionario y no hay aportación de calor ni de trabajo:

v 22 p v2 + g ⋅ z2 = 4 + 4 + g ⋅ z4 2 2 ρ

→

v 22 p a v 42 = + + g ⋅ z4 2 2 ρ

→

v 4 = v 22 − 2 gz 4 = 45,4 2 − 2 ⋅ 9,8 ⋅ 60 = 29,75 m / s

v2 45,4 = 0,11 ⋅ = 0,136 m = 13,6 cm v4 29,75

Volviendo ahora a la ecuación de d4 : d 4 = d 2 ⋅

c) Al pedir la potencia de la bomba, que actúa entre (1) y (2), aplicamos la ecuación de la conservación de la energía entre (1) y (2): • •  p v2  p  v2  dE    = Q + W + ρQ ⋅  1 + 1 + g ⋅ z1  − ρQ ⋅  2 + 2 + g ⋅ z 2  2 2  dt  vc ρ   ρ 

En donde el primer miembro es nulo dado que suponemos régimen estacionario, siendo nula la aportación de calor y también nula la velocidad en (1) , las presiones se simplificarán dado que estamos con presión atmosférica en ambos lugares (suponemos que tomamos agua casi a ras de agua), e igualmente tomamos nulas las cotas dado que suponemos que la diferencia entre ellas es muy pequeña. Por lo tanto, la ecuación quedará: •

0 =W−

ρQv 2

2 2

•

→ W =

ρQv 2

2 2

ρv 2 =

πd 22 4 2

v 22 =

10 3 π ⋅ 0,112 J ⋅ ⋅ 45,4 3 = 444 644 = 444,6 kW 2 4 s

Este es el trabajo que recibe el agua, que es el 80% del de la bomba, por lo que: •

0,8 ⋅ W bomba = 444,6 kW

•

→ W bomba = 555,8 kW

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 38 de 122

Problema 10 : Ecuaciones básicas-Conserv. Energía 5: En la figura se muestra una tubería de diámetro D a través de la que fluye agua de un depósito de altura constante H. Antes de un cierto dispositivo un manómetro marca P1 y después de este el chorro descarga en la atmósfera a través de una tobera con velocidad v. Si no existe transferencia de calor, ni fricción en la tubería, calcular: a) Velocidad en la sección 1. b) Diámetro de la tobera. c) Potencia que intercambia el dispositivo con el fluido. Indicar se se trata de una bomba o de una turbina Datos: D= 16 in; H= 44 ft; h = 10 ft; P1= 15 lbf/in2; v = 35 ft/s. Solución: Organicemos los datos que tenemos de las secciones (0), (1) y (2) según figura adjunta:

Sección (0): p0 = pa; v0 = 0 (depósito ancho); z0 = 44 ft · 0,3048 = 13,41 m Sección (1): d1 = 16 in · 0,0254 = 0,4064 m; p1m = 15 Sección (3): p2 = pa; v 2 = 35

1 in 2 4,488 $ lbf ⋅ ⋅ = 104346 Pa ;z1=0 2 2 2 1 lbf in 0,0254 m

ft 0,3048 m m ⋅ = 10,67 ; z2 = 10 ft = 3,048 m s 1 ft s

a) Piden v1 pero no disponemos de más datos se secciones que d1 por lo que no podremos calcular la velocidad pedida aplicando continuidad. Sin embargo tenemos todos los datos de la sección (0) por lo que podemos aplicar Bernoulli entre (0) y (1) dado que se trata de régimen estacionario y no hay aportación de calor ni trabajo entre estas secciones:

v02 p1 v12 + + g ⋅ z0 = + + g ⋅ z1 2 2 ρ ρ

→

v12 + gz 0 = + 2 ρ ρ

p − p1  − p1m    = 2 ⋅  gz 0 + v1 = 2 ⋅  gz 0 + a ρ  ρ  

→

 104346  m   = 2 ⋅  9,8 ⋅ 13,41 −  = 7,38 3 s 10   

b) Piden d2 lo que ahora podemos calcular aplicando la ecuación de continuidad entre las secciones (1) y (2) de la figura superior:

v1 S1 = v 2 S 2

→ v1 ⋅

π ⋅ d12 4

= v2 ⋅

π ⋅ d 22 4

→ d 2 = d1 ⋅

v1 7,38 = 0,4064 ⋅ = 0,3380 m v2 10,67

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 39 de 122

c) Piden el trabajo aportado/recibido por el dispositivo existente entre las secciones (1) y (2) de la figura superior, para lo que aplicamos la ecuación de la conservación de la energía: • •  p1 v12   p 2 v 22   dE      ρ ρ Q W Q g z Q g z = + + ⋅ + + ⋅ − ⋅ + + ⋅   1 2 ρ   ρ 2 2  dt  vc    

Donde el primer miembro es nulo (régimen estacionario), no hay aportación de calor, z1 es nulo y p2 =pa, por lo que: •  p + p a v12  p  v2 0 = W + ρ Q ⋅  1m +  − ρ Q ⋅  a + 2 + g ⋅ z 2  ρ 2 2   ρ 

Despejando la potencia: •  − p1m v 22 − v12  π ⋅ 0,4064 2 W = ρ Q ⋅  + + g ⋅ z 2  = 10 3 ⋅ 7,38 ⋅ 2 4  ρ 

•

Operando: W = −42 843

 − 104346 10,46 2 − 7,38 2  ⋅  + + 9,8 ⋅ 3,048  3 2  10 

J = −42,84 kW s

El signo negativo indica que el dispositivo no aporta trabajo al agua, sino que es el agua el que lo aporta al dispositivo, lo que indica que se trata de una turbina.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 40 de 122

Problema 11 : Análisis dimensional y semejanza La pérdida de energía mecánica por unidad de longitud en un tubo liso (∆h/L) en un flujo turbulento depende de la velocidad, del diámetro, de la gravedad, de la viscosidade dinámica y de la densidad. Por medio del análisis dimensional, determinar la forma general de la ecuación: F(∆h/L, V, D, ρ, µ, g) =0 Solución: El primer aspecto que no queda claro en el enunciado es que, en realidad, ∆h se refiere la pérdida de energía pero medida en pérdida de altura xeométrica, por lo que el parámetro ∆h/L es adimensional. Esto queda claro al profundizar en el estudio de los flujos fluidos pero quizás había debido quedar más claro también en este enunciado. Una vez establecido este hecho podemos comenzar la resolución del problema. Comencemos por establecer las dimensiones de cada magnitud a considerar, o sea por expresar las magnitudes a considerar en función de las magnitudes fundamentales (masa M, longitud L, tiempo T, y se fuera necesario, temperatura ϑ e intensidad de corriente I):

∆h/L

-1



-3



-1

-2

Sabemos que tenemos que definir 3 parámetros π adimensionales pues : Total de magnitudes menos el número de magnitudes fundamentais = 6 – 3 = 3 O sea que tenemos que encontrar la función: F(π1, π2, π3) = 0 --- Ecuación 1 Sin embargo el primer parámetro está claro que es ∆h/L dado que es adimensional, o sea que sólo habrá que establecer otros dos. Por lo tanto: - Parámetro: π1 = ∆h/L Para establecer cada uno de los otros dos parámetros πι, conviene tomar como magnitudes primarias las más simples y que a la vez, entre todas ellas, contengan todas las magnitudes fundamentales (masa, longitud, tiempo, y, de ser necesario, temperatura e intensidad de corriente). Por eso, una opción puede ser eligir

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 41 de 122

como variables primarias D, V, ρ. Debemos tener en cuenta que sería más simple sería elegir D, V, g como variables primarias pero entonces no tendríamos todas las magnitudes fundamentales pues nos faltaría la masa. Una vez establecidos estos aspectos, los parámetros buscados tendrán la forma: π2 = µ . Dx . Vy. ρz -- Ecuación 2 π3 = g. Dx . Vy. ρz -- Ecuación 3 - Comencemos por el cálculo de π2 con la ecuación 2: Ecuación 2: π2 = µ . Dx . Vy. ρz Y como π2 es adimensional y µ es dimensionalmente igual a M· L-1 · T-1, el diámetro es, claro está, L, la velocidad V es L · T-1, y la densidad ρ es M ·L-3, la ecuación 2 expresada en función de las dimensiones fundamentales quedará: 0 = M· L-1 · T-1 · Lx · Ly ·T-y · Mz · L-3z En esta ecuación se ve que como π2 es adimensional, el segundo miembro también debe de serlo, por lo que el exponente total de cada una de las dimensiones fundamentales debe ser cero: Masas: 0 = 1+z ---> z = -1 Tiempos: 0 = -1 –y ---> y = -1 Longitudes: 0 = -1 + x + y -3z ---> x = 1 +3z -y = 1 -3 +1 = -1 Por lo tanto la ecuación 2 queda: π2 = µ · D-1 · V-1 · ρ-1 = µ / ρ · V · D - Hagamos ahora el cálculo de π3 con la ecuación 3: Ecuación 3: π3 = g · Dx · Vy · ρz Dimensionalmente: 0 = L·T-2 · Lx · Ly ·T-y · Mz · L-3z Masas: 0 = z ---> z = 0 Tiempos: 0 = -2 – y ---> y = -2 Longitudes: 0 = 1 + x + y - 3z ---> x = -1 - y + 3z = -1 + 2 = 1 Por lo tanto la ecuación 3 queda: π3 = g · D · V-2 = g·D / V2 - Ahora ya podemos establecer la ecuación pedida llevando lo visto a la ecuación 1:

∆h µ g .D , , 2 )=0 L ρ .V .D V

O sea que la forma general de la ecuación pedida será:

∆h µ g⋅D = F( , 2 ) L ρ ⋅V ⋅ D V

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 42 de 122

Problema 12 : Análisis dimensional y semejanza. Desarrollar una expresión para el cálculo de la variación de la presión reducida en un conducto de longitud L, diámetro D y rugosidad K, por el que fluye en régimen permanente un fluido de densidad ρ y viscosidad µ con una velocidad media vm. Ver figura adjunta. Resolución: En estos problemas, antes de nada, se debe estudiar el fenómeno para detectar la necesidad de tener en cuenta alguna variable más que pueda estar influyendo en su desarrollo, además de las que ya cita el enunciado. En este problema, dado que existe desnivel entre los puntos a estudiar, está claro que influye la gravedad por lo que debemos añadir la variable g y el desnivel h a las variables que ya nos proporciona el problema. Por lo tanto, las magnitudes a tener en cuenta serán ∆p, L, D, K, ρ, µ, vm, g. Sus dimensiones en función de las magnitudes fundamentales son: M

∆p

-1

-2

-3

-1

-2

($ota: la variable K (= ε / D) indica la relación entre la máxima altura de las rugosidades de las paredes del conducto y el diámetro del mismo. Se trata, por lo tanto, de una magnitud adimensional.)

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 43 de 122

Sabemos que tenemos que definir 6 parámetros π adimensionales pues : Total de magnitudes menos el número de magnitudes fundamentales = 9 – 3 = 6 O sea que tenemos que encontrar la función: f(π1, π2, π3, π4, π5, π6) = 0 Una vez establecidos estos aspectos procedemos: Para establecer cada uno de estos parámetros πι, conviene tomar cómo magnitudes primarias las más simples y que a la vez, entre todas ellas, contengan todas las magnitudes fundamentales (masa, longitud, tiempo, y, de ser necesario, temperatura e intensidad de corriente). A cuyo objeto, una opción pode ser elegir cómo magnitudes primarias: L, ρ, e vm. Sin embargo, si tenemos en cuenta lo que ya sabemos de este fenómeno (ecuación de Bernoulli), casi mejor se elegirían L, ρ, y g. Una vez establecidos estos aspectos procedemos:

π1 = ∆p . Lx . ρy . gz π2 = D . Lx . ρy . gz π3 = Κ . Lx . ρy . gz π4 = µ. Lx . ρy . gz π5 = vm . Lx . ρy . gz π6 = h . Lx . ρy . gz

-- Ecuación 1 -- Ecuación 2 -- Ecuación 3 -- Ecuación 4 -- Ecuación 5 -- Ecuación 6

- Comencemos por el cálculo de π1. Ecuación 1: π1 = ∆p . Lx . ρy . gz Y como π1 es adimensional, y ∆p es dimensionalmente igual a M. L-1. T-2, la longitud, claro está, es L, la densidad ρ es M .L-3, y la aceleración de la gravidad g es L . T-2, la ecuación 1 expresada en función de las dimensiones fundamentales quedará: 0 = M.L-1.T-2 . Lx . My.L-3y . Lz.T-2z En esta expresión se ve que como π1 es adimensional, la expresión final también debe de serlo, por lo que el expoñente total de cada una de las dimensiones fundamentales debe ser cero: Masas: 0 = 1+y ---> y = -1 Tiempos: 0 = -2 –2z ---> z = -1 Longitudes: 0 = -1 + x -3y + z ---> x = 1 +3y - z = 1 -3 +1 = -1 Por lo tanto la ecuación 1 queda: π1 = ∆p . ρ-1 .L-1 . g-1 = ∆p / ρ . L . g - Hagamos ahora el cálculo de π2. Ecuación 2: 0 = L . Lx . My.L-3y . Lz.T-2z Masas: 0 = y ---> y = 0 Tiempos: 0 = –2z ---> z = 0 Longitudes: 0 = 1 + x -3y + z ---> x = -1 +3y - z = -1 +0 +0 = -1 Por lo tanto la ecuación 2 queda: π2 = D . L-1 = D / L Esto podría verse directamente, examinado la ecuación de π2 donde se trata de encontrar un parámetro adimensional para D (que es una longitud) utilizando una longitud, una densidad y una velocidad. Está claro que para encontrar un parámetro adimensional para D (que es una longitud) sólo hace falta otra longitud, y dividir las dos, por lo tanto: π2 = D / L. Esto podría verse directamente, examinado a ecuación de π2 donde se trata de encontrar un parámetro adimensional para D (que es una longitud) utilizando una longitud, una densidad y una velocidad. Claro está entonces que sólo hace falta otra longitud, y dividir las dos, por lo tanto: π2 = D / L

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 44 de 122

- Hagamos ahora el cálculo de π3. Ecuación 3: π3 = Κ . Lx . ρy . gz Al igual que hicimos al final del parámetro anterior, en este caso no hace falta realizar cálculo alguno, pues K ya es adimensional. Por lo tanto: π3 = K - Hagamos agora el cálculo de π4 Ecuación 4: π4 = µ. Lx . ρy . gz Dimensionalmente: 0 = M . L-1 . T-1 . Lx . My.L-3y . Lz.T-2z Masas: 0 = 1+ y ---> y = -1 Tempos: 0 = -1 -2z ---> z = -1/2 Lonxitudes: 0 = -1 + x -3y + z ---> x = 1 -3 + 1/2 = -3 /2 Por lo tanto la ecuación 4 queda:

π 4 = µ ⋅ L−3 / 2 ⋅ ρ −1 ⋅ g −1 / 2 =

µ ρ ⋅ g ⋅ L3

- Hagamos agora el cálculo de π5 Ecuación 5: π5 = vm . Lx . ρy . gz Dimensionalmente: 0 = L . T-1 . Lx . My.L-3y . Lz.T-2z Masas: 0 = 0+ y ---> y = 0 Tiempos: 0 = -1 –2z ---> z = -1/2 Longitudes: 0 = 1 + x -3y + z ---> x = -1 +3y - z = -1 + 0 + 1/2 = -1/2 Por lo tanto la ecuación 5 queda:

π 5 = v m .L−1 / 2 .g −1 / 2 =

vm g .L

- Fagamos agora o cálculo de π6. Ecuación 6: π6 = h . Lx . ρy . gz Hagamos ahora el cálculo de π6. Se trata de encontrar un parámetro adimensional para h (que es una longitud) utilizando una longitud, una densidade y una velocidad. Claro está que para encontrar un parámetro adimensional para h sólo hace falta dividirla por la longitud, por lo tanto: Por lo tanto la ecuación 6 queda: π6 = h / L. - Por lo tanto la ecuación buscada será de la forma:

 ∆p D vm h  µ f , ,K, , , =0 3  ρ ⋅L⋅g L  L g ⋅ L ρ ⋅ g ⋅ L   O sea:

D ∆p vm h  µ = f  , K, , , --- Ecuación 7 L ρ ⋅L⋅g ρ ⋅ g ⋅ L3 g ⋅ L L  

A partir de esto y habida cuenta lo que sabemos de la ecuación de Bernoulli, podemos establecer que tres de los sumandos del segundo miembro serán: - uno dependiente de la diferencia de alturas (5º parámetro del segundo miembro), - otro de la diferencia de velocidades (4º parámetro del segundo miembro),

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 45 de 122

- y otro dependiente de las pérdidas debidas a la viscosidade (3º parámetro del segundo miembro) y, además, otro dependiente de las pérdidas debidas a la rugosidad (2º parámetro del segundo miembro). Además nos queda el primer parámetro del segundo miembro que debe afectar a las pérdidas (a mayor longitud, mayores pérdidas, y a mayor diámetro, menores pérdidas). De acuerdo con esto podríamos establecer una ecuación así: 2

−

∆v ∆p ∆h L L µ = a. m + b. − c. . − d .K . --- Ecuación 8 ρ .L.g g .L L D ρ . g.L3 D

Ponemos el signo menos en el primer miembro porque estamos hablando de pérdidas de presión. Multiplicamos los sumandos último y penúltimo debidos a las pérdidas por viscosidade y por rugosidade, por L/D en vez de por D/L porque a mayor L, lógicamente, mayores pérdidas, y a mayor diámetro menores pérdidas. Ponemos posibles constantes numéricas (a, b, c, d) a cada sumando de la ecuación anterior. Despejando la pérdida de presión: 2

− ∆p = a.ρ .∆v m + b.ρ .g .∆h − c.

µ . g .L ρ .L2 .g − d .K . --- Ecuación 9 ρ .D D

Sabemos, entre otras cosas, que la constante b vale 1 (ecuación de Bernoulli). De todas formas, aúnque que no lo supiésemos, como nos piden la presión reducida que es sempre: preducida = p + ρ g h está claro que para poder conseguir en la expresión 9 un valor de presión reducida como éste, b tiene que valer 1 para que, al pasar el segundo sumando del segundo miembro al primer miembro, se pueda sumar directamente al término de presión. Y así, la ecuación 9 quedará:

− ∆p − ∆(ρ.g.h) = a.ρ.∆vm − c. 2

µ. g.L µ. g.L ρ.L2 .g ρ.L2 .g 2 − d.K. ⇒ −∆( p + ρ.g.h) = a.ρ.∆vm − c. − d.K. ρ.D D D ρ.D

o sea: 2

− ∆preducida = a ⋅ ρ ⋅ ∆vm − c ⋅

µ⋅ g⋅L ρ ⋅ L2 ⋅ g ---- Ecuación −d ⋅K⋅ D ρ⋅D

En realidad, por ejemplo, siempre que aparece g·L en una ecuación resultante de aplicar el teorema pi de Buckinghan, puede suceder que en realidad sea v2 el parámetro que había debido aparecer, como de hecho ocurre en la ecuación anterior (también había podido ocurrir el contrario), pero el análisis dimensional no nos permite precisar estas diferencias. De todas formas, el alumno tiene que saber desde el capítulo 1 de esta asignatura que las fuerzas viscosas son directamente proporcionales al coeficiente de viscosidade y a la velocidad por lo que en el segundo sumando del segundo miembro de la ecuación 10 debe aparecer la velocidad en vez de la gL. Igual puede sospechar que en las pérdidas debidas a la rugosidad (tercer sumando del segundo miembro, donde aparece la rugosidade K) puede influir también la velocidad, por lo que también en el último sumando había podido aparecer la velocidad en vez de g·L. Con estas consideraciones, la ecuación 10 pasaría a ser:

1 µ ⋅V ρ ⋅ L ⋅V 2 2 ---- Ecuación − ∆preducida = ⋅ ρ ⋅ ∆vm − −d ⋅K⋅ ρ⋅D 2 D

Añadimos también el ½ que sabemos que vale a (ecuación de Bernoulli), y el 1 que sabemos que vale c (ver capítulo 1). Hoy por hoy carecemos de información sobre las pérdidas debidas a la rugosidade del tubo, por

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 46 de 122

lo que no podríamos hacer ninguna presunción sobre el valor de d. De todas formas, si no se tienen elementos de juicio basados en el conocimiento del fenómeno estudiado, el análisis dimensional sólo permitiría llegar a la ecuación 7.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 47 de 122

Problema 13 : Análisis dimensional y semejanza. Se desea determinar la potencia de un automóvil que se encuentra en fase de diseño. Para evaluar la resistencia aerodinámica se ha construido un modelo a escala 1:5, lo que se ha ensayado en un túnel aerodinámico. Los resultados del ensayo han sido los siguientes: - velocidad de ensayo : 50 m/s - Fuerza de resistencia : 5 kg - Densidad del aire : 1,25 kg/m3 Al automóvil se le imponen las siguientes condiciones: tiene que conseguir una velocidad máxima de 150 km/h en terreno llano cuando la densidad del aire sea 1,25 kg/m3. Se pide: a) ¿es válido el ensayo del modelo a la velocidad de 50 m/s? Razonar la respuesta. b) Fuerza de resistencia aerodinámica y potencia necesaria para conseguir los 150 km/h, suponiendo despreciables las pérdidas mecánicas en la transmisión y la resistencia en el rodamiento. c) Potencia necesaria para conseguir los 150 km/h suponiendo que el conjunto de pérdidas anteriores da lugar a una fuerza de resistencia de 20 kg (constante a cualquier velocidad). Resolución: Vamos a ver dos formas de enfrentar este problema: - A través del análisis dimensional directamente. - A través de la aplicación de los grupos adimensionales de importancia en mecánica de fluídos, como el número de Reynolds, nº de Froud, nº de Mach, nº de Euler, nº de Webber, .... Veamos primero la resolución de la primera forma, y luego lo veremos de la segunda. Resolución por análisis dimensional directo.

a) ¿Es válido el ensayo del modelo a la velocidad de 50 m/s? Razonar la respuesta. Partimos de saber que estamos estudiando fuerzas de resistencia en los movimientos en el seno de fluidos que en principio sabemos que dependen de la densidad del fluido, de su viscosidad, de la velocidad de los cuerpos y de sus dimensiones. El enunciado nos informa de que se debe estudiar el movimiento del automóvil en terreno llano, por lo que no influye el peso (o sea que no es necesario tener en cuenta a aceleración de la gravedad g). Si fuera el peso la fuerza dominante se debería tener en cuenta g en vez de µ. De acuerdo con todo esto, debemos encontrar una relación tal que: f(F, ρ, µ, V, L)=0 (En caso de que la fuerza dominante fuera el peso, la relación a buscar sería: f(F, ρ, g, V, L)=0) Aplicando el teorema del pi de Buckinghan buscamos dos parámetros adimensionales utilizando cómo magnitudes primarias: ρ, v, L (tomamos las magnitudes más simples y que a la vez incluyan a todas las magnitudes fundamentales: M, L, T): π1 = f (F, ρ, V, L) π2 = f (µ, ρ, V, L) Veamos primeiro las dimensiones de cada variable:

-2

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

-3

-1

Páxina 48 de 122

Calculemos ahora cada uno de los parámetros πi. - Cálculo de π1 : π1 = F · ρx · vy · Lz --- Ecuación 1 Y como F es dimensionalmente igual a MLT-2 , y la densidad ρ es ML-3, la velocidad V es L T-1 , y claro está, la longitud es L, la ecuación 1 expresada en función de las dimensiones fundamentales quedará: π1 = M· L· T-2 · Mx · L-3x · Ly · T-y · Lz En esta expresión sabemos que como π1 es adimensional, la expresión final también debe serlo, por lo que el exponente total de cada una de las dimensiones fundamentales debe ser cero. Masas: 0 = 1 + x ---> x = -1 Tiempos: 0 = -2 – y ---> y = -2 Longitudes: 0 = 1 -3x + y + z --> z = -1+3x-y = -1 -3 +2 = -2 Con estos exponentes, el parámetro π1 quedará: π1 = F / ρ v2L2 - Cálculo de π2 : π2 = µ · ρx · vy · Lz = M· L-1· T-1 · Mx · L-3x · Ly · T-y · Lz que como π2 es adimensional, la expresión final también debe serlo (fijarse que excepto ML-1T-1 que procede de la viscosidad µ, el resto es idéntico que en el cálculo de π1 pues procede de las magnitudes que tomamos como primarias que son las mismas para todos los parámetros π): Masas: 0 = 1 + x ---> x = -1 Tiempos: 0 = -1 – y ---> y = -1 Longitudes: 0 = -1 -3x + y + z --> z = 1+3x-y = 1 -3 +1 = -1 Por tanto: π2 = µ / ρ . V . L Determinación de la función que relaciona las magnitudes: F (π1, π2) = 0 ---> π1 = f(π2) ---->

F µ = f( ) 2 2 ρ ⋅V ⋅ L ρ ⋅V ⋅ L

Por lo tanto la fuerza está relacionada con las demás magnitudes implicadas según la ecuación:

F µ = f( ) --- Ecuación (1) 2 2 ρ ⋅V ⋅ L ρ ⋅V ⋅ L Así esta ecuación debe cumplirse para un objeto, para su modelo y para cualquier otro cuerpo que experimente un fenómeno similar al estudiado. Así, por ejemplo: - Para un objeto “p” se cumplirá que:

Fp 2

ρ p ⋅ Vp ⋅ Lp

= f(

µp ρ p ⋅ V p ⋅ Lp

) --- Ecuación (2)

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 49 de 122

- Y para un modelo “m” del mismo objeto se cumplirá que:

Fm µm = f( ) --- Ecuación (3) 2 2 ρ m ⋅ Vm ⋅ Lm ρ m ⋅ Vm ⋅ Lm Se queremos relacionar ambas ecuaciones (2) y (3), la única manera de hacerlo de forma fiable es asegurándose de que el parámetro dentro de la función sea igual en ambas ecuacións pues así nos aseguramos que los dos primeros miembros también son iguales entre sí. O sea que:

* si

µm ρ m .Vm .Lm

µp ρ p .V p .L p

--- Ecuación (4)

* nos aseguramos que también será:

ρ p .V p .L p

Fm 2

ρ m .Vm .Lm

--- Ecuación (5)

Por lo tanto, si construimos un modelo que se relacione con la realidade según la ecuación (4), la medida de fuerza que hagamos en el modelo nos permitirá calcular la fuerza en la realidad sin más que despejar la Fp en la ecuación (5). Estudiando por tanto en nuestro problema donde el modelo se mueve con una velocidad de 50 m/s mientras que el objeto real debe hacerlo a 150 km/h = 41,67 m/s, en el mismo medio que el objeto real (misma densidad y misma viscosidad en ambos casos, realidad y modelo), pero con las dimensiones del modelo 5 veces menores que las del objeto real, debemos comprobar si se cumple la ecuación (4) para luego poder extraer conclusiones fiables sobre las fuerzas. Pues bien, comprobemos si se cumple a ecuación (4):

µm ρ m ⋅ Vm ⋅ Lm

µp ρ p ⋅ Vp ⋅ Lp

⇒

µ/ ρ/ ⋅ 50 ⋅ L/ m

µ/ ρ/ ⋅ 41,67 ⋅ 5 ⋅ L/ m

⇒ $o se cumple

Por lo tanto de las medidas de fuerza realizadas en el modelo no podemos extraer conclusiones fiables para el objeto real. Veamos la velocidad que debería tener el modelo para que pudiésemos extraer conclusiones para el objeto real. Para esto, utilizamos la misma ecuación (4) pero despejamos la velocidad que debe tener el modelo:

µm ρ m ⋅ Vm ⋅ Lm

µp ρ p ⋅ Vp ⋅ Lp

⇒

µ/ ρ/ ⋅ Vm ⋅ L/ m

µ/ ρ/ ⋅ 41,67 ⋅ 5 ⋅ L/ m

⇒ Vm ⋅ Lm = V p ⋅ L p ⇒

⇒ Vm ⋅ L/ m = 41,67 ⋅ 5 ⋅ L/ m ⇒ Vm = 208,3 m / s (Nota: de todas formas, a velocidades tan altas -tan próximas a las del sonido-, el aire ya no se comporta igual que a velocidades bastante menores por lo que el fenómeno físico ya no sería el mismo -el fenómeno que experimenta el modelo y el que experimenta el objeto real-, por lo que la ecuación (1) ya no sería válida para el modelo. Lo normal en este caso sería estudiar el modelo en otro medio, como por ejemplo agua, que asegurara una velocidad más moderada al modelo. Sin embargo vamos a suponer que sigue siendo válida la ecuación (1) y continuemos el problema).

b) Se pide la fuerza de resistencia aerodinámica y potencia necesaria para conseguir los 150 km/h, suponiendo despreciables las pérdidas mecánicas en la transmisión y la resistencia en el rodamiento Una vez asegurada la correspondencia entre modelo y objeto real, también se cumplirá la ecuación (5), por lo que ya podemos calcular la fuerza de resistencia que experimentará el objeto real a partir del conocimiento de la fuerza que experimenta el modelo: Fm = 5 kg.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Fp 2

ρ p .V p .L p

Fm 2

ρ m .Vm .Lm

⇒

Fp 2

ρ/ .41,67 .(5.L/ m )

ρ/ .50 2.L/ m

Páxina 50 de 122

⇒ F p = 86,8 kg

Unha vez sabida la forza inercial a aplicar (igual a la de resistencia), la potencia necesaria será: .

W = F ⋅ V = 86,6 ⋅ 9,81 ⋅ 41,67 = 35400 W = 48,2 CV

c) Se pide la potencia necesaria para conseguir los 150 km/h suponiendo que el conjunto de pérdidas anteriores da lugar a una fuerza de resistencia de 20 kg (constante a cualquier velocidad). En el último apartado nos dice el problema que supongamos que las pérdidas no tenidas en cuenta en el apartado anterior suman 20 kg. Suponemos que se refiere a pérdidas del automóvil real, no del modelo, y en este caso la potencia necesaria sería: .

W = F ⋅ V = (86,6 + 20) ⋅ 9,81 ⋅ 41,67 = 43576,2 W = 59,3 CV Resolución por aplicación dos números adimensionais xa definidos.

a) ¿Es válido el ensayo del modelo a la velocidad de 50 m/s? Razonar la respuesta. Partimos de saber que estamos a estudiar forzas de resistencia nos movementos no seo de fluídos sen ter en conta movementos en vertical (non influencia do peso), o que nos informa da necesidade de asegurar a coincidencia do número de Reynolds entre o obxecto real e o modelo para poder extraer conclusións para o obxecto real das observacións realizadas co modelo. Partimos de saber que estamos estudiando fuerzas de resistencia en movimientos en el seno de fluidos sin tener en cuenta movimientos en vertical (no influencia del peso), lo que nos informa de la necesidad de asegurar la coincidencia del número de Reynolds entre el objeto real y el modelo para poder extraer conclusiones para el objeto real de las observaciones realizadas con el modelo.

Re =

ρ .V .L µ

(Fijarse que es el inverso del número adimensional π1 que calculamos antes). Comprobando esta necesaria coincidencia:

Re _ p = Re _ m ⇒

ρ p ⋅ V p ⋅ L p ρ m ⋅ Vm ⋅ Lm ρ ⋅ 41,67 ⋅ 5 ⋅ L/ m ρ/ ⋅ 50 ⋅ L/ m ⇒ / = ⇒ $o se cumple = µp µm µ/ µ/

Procediendo igual que antes, como si hubiese correspondencia entre objeto real y modelo, para determinar la correspondencia entre fuerzas, se trata de igualar el número de Euler entre modelo y objeto real:

E p = Em ⇒

ρ p ⋅ Vp

ρ m ⋅ Vm 2 pm

Pero las fuerzas que actúan son presión·área, é dicir F = p·L2, por lo que donde, en la igualdad anterior, pone p deberemos poner F/L2, y así la igualdad anterior quedará:

ρ p ·V p 2 pp

ρ m·Vm 2 pm

⇒

ρ p ·V p 2·L2p Fp

ρ m·Vm 2·L2m Fm

 V ·L  ⇒ Fp = Fm· p p  = 86,6 kg  Vm·Lm 

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 51 de 122

A partir de aquí, el problema se completaría igual que en la Resolución 1. Nota: En caso de que el peso fuese la fuerza dominante, tendrían que darse las igualdades del número de Froud (

v2 ) por un lado y del número de Euler por otro. Este suele ser el caso de los objetos en contacto g.L

con fluidos pero con superficie libre (barcos, espigones, ...), a menos que el problema diga otra cosa.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 52 de 122

Problema 14 : Movimiento laminar Encontrar o perfil de velocidades do movemento unidireccional laminar dun líquido entre dúas placas paralelas que deslizan a de arriba cunha velocidade v1 e a de abaixo cunha velocidade v2. )a sección de entrada a presión é P+∆P, sendo a presión P na sección de saída. Resolución: Comezamos por establecer unha ecuación para a velocidade en función do gradiente de presión. Supoñemos que o ancho das placas é moi grande fronte a altura polo que podemos supoñer que se trata dun movemento laminar bidimensional no que, de acordo coa ecuación de continuidade:

r ∂ρ + ∇. ρ .V = 0 --- Ecuación 1 ∂t

( )

Que, para réxime estacionario e fluído incompresible, queda:

r ∇V . =0

Ecuación que, desenvolta, queda:

∂V x ∂V y ∂V z + + =0 ∂x ∂y ∂z

E como Vy = Vz = 0, a ecuación anterior queda:

∂V x = 0 ⇒ V x ≠ V x ( x) ∂x

Polo tanto: Vx = Vx(y, z) E suposto supoñemos moi anchas as placas, a velocidade tampouco dependerá desa dirección, polo que: Vx = Vx(y) Ou sexa: * Vx ≠ 0 mentres que Vy = Vz = 0 * E ademais: Vx = Vx(y) Supoñemos que a única forza másica actuante é o peso, e polo tanto a ecuación da cantidade de movemento:

r rr r r r ∂V ρ. + V .∇ V = −∇p r + µ .∆V -- Ecuación 1 ∂t

( )

Esta ecuación pódese simplificar moito pois o primeiro sumando é nulo (réxime estacionario) e o segundo tamén pois:

r rr r  r r ∂ ∂ ∂ r ∂V V .∇ V = V x . + V y . + V z . V = {V x = V y = 0} = V x . = 0 pois V ≠ V ( x) ∂y ∂z  ∂x  ∂x r r Polo tanto a ecuación 1 queda así: 0 = −∇p r + µ .∆V

( )

En X:

0=−

 ∂ 2V ∂ 2V x ∂ 2V x ∂p r + µ . 2x + + 2 ∂x ∂ x ∂ y ∂z 2 

  ∂ 2V ∂p  ⇒ 0 = − r + µ . 2x ∂x   ∂y

  -- Ecuación 2 

E o gradiente de presión podemos establecelo suposta variación liñal da presión ó longo de X:

−

∂p r p − p r 2 P + ∆P − p ∆P = r1 = = ∂x L L L

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 53 de 122

(neste problema non existe diferencia entre presión absoluta e presión reducida dado que non hai diferencias de altura) Polo tanto a ecuación 2 queda: 0 =

Integrando queda:

−

 ∂ 2V ∆P + µ . 2x L  ∂y

  

∂ 2V ∂V ∆P 1 ∆P = µ . 2x ⇒ x = − . .y + C ⇒ L ∂y µ L ∂y

Vx = −

1 ∆P y 2 . . + C. y + C ' -- Ecuación 3 µ L 2

Vemos que se trata dunha distribución parabólica de velocidades ó longo da sección considerada. Os valores das constantes C y C’ se determinan coas condiciones de contorno: para y=0 --> Vx = V2 ⇒ V2 = −

∆P 0 2 . + C.0 + C ' ⇒ C ' = V2 µ .L 2

V − V 2 ∆P h ∆P h 2 . + C.h + V2 ⇒ C = 1 + . para y=h --> Vx = V1 ⇒ V1 = − µ .L 2 h µ .L 2 Polo tanto o perfil da velocidade ó longo da altura h responde á ecuación:

Vx = −

 V − V2 ∆P h  ∆P . y 2 +  1 + . . y + V2 2.µ .L µ .L 2   h

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 54 de 122

Problema 15 : Movemento laminar Un fluído móvese en réxime laminar estacionario unidirecciónal entre dúas placas con viscosidade dominante, das que unha é móbil e está sometido a un gradiente de presións, de tal xeito que o caudal a través dunha sección recta fixa é nulo. Determinar a presión reducida e a que distancia da placa fixa a velocidade é mínima. Resolución: Non queda moi claro o que piden, pois parece que p1 e p2 son datos. Sen embargo, dado que piden a presión reducida, interpretamos que piden o gradiente das presións reducidas. Temos que facer notar que neste problema é indistinto falar de presión reducida ou de presión sen máis pois non existen diferencias de altura. Comezamos por establecer unha ecuación para a velocidade en función do gradiente de presión. Supoñemos que o ancho das placas é moi grande fronte a altura polo que podemos supoñer que se trata dun movemento laminar bidimensional no que, de acordo coa ecuación de continuidade:

r ∂ρ + ∇. ρ .V = 0 --- Ecuación 1 ∂t

( )

Que, para réxime estacionario e fluído incompresible, queda:

r ∇V . =0

Ecuación que, desenvolta, queda:

∂V x ∂V y ∂V z + + =0 ∂x ∂y ∂z

E como Vy = Vz = 0, a ecuación anterior queda:

∂V x = 0 ⇒ V x ≠ V x ( x) ∂x

Polo tanto: Vx = Vx(y, z) E suposto supoñemos moi anchas as placas, a velocidade tampouco dependerá desa dirección, polo que: Vx = Vx(y) Ou sexa: * Vx ≠ 0 mentres que Vy = Vz = 0 * E ademais: Vx = Vx(y) Supoñemos tamén que a única forza másica actuante é o peso, e polo tanto a ecuación da cantidade de movemento:

r rr r r r ∂V ρ. + V .∇ V = −∇p r + µ .∆V -- Ecuación 1 ∂t

( )

Esta ecuación pódese simplificar moito pois o primeiro sumando é nulo (réxime estacionario) e o segundo sumando tamén pois:

( )

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

 ∂ 2V x ∂ 2V x ∂ 2V x ∂p r En X: 0 = − + µ . 2 + + ∂x ∂y 2 ∂z 2  ∂x Integrando queda:

  ∂ 2V ∂p  ⇒ 0 = − r + µ . 2x ∂x   ∂y

Páxina 55 de 122

  -- Ecuación 2 

∂p r ∂ 2V x ∂V 1 ∂p = µ. 2 ⇒ x = . r . y + C ⇒ µ ∂x ∂x ∂y ∂y

Vx =

1 ∂p r y 2 . . + C. y + C ' -- Ecuación 3 µ ∂x 2

Os valores das constantes C y C’ se determinan coas condiciones de contorno: para y=0 --> Vx = 0 ⇒ 0 =

∂p r 0 2 . + C .0 + C ' ⇒ C ' = 0 ∂x 2

2 para y=h --> Vx = V ⇒ V = ∂ p r . h + C .h ⇒ C = V − ∂ p r . h h ∂x 2 µ ∂x 2 µ Polo tanto a ecuación da velocidade queda:

Vx =

1 ∂p r y 2  V ∂p r h  . y --- Ecuación 4 . . + − . µ ∂x 2  h ∂x 2µ 

Esta ecuación en realidade está indeterminada pois non sabemos o gradiente de presión. Pero si que sabemos que o caudal en calquera sección é nulo. Así que busquemos unha expresión para o caudal e logo igualémola a cero: 2 rr y = h 1 ∂p  V ∂p h   r y  . y .z.dy ⇒ Q = ∫∫V .η .dS = ∫  . . +  − r . y = 0 µ ∂x 2 h ∂ x 2 µ    

Q ∂p r h 3 V .h ∂p r h 3 Q V .h ∂p r h 3 = . + − .. ⇒ = − .. ∂x 2µ 2 ∂x 4µ 2 ∂x 12µ z z E igualando agora o caudal a cero, xa podemos despexar o gradiente de presión:

V .h ∂p r h 3 0= − . 2 ∂x 12µ ∂p r 6.µ.V = --- Ecuación 5 ∂x 2.h 2

Polo tanto o gradiente pedido será:

E polo tanto, a ecuación da velocidade que nos fará falta ter para responder á segunda pregunta que fai o problema será:

Vx =

1 ∂p r y 2  V ∂p r h  . . + − . . y µ ∂x 2  h ∂x 2µ 

Substituíndo o valor do gradiente de presión:

Vx =

3.V 2 V .y − . y -- Ecuación 6 2.h 2.h 2

Unha consideración que convén facer aquí é que, dado que o caudal é nulo mentres que a velocidade en moitos puntos da sección non o é, isto ten que se deber a que nunha parte dunha sección transversal o fluído se move cara a dereita e na outra parte da sección se move cara á esquerda, ou sexa as velocidades son positivas nuns certos lugares mentres que son negativas noutros dunha mesma sección transversal á dirección de circulación. E neste contexto é no que temos que interpretar a segunda pregunta que fai o problema: “¿a que distancia da placa fixa a velocidade é minima?”. Se se fai unha interpretación directa, a resposta é que na placa fixa,

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 56 de 122

ademais doutro punto onde a velocidade tamén é cero (o punto da sección onde se invirte o sentido de circulación do fluído). Tamén se pode facer a interpretación numérica e entender que a velocidade mínima é a máis negativa. Resolveremos o problema dos dous xeitos. - Punto onde a velocidade é cero (ademais de y=0):

Vx =

3.V 2 V 3.V 2 V .y − .y − .y .y → 0 = 2 2.h 2.h 2.h 2.h 2

Despexando y obtemos dúas solucións: evidentemente y=0, e a outra y = h/3 - Punto onde a velocidade é máis negativa. Aquí debemos calcular a derivada da velocidade e igualala a cero:

dV x 3.V . y V =0⇒ 2 − =0 dy 2.h h Despexando y : y = h/6 Se se quixese ver o valor que toma a velocidade neste lugar, só habería que levar este valor de y á ecuación 6 e veriamos que o valor é Vx = - V/12

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 57 de 122

Problema 16 : Movemento laminar: Se ten unha cinta transportadora que se move cunha velocidade V e arrastra un fluído na forma indicada na figura. A placa inferior é fixa e entre medias o fluído ten unha distribución liñal da velocidade: Vx = V.y/h. A lonxitude da placa é L e o ancho é B. Pídese: Caudal que circula entre as placas. Se a viscosidade do fluído é µ, calcular as forzas por unidade de superficie e total que temos que facer para mover a placa superior Calcular, a partir da distribución de velocidades, a disipación viscosa por unidade de volume e total. Facer aplicación a: V=1m/s; h=0,1 mm; L=20 cm; B=10 cm; µ = 1 poise; ρ = 0,9 g/cm3 Resolución: a) Segundo a definición de caudal: Q =

rr V ∫∫ .η .dS

Aplicado a unha sección de ancho B, quedará:

rr y = hV V .B.h 1.0,1,0,1 Q = ∫∫V .η .dS = ∫ . y.B.dy = = = 5.10 −3 m 3 / s y =0 h 2 2 b) A forza que haberá que facer para mover a cinta terá que ser capaz de equilibrar (é un movemento uniforme polo que a suma de forzas sobre a cinta debe ser cero), a forza viscosa que lle aplica o fluído. Sabemos que a forza viscosa por unidade de superficie é:

τ = µ.

∂V ∂ V  V = µ.  . y  = µ. ∂y ∂y  h  h

E vemos que é constante en todos os puntos, e polo tanto tamén nos puntos en contacto coa cinta superior. Por tanto a forza que haberá que facer por unidade de superficie será xustamente igual a esta:

F V = µ. S h

Antes de calcular o valor anterior debemos pasar a viscosidade ó sistema internacional pois o poise é a unidade de viscosidade no sistema CGS poise = g · cm-1 · s-1:

g 1kg 100cm kg ⋅ ⋅ = 0,1 cm.s 1000 g 1m m.s

Polo tanto a forza por unidade de superficie será: E polo tanto, a forza total será: F = µ .

F V 1 = µ· = 0,1· = 1 $ / m 2 S h 0,1

V µ .V .B.L 0,1.1.0,1.0,2 .S = = = 0,02 $ h h 0,1

En xeral a disipación viscosa por unidade de volume é: 2 2 2   ∂V  2  ∂V y   ∂V z   ∂V x ∂V y  x  + 2.  2. +  + 2.  +  ∂x    ∂x   ∂z   ∂y  ∂y  Φ = µ . 2 2   ∂V x ∂V z   ∂V y ∂V z  +  ∂z + ∂x  +  ∂z + ∂y      

que, polo tanto neste caso, onde só temos Vx(y), queda:

 +     

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

 ∂V Φ = µ . x  ∂y

  1  V   = µ .  = 0,1.  = 10 W / m 3 h  0,1  

A disipación total será: Φ total = volume ⋅ Φ = h ⋅ L ⋅ B ⋅ Φ = 0,1 ⋅ 0,2 ⋅ 0,1 ⋅ 10 = 0,02W

Páxina 58 de 122

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 59 de 122

Problema 17 : Movemento laminar: Aplicar a corrente de Hagen-Poiseuille bidimensional ó fluxo dun líquido de viscosidade µ = 3 ).s/m2. Para unha velocidade media da corrente vm = 50 mm/s e unha profundidade h=10 mm segundo se indica na figura, determinar: A relación entre velocidade máxima e media A forza cortante na parede O gradiente de presión reducida. Resolución: Aplicando a ecuación de continuidade e a ecuación da cantidade de movemento igual que no problema 1, chegamos a mesma ecuación 3 de dito problema pero poñendo o gradiente de presión reducida

∂p r en lugar de ∆P/L: ∂x

Vx = −

1 ∂p r y 2 . . + C. y + C ' µ ∂x 2

∆P 0 2 . + C.0 + C ' ⇒ C ' = 0 µ .L 2

2 para y=h --> Vx = 0 ⇒ 0 = − 1 . ∂ p r . h + C .h ⇒ C = 1 . ∂ p r . h µ ∂x 2 µ ∂x 2 Polo tanto o perfil da velocidade ó longo da altura h responde á ecuación:

Vx =

1 ∂p r 2 . . y − h. y 2 µ ∂x

(

)

--- Ecuación 1

a) A velocidade máxima será loxicamente no punto medio da sección. Demostración:

dV x 1 ∂p r h =0⇒ . .(2. y − h ) = 0 ⇒ y = dy 2 µ ∂x 2 Co que o valor da velocidade máxima será:

V x _ máx

1 ∂p r 2 1 ∂p r = . . y − h. y = . 2µ ∂x 2µ ∂x

(

)

 h2 h2  h 2 ∂p r   . −  = − . 2  8µ ∂x  4

--- Ecuación 2

Polo que respecta ó valor medio da velocidade nunha sección transversal ás placas (e de anchura b):

Vmedia

∫ =

y=h

y =0

V x .b.dy b.h

Polo tanto a relación pedida é:

1 ∂p r 2 . . y − h. y .b.dy y = 0 2 µ ∂x h 2 ∂p r = =− . b.h 12 µ ∂x

∫

Vmáx Vmed

(

y =h

)

h 2 ∂p r . 12 8µ ∂x = = = 1,5 2 8 h ∂p r − . 12 µ ∂x −

b) Calculamos primeiro o esforzo cortante no seo do fluxo:

--- Ecuación 3

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

τ = µ.

∂V x ∂  1 ∂p r 2 = µ .  . . y − h. y ∂y ∂y  2 µ ∂x

(

) = 12 . ∂∂px .(2 y − h) r



Páxina 60 de 122

--- Ecuación 4

E as paredes están en y=0 e en y=h, polo que o esforzo cortante nas paredes será: * En y =0: * En y=h:

1 ∂p r h ∂p .(2 y − h) = − . r --- Ecuación 5 2 ∂x 2 ∂x 1 ∂p h ∂p τ = . r .(2 y − h) = . r --- Ecuación 6 2 ∂x 2 ∂x

τ= .

Vemos que son ambos de igual valor pero sentido contrario. Para calcular este valor necesitamos saber antes o gradiente de presión reducida

∂p r que podemos calcular ∂x

porque o problema nos dá o valor da velocidade media. Así utilizando a ecuación 3 teremos:

Vmedia = −

12.µ .Vm ∂p h 2 ∂p r 12.3.0,05 Pa . ⇒ r =− =− = −18000 2 2 12µ ∂x ∂x m h 0,01

Así, xa podemos calcular o esforzo cortante na ecuación 5 ou 6. Calcularemos o seu valor absoluto:

$ h ∂p r 0,01 = .18000 = 90 2 ∂x 2 m2

τ = .

c) Esta pregunta xa está contestada no apartado anterior:

12.µ .Vm ∂p r Pa 12.3.0,05 =− =− = −18000 2 2 m ∂x h 0,01

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 61 de 122

Problema 18 : Movemento laminar: Unha parede de L=30 cm de anchura é utilizada para reter auga tal como se indica na figura. A H=36 cm baixo a superficie se produce unha greta de 0,045 cm de altura en toda a anchura da parede e sobre unha envergadura de b= 8,65 cm (fondo). Determinar supoñendo fluxo laminar na greta: a) A velocidade media, o caudal e a velocidade máxima a través da greta. b) O número de Reynolds c) Xustificar a hipótese de fluxo laminar unidireccional. d) Calcular o incremento de temperatura da auga a través da greta por disipación viscosa. )ota: Tomar como viscosidade da auga µ = 10-3 kg/m.s, e como densidade ρ =1000 kg/m3. Distribución de velocidades: V x =

1 ∂p r . . y.( y − h ) 2 µ ∂x

Solución: a) Temos que ter en conta que habendo igual sección na entrada que na saída, a velocidade media na entrada e na saída debe ser a mesma, de acordo coa ecuación de continuidade. Apliquemos a ecuación de Bernoulli entre 1 e 2 (aquí podemos depreciar as perdas):

p p V2 p1 V12 p V2 + + h1 = 2 + 2 + h2 ⇒ a + H = 2 + 2 -- Ecuación 1 ρ .g 2.g ρ .g 2.g ρ .g ρ .g 2.g Aquí temos dúas incógnitas p2 e V2 polo que imos intentar poñer unha en función da outra estudiando o que ocorre dentro da greta. Para estudiar o que ocorre dentro da greta comecemos por calcular a velocidade media no seu interior:

Vmedia

∫ =

∫

y =h

y =0

V x .b.dy b.h

y=h

y =0

1 ∂p r 2 . . y − h. y .b.dy h 2 ∂p r 2 µ ∂x -- Ecuación 2 =− . b.h 12 µ ∂x

Polo que, despexando o gradiente de presión:

(

)

12.µ .Vmedia ∂p r =− ∂x h2

-- Ecuación 3 E supoñendo variación liñal da presión ó longo da lonxitude da greta:

p r 2 − p r 3 12.µ.Vmedia = L h2

Chamaremos V2 á Vmedia , igual que arriba. Ademais estando á mesma altura os puntos 2 e 3 a resta das súas presións reducidas é igual que a resta das presións absolutas, polo tanto: pr2 - pr3 = p2 - p3, sendo p3 = pa, polo que a ecuación anterior quedará:

p 2 − p a 12.µ .V2 = -- Ecuación 4 L h2 12.µ .L.V2 Polo que xa podemos despexar p2 en función de V2: p2 = pa + h2

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 62 de 122

E levando isto á ecuación 1 xa teremos como única incógnita a V2:

pa p V2 p p 12.µ .L.V2 V22 24.µ .L +H = 2 + 2 ⇒ a +H = a + + ⇒ V22 + V 2 − 2 . g .H = 0 2 2. g ρ .g ρ . g 2. g ρ .g ρ .g ρ .g.h ρ .h 2 Ecuación de segundo grao na que substituíndo valores, teremos: V22 + 35,56.V2 − 7,06 = 0 Despexando: V2= 0,197 m/s Que é a velocidade media do fluído na greta. O caudal será: Q = Vm.S = Vm . b.h = 0,197 . 8,65 . 4,5.10-4 = 7,67 . 10-4 m3/s A velocidade máxima en réximes laminares bidimensionais está calculada na ecuación 2 do problema anterior:

Vmáx = −

h 2 ∂p r . estando o gradiente da presión reducida calculado na ecuación 3 anterior, polo que será: 8µ ∂x Vmáx = −

b) Re =

h 2 ∂p r h 2 12.µ.Vmedia 4 4.0,197 . = . = .Vmedia = = 0,263 m / s 2 8µ ∂x 8µ 3 3 h

ρ .Vmed .D ρ .Vmed .h 10 3.0,196.4,5.10 −4 = = = 88,2 µ µ 10 −3

c) Dado que o número de Reynolds é moito menor de 2300 podemos concluír que estamos ante un réxime laminar. d) A ecuación da enerxía, depreciando os termos de transmisión de calor por conducción e por convección (ver apuntes de réxime laminar, apartado de enerxía), queda: 2

 ∂T ∂T 1  12.µ .Vmedia  µ  1 ∂p r  ∂V  2 = µ z  ⇒ = . . ( 2. y − h )  = ρ .C v .   .(2. y − h) = 2 ρ .C  2µ ∂x ∂t ∂t 4.µ .ρ .C  h  ∂r    =

2 36.µ .Vmedia .(2. y − h) 2 2 ρ .C.h

Nas paredes (y=0 ou y=h) o incremento de temperatura por unidade de tempo sería: 2 2 2 36.µ .Vmedia 36.µ .Vmedia ∂T 36.µ .Vmedia 2 2 = .( 2 . y − h ) = .( 2 . h − h ) = ∂t ρ .C ρ .C.h 2 ρ .C.h 2

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 63 de 122

Movemento laminar: )unha industria se debe conducir un fluído pastoso (µ= 2 poises, ρ = 1,2 g/cm3) desde un depósito aberto de almacenamento ata un peirao de carga. Para isto se dispón dun sistema de tuberías e unha bomba cunhas dimensións que se indican na figura. O caudal que se desexa transvasar é de 7,5 l/s. Supoñendo movemento laminar con viscosidade dominante e que as perdas secundarias son depreciables, calcular: a) Presións manométricas na entrada e na saída da bomba, expresadas en k/cm2. b) Potencia do motor de accionamento da bomba supoñendo un rendemento total para esta de 0,6 c) Expresar matematicamente a distribución de velocidades na sección transversal da tubería d) Xustificar as hipóteses adoptadas no enunciado do problema. Resolución: Antes de nada convén poñer os datos no sistema Internacional (recordar que poise está no sistema CGS e que µ é ML-1T-1):

µ = 2 poises = 2

g 1kg 100cm kg . . = 0,2 cm.s 1000 g 1m m.s

ρ = 1,2

g 1kg 100 3 cm 3 kg . . = 1200 3 3 3 cm 1000 g 1m m

Q = 7,5

l 1m 3 m3 = 7,5.10 −3 . s 1000l s

Ademais, aínda que non queda claro na figura, suporemos que os 300 m son a lonxitude da tubería que va desde a bomba ata o peirao. - De acordo coa ecuación de continuidade o caudal debe de ser o mesmo en todos os puntos da tubería (pois consideramos réxime permanente). Ademais, como o diámetro tamén é o mesmo en todas partes, a velocidade media tamén debe de selo. Estudiemos agora os fluxos: - Fluxo entre 1 e 2: Supoñemos que nun depósito moi ancho non hai perdas polo que podemos aplicar a ecuación de Bernoulli sen perdas entre 1 e 2:

p p1 V12 p V2 p V2 + + h1 = 2 + 2 + h2 ⇒ a + h = 2 + 2 -- Ecuación 1 ρ .g 2.g ρ .g 2.g ρ .g ρ .g 2.g E V2 podemos calculalo a parte pois sobemos o caudal: Q=V2.S --> V2 = Q/S = 7,5.10-3/π.0,12 = 0,239 m/s Polo que na ecuación 1 anterior podemos calcular p2 : p 2 = p a + ρ .g .h −

ρ .V 2 2

Pero como na realidade vaime facer falta a presión reducida en 2: pr2=p2+ρ.g.(-h) --- Ecuación 2 operando quedará:

pr 2 = pa −

ρ .V 2 2

= 101000 −

1200.0,239 2 = 100966 Pa 2

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 64 de 122

- Cálculo da perda de carga entre 2 e 3: Para tuberías temos desenvolvido nos apuntes de fluxo laminar a ecuación 30 que permite calcular a perda de presión ó longo dun tubo uniforme debido á viscosidade:

Perda de presión (ecuación 30): p r 2 − p r 3 =

8µ .L.Q 8.0,2.60.7,5.10 −3 = = 2292 Pa π .R 4 π .0,14

Co que xa temos a presión na entrada da bomba (en 3): pr3 = 100966-2292=98674 Pa - Se estudiamos agora o que ocorre entre 4 e 5, podemos calcular a perda de presión debida á viscosidade ó longo desa tubería coa mesma ecuación 30 dos apuntes de movemento laminar:

pr 4 − pr 5 =

8µ .L.Q 8.0,2.300.7,5.10 −3 = = 11460 Pa π .R 4 π .0,14

Co que, como a presión en 5 é a presión atmosférica, a presión en 4 quedará: pr5+11460=101000+11460=112460Pa

pr4 =

Xa temos as presións en 3 e 4 que é o que pide o problema pero temos os valores en forma reducida e o problema pide as presións manométricas. Calcularemos primeiro as presións absolutas en 3 e 4, e logo as manométricas. Sabemos que a presión reducida en 3 é pr3 = p3+ρ.g.(-h) ---> p3 = pr3 +ρ.g.h = 98674+1200.9,81.4=145762 Pa Polo tanto a presión manométrica na entrada da bomba será: pm3 = p3 – patm = 145762-101000 =44762 Pa Procedendo do mesmo xeito coa presión en 4: pr4 = p4+ρ.g.(-h) ---> p4 = pr4 +ρ.g.h =112460+1200.9,81.20=347900 Pa E a presión manométrica na saída da bomba será: pm4 = p4 – patm = 347900-101000=246900 Pa b) Aplicando a ecuación de Bernoulli correxida pola aportación de carga da bomba entre os puntos 3 e 4, teremos que a enerxía útil que ten que aportar a bomba será una hmotor tal que :

p3 V32 p p 4 V42 p + + h3 + hmotor = + + h4 ⇒ 3 + hmotor = 4 ρ .g 2.g ρ .g 2.g ρ .g ρ .g As velocidades elimínanse pois son iguais (segundo continuidade as velocidades son idénticas en todos os puntos do conducto dado que este é de sección uniforme). Despexando a “altura” que debe a portar o motor hmotor (fixarse que temos que poñer as presións absolutas):

hmotor =

p 4 − p3 347900 − 145762 = ρ .g 1200.9,81

Polo que a enerxía útil que por unidade de volume debe aportar a bomba é:

E motor = ρ .g .hmotor = ρ .g .

p 4 − p3 = 347900 − 145762 = 202138 J / m 3 ρ .g

Polo que a potencia que debe aportar a bomba ó fluído será: P = Q.Emotor = 7,5.10-3.202138=1516 W = 1,56 kW Como o motor ten un rendemento de só 0,6: Preal = Pmotor/0,6 = 2,6 kW (fixarse que hai que dividir para que o valor real sexa maior que o teórico, como é lóxico pois hai perdas)

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 65 de 122

c) A distribución de velocidades nunha sección transversal dun tubo está demostrada na ecuación 13 dos apuntes de movemento laminar:

V =

1 ∂p r 2 . . r − R2 4 µ ∂z

(

)

por outra banda o gradiente de presións está relacionado co caudal na ecuación 16:

Q=−

π ∂p r 4 . .R 8µ ∂z

polo que, despexando o gradiente e substiuíndoo na ecuación da velocidade, quedará:

V =

1 ∂p r 2 1  8.µ .Q  2 . . r − R2 = . − . r − R2 4  4 µ ∂z 4 µ  π .R 

(

)

(

V =−

Polo tanto a velocidade na sección transversal será:

(

2.Q 2 . r − R2 4 π .R

(

)

Que para os valores deste problema será: V = −47,75. r 2 − 0,01 m / s

d) Calculando o número de Reynolds:

Re =

ρ .Vmed .D 1200.0,239.0,2 = = 286,8 µ 0,2

Esta cantidade é bastante inferior a 2300 polo que podemos concluír que estamos con réxime laminar.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 66 de 122

Problema 19 : Movemento laminar: Dado o coxinete de escalón que se define na figura e supoñendo que a distribución de presións do aceite lubricante, en réxime laminar, é triangular segundo se indica, pídese calcular: a) O caudal nos dous tramos do coxinete b) A carga que pode aguantar o coxinete por unidade de anchura.

Resolución: Observando a gráfica da presión, e dado que nun réxime laminar a presión diminúe no sentido do fluxo, está claro que o aceite flúe desde a parte central, onde a presión é máxima, cara ós extremos onde a presión é mínima. Podería explicarse isto entendendo que o coxinete se move perpendicularmente ó plano do debuxo, sobre o aceite que lubrica este movemento, e que o aceite, á vez, vese desprazado por este movemento cara fóra da zona comprendida entre o coxinete e a superficie fixa. Entendendo isto así, non queda claro que é a “U” que aparece na figura superior. Entendendo isto así, estudiando o movemento do aceite, temos dous fluxos, un cara á esquerda pola parte ancha, e outro cara á dereita pola parte estreita, pero ambos son fluxos laminares bidimensionais. a) Nun fluxo laminar bidimensional, a velocidade media vén dada pola ecuación 3 do problema 4:

Vmedia = − E o caudal é:

h 2 ∂p r . 12µ ∂x

Q = Vmedia . S,

que para nunha sección transversal de fondo b, será:

Q = Vmedia . b. h = −

h 2 ∂p r . .b.h 12µ ∂x

Necesitamos calcular o gradiente de presión, que segundo a primeira figura ten a mesma forma liñal para ambos fluxos, variando en dirección X (nun caso en dirección X e noutro en dirección –X, pero suporemos que en cada caso poñemos o eixe X positivo na dirección do fluxo respectivo). Por outra parte, neste caso, no que non hai variación de altura en ningún dos fluxos, dá igual falar de presión reducida que de presión absoluta, polo que falaremos de presións absolutas. E o gradiente, ó ser unha variación liñal será:

p − p máx ∂p r = a ∂x L polo que o caudal quedará:

Q=−

b.h 3 .( p máx − p a ) h 2 ∂p r h 2 p máx − p a . .b.h = . .b.h = 12µ ∂x 12µ L 12µ .L

Neste caso convería falar de caudal por unidade de anchura do coxinete, como no apartado b, polo que o resultado sería:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

- Fluxo 1:

Q1 h13 .( p máx − p a ) = b 12 µ .L1

- Fluxo 2:

Páxina 67 de 122

Q 2 h23 .( p máx − p a ) = b 12 µ .L2

b) A carga que poderá soportar o coxinete será a carga que pode aguantar a presión do aceite, é dicir a forza que o aceite é capaz de aplicar ó coxinete en resposta á carga que lle transmita este. Faremos o cálculo do lado dereito de lonxitude L2 , por un lado, e do lado esquerdo de lonxitude L1 polo outro. Para realizar este cálculo debemos establecer a ecuación que relaciona a presión coa coordenada X, que como se ve na gráfica do enunciado, é unha relación liñal, ou sexa: p = m.x + n, onde debemos calcular m e n coas condicións dos extremos. Por exemplo, no lado dereito e con orixe de coordenadas no punto de cambio de sección: Para x=0 –> p = pmax --> pmax = m.0 + n --> n = pmáx Para x=L --> p = pa ---> pa = m.L + pmáx --> m = pa – pmáx / L Podemos obter a mesma ecuación para o lado esquerdo, sen máis que invertir o eixe X. Ou sexa que a ecuación que dá a presión en cada punto é: p =

p a − p máx .x + p máx , (x mídese cara á L

dereita no lado dereito, e cara á esquerda no lado esquerdo, ou sexa que sempre ó positivo), e así a forza en cada lado será:

F = ∫∫ p.dS = ∫

x=L

x=0

p.1.dx = ∫

x=L

x =0

p − p máx 2 p + p máx  p a − p máx  .x + p máx .dx = a .L + p máx .L = a .L  L 2 .L 2  

Este resultado podía terse deducido tendo en conta unicamente o carácter liñal da variación da presión. Por último, tendo en conta ambos os dous lados, a forza total que por unidade de anchura aguantará o coxinete é:

FT =

p a + p máx p + p máx ( p + p máx )(. L1 + L2 ) .L1 + a .L 2 = a 2 2 2

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 68 de 122

Problema 20 : Fluxo en Tubos Un fluxo de aceite de densidade 900 kg/m3 e viscosidade cinemática 0,00001 m2/s, circula cun caudal de 0,2 m3/s a través dun tubo de ferro fundido de 200 mm de diámetro e 500 m de lonxitude. Determinar a perda de carga e a caída de presión se o tubo ten unha pendente cara abaixo de 10º no sentido do fluxo. Solución: Datos: ρ = 900 kg / m 3 ; υ = 10 −5 m 2 / s ; Q = 0,2 m3/s - Tubo ferro fundido: segundo táboas, rugosidade: k = 0,26 mm - Diámetro D = 0,2 m - Lonxitude L = 500 m Piden hf y p1-p2. Resolución: Calculemos as perdas por fricción:

L V2 hf = f ⋅ ⋅ D 2g Vemos que necesitaremos a velocidade e o valor do coeficiente f. - Calculemos primeiro a velocidade:

Q = V .S = V .

π .D 2 4

⇒V =

4.Q 4 ⋅ 0,2 = = 6,4 m / s 2 π .D π .0,2 2

E sabemos que esta velocidade é a mesma ó longo do tubo, de acordo coa ecuación de continuidade:

V1 ⋅ S1 = V2 ⋅ S 2 : e como S1 = S2 será: V1 = V2 = V - Agora debemos encontrar o valor do coeficiente f : * Cálculo do número de Reynolds: Re =

ρVD ρVD VD 6,4 ⋅ 0,2 = = = = 1,28 ⋅ 10 5 −5 µ ρυ υ 10

(como Re é maior que 2300, será un réxime turbulento polo que deberemos utilizar o diagrama de Moody para encontrar f) * Cálculo da rugosidade relativa: r =

k 0,26 = = 0,0013 D 200

* Entramos no diagrama de Moody e buscamos a gráfica correspondente a r = 0,0013 (a aproximamos entre as de r = 0,001 e r = 0,002), e buscamos o punto que nos determina o número de Reynols Re=1,28.105 nesta gráfica. Este punto nos determina o valor de f que lemos no eixe esquerdo: f = 0,0225. Agora xa podemos calcular as perdas por fricción: h f = f ⋅

L V 2 0,0225 ⋅ 500 ⋅ 6,4 2 ⋅ = = 117 m D 2g 0,2 ⋅ 2.9,8

Tamén nos piden a caída de presión no tubo. Para isto aplicamos a ecuación de Bernoulli xeneralizada:

p1 V 2 p V2 + + z1 − h f = 2 + + z2 ρg 2 g ρg 2 g Operando nesta , xa poderemos determinar a caída de presión p1 - p2 que nos piden:

p1 − p 2 V 2 V2 + + L.sen10º −h f = ⇒ p1 − p 2 = ρg ⋅ (h f − L.sen10º ) = ρg 2g 2g = 900 ⋅ 9,8 ⋅ (117 − 500 ⋅ sen10º ) = 2,66.10 5 Pa

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 69 de 122

Problema 21 : Fluxo en Tubos: Unha tubería horizontal como a da figura seguinte, é horizontal e lisa e ten 100 m de longo, se conectas a un grande depósito. ¿Que profundidade H se debe manter no depósito para producir un fluxo de 0,0084 m3/s de auga? O diámetro interior da tubería lisa é de 75 mm. A entrada é de borde cadrado e se descarga na atmosfera. Solución: Datos: - Q = 0,0084 m3/s - Tubería lisa : indica la gráfica que se debe utilizar en el diagrama de Moody (la más baja). - Diámetro D = 0,075 m - Lonxitude L = 100 m - Entrada de borde cadrado: entendemos que quere dicir “entrada de aristas vivas”, o que corresponde a un coeficiente de perdas, segundo táboas de K = 0,5. - Saída na atmósfera: Consideraremos perdas na saída, que segundo as táboas corresponde a un coeficiente de perdas de K = 1. - Necesitaremos a viscosidade cinemática da auga para poder calcular o número de Reynolds, e tomaremos a correspondente a 15ºC, que segundo as táboas é: υ = 1,142 ⋅ 10 −6 m 2 / s Para calcular a altura pedida aplicaremos a ecuación de Bernoulli xeralizada entre as seccións (1) e (3) da figura:

p 3 V32 p1 V12 + + z1 − h f − ∑ h m = + + z3 ρg 2 g ρg 2 g

sendo z1=H a altura pedida.

Pero para poder calcular esta altura, primeiro debemos calcular a velocidade no tubo e as perdas. - Calculemos en primeiro lugar a velocidade do fluído polo tubo horizontal:

Q = V .S = V .

π .D 2 4

⇒V =

4.Q 4 ⋅ 0,0084 = = 1,9 m / s 2 π .D π .0,075 2

Esta velocidade é a mesma por todo o tubo horizontal de acordo coa ecuación de continuidade:

V2 ⋅ S 2 = V3 ⋅ S 3 : e como S2 = S3 será: V2 = V3 = V

- Para calcular as perdas por fricción no tubo:

hf = f ⋅

L V2 ⋅ D 2g

Antes debemos encontrar o valor do coeficiente f . Cálculo do número de Reynolds: Re =

ρVD ρVD VD 1,9 ⋅ 0,075 = = = = 1,25 ⋅ 10 5 −6 µ ρυ υ 1,142 ⋅ 10

(como Re é maior que 2300, será un réxime turbulento polo que deberemos utilizar o diagrama de Moody para encontrar f) Como din que é un tubo liso, debemos utilizar a gráfica inferior do diagrama de Moody, e buscamos o punto que nos determina o número de Reynols Re=1,25.105 nesta gráfica. Este punto nos determina o valor de f que lemos no eixe esquerdo: f = 0,017.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Agora xa podemos calcular as perdas por fricción: h f = f ⋅

Páxina 70 de 122

L V 2 0,017 ⋅ 100 ⋅ 1,9 2 ⋅ = = 4,18 m D 2g 0,075 ⋅ 2.9,8

- Ademais teremos perdas na entrada e na saída do tubo:

∑ hm = K entrada ⋅

2 Ventrada V2 V2 1,9 2 + K saída ⋅ saída = 2 ⋅ (K entrada + K saída ) = ⋅ (0,5 + 1) = 0,28 m 2g 2g 2g 2 ⋅ 9,8

- Agora xa podemos aplicar a ecuación de Bernoulli xeralizada entre as seccións (1) e (3) da figura:

p V2 p1 V12 + + z1 − h f − ∑ h m = 3 + 3 + z 3 ρg 2 g ρg 2 g e como é: p1= p3 = patm , e ademais:V1=0, z1 = H e z3 = 0, a ecuación anterior quedará:

1,9 2 H − 4,18 − 0,28 = ⇒ H = 4,64 m 2 ⋅ 9,8

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 71 de 122

Problema 22 : Fluxo en Tubos Un fluído de viscosidade 1,7.10-2 )s/m2 e densidade relativa 0,93, flúe a través dun tubo nivelado a razón de 8,9 m3/s. O tubo é de ferro galvanizado de diámetro interior 1,2 m. A máxima presión admisible é de 8300 kPa e a menor de 350 kPa. Determinar o máximo espazamento posible entre as estacións de bombeo. Se a eficiencia da bomba é de 85%, determinar a potencia de cada instalación de bombeo. Solución: Datos: - Q = 8,9 m3/s - µ = 1,7 ⋅ 10 −2 $ .s / m 2 - ρ = 930 kg / m 3 - Tubo ferro galvanizado : segundo táboas, rugosidade: k = 0,15 mm - Diámetro D = 1,2 m - Explicación do problema: un fluído se move por un tubo, e durante ese movemento a través do tubo haberá perdas de presión debido á fricción. Pero a presión non debe baixar dunha pmín. Por iso, no lugar onde se acade esa presión pmín, haberá que colocar unha estación de bombeo para subir a presión ata pmáx (nos di o problema que a presión non debe superar este valor máximo). A partir de aquí, conforme o fluído se move, a presión comezará a baixar de novo debido á fricción, ata outro lugar no que volverá a chegar a valer pmín outra vez. Nese lugar haberá que colocar outra estación de bombeo para subir a presión de novo ata o valor pmáx, e así sucesivamente. Neste problema estudiaremos o fluxo entre a saída dunha bomba (onde a presión será a máxima) e a entrada da seguinte (onde a presión será a mínima): - p1 = 8,3.106 Pa - p2 = 3,5.105 Pa Aplicando a ecuación de Bernoulli xeralizada entre ambos puntos, poderemos calcular a lonxitude pedida (a lonxitude será aportada polo sumando hf que representa as perdas) :

p1 V 2 p2 V 2 + + z1 − h f = + + z2 ρg 2 g ρg 2 g As velocidades en ambos puntos son idénticas, de acordo coa ecuación de continuidade, dado que se supón que a sección do tubo non varía. Sen embargo necesitamos saber esa velocidade para poder calcular as perdas por fricción ó longo dese percorrido. - Cálculo das perdas por fricción:

hf = f ⋅

L V2 ⋅ D 2g

Así, calculemos en primeiro lugar a velocidade do fluído polo tubo horizontal:

Q = V .S = V .

π .D 2 4

⇒V =

4.Q 4 ⋅ 8,9 = = 7,87 m / s 2 π .D π .1,2 2

Además debemos encontrar o valor do coeficiente f . Cálculo do número de Reynolds: Re =

ρVD 930 ⋅ 7,87 ⋅ 1,2 = = 5,16 ⋅ 10 5 −2 µ 1,7 ⋅ 10

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 72 de 122

(como Re é maior que 2300, será un réxime turbulento polo que deberemos utilizar o diagrama de Moody para encontrar f) Cálculo da rugosidade relativa: r =

k 0,15 ⋅ 10 −3 = = 0,000125 D 1,2

Entramos no diagrama de Moody e buscamos a gráfica correspondente a r = 0,000125 (a aproximamos entre as de r = 0,0001 e r = 0,0002), e buscamos o punto que nos determina o número de Reynols Re=5,16.105 nesta gráfica. Este punto nos determina o valor de f que lemos no eixe esquerdo: f = 0,015. Agora xa podemos calcular as perdas por fricción:

hf = f ⋅

L V 2 0,015 ⋅ L ⋅ 7,87 2 ⋅ = = 0,0395 ⋅ L D 2g 1,2 ⋅ 2.9,8

Vemos que nos quedan expresadas en función da lonxitude do tubo, que é a incógnita que nos pide calcular o problema. - Agora xa podemos volver á ecuación de Bernoulli xeneralizada:

p1 V 2 p V2 + + z1 − h f = 2 + + z2 ρg 2 g ρg 2 g Operando (recordar que os termos en velocidade se eliminan, así como que z1=z2=0 pois supoñemos que non hai cambios de altura entre ambos puntos):

8,6.10 6 3,5.10 5 − 0,0395L = ⇒ L = 22916 m = 22,916 km 930 ⋅ 9,8 930.9,8 En canto á potencia de bombeo, debemos ter en conta que o fluído entra na bomba cunha presión p1, e tras recibir o traballo correspondente do aparato, eleva a súa presión ata p2 na saída (supoñemos que a velocidade de entrada e saída non varía, de acordo coa ecuación de continuidade). Polo tanto aplicando a ecuación de Bernoulli entre a entrada e a saída da bomba (inicialmente depreciamos perdas na bomba) de acordo coa figura:

p1 V 2 p V2 + + z1 + hbomba = 2 + + z2 ρg 2 g ρg 2 g Operando:

8,6.10 6 3,5.10 5 + hb = ⇒ hb = 872,3 m 930 ⋅ 9,8 930.9,8 •

•

• W E como: hb = • = ⇒ W = ρ ⋅ Q ⋅ g ⋅ hb = 930 ⋅ 8,9 ⋅ 9,8 ⋅ 872,3 = 7,07.10 7 W mg ρ ⋅ Q ⋅ g

Esta sería a potencia que debe recibir o fluído, é dicir a que proporciona a bomba sen considerar perdas. Pero como hai perdas pois o enunciado di que o rendemento é do 85%, en realidade a potencia da bomba deberá ser maior que a que recibe o fluído:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

η=

W fluído Wreal

⇒ Wreal =

W fluído

7,07.10 7 = 8,32 ⋅ 10 7 W 0,85

Páxina 73 de 122

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 74 de 122

Problema 23 : Fluxo en Tubos A auga a 15ºC flúe por unha tubería de 300 mm de diámetro e 0,3 de rugosidade, cunha perda de enerxía de 6 m en 300 m. Determinar o caudal. Solución: Datos: - Se trata de auga a 15ºC, o que nos permite buscar nas táboas : - ρ = 999 kg / m 3 - υ = 1,142.10 −6 m 2 / s - Rugosidade: k = 0,3 cm - Diámetro D = 0,3 m - Lonxitude L = 300 m - Perdas (supoñemos que só por fricción): hf = 6 m Piden Q.

Para calcular o caudal: Q = V .S = V .

πD 2 4

debemos calcular a velocidade.

E como nos dan as perdas, supoñemos que son todas por fricción, podemos utilizar este dato para calcular a velocidade que precisamos:

hf = f ⋅

L V2 ⋅ D 2g

Non imos poder encontrar o coeficiente f no diagrama de Moody pois, ó non saber o caudal tampouco sabemos a velocidade polo que, non poderemos calcular o número de Reynolds. Pero podemos operar na ecuación anterior e establecer unha relación entre f e a velocidade V:

hf = f ⋅

f ⋅ 300 ⋅ V 2 L V2 ⋅ ⇒6= ⇒ f ⋅ V 2 = 0,1176 Ecuación 1 D 2g 0,3 ⋅ 2.9,8

Este problema se soluciona de forma iterativa: Tomaremos un valor para f (se soe comezar polo valor que proporciona a gráfica correspondente ó valor da rugosidade relativa do tubo, na zona de rugosidade dominante), e con este despexaremos na ecuación 1 a velocidade. Coñecida esta, xa poderemos calcular o número de Reynolds, e con este e a rugosidade relativa, poderemos averiguar un novo valor para f, co que, na ecuación 1 poderemos calcular un novo valor para V. E así sucesivamente ata que V apenas varíe entre dous cálculos consecutivos. Calculemos primeiro a rugosidade relativa do noso tubo: r =

k 0,3 ⋅ 10 −2 = = 0,01 D 0,3

Primeira iteración: Tomamos o valor de f que corresponde a esta rugosidade relativa na zona de f estabilizada (zona de rugosidade dominante o zona completamente rugosa): f = 0,038 Calculamos V coa ecuación 1: V =

0,1176 = 1,76 m / s 0,038

Agora podemos calcular o número de Reynolds: Re =

ρVD ρVD VD 1,76 ⋅ 0,3 = = = = 4,62 ⋅ 10 5 −6 µ ρυ υ 1,142 ⋅ 10

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 75 de 122

Segunda iteración: No diagrama de Moody, tomamos o valor de f que corresponde á rugosidade relativa do tubo (r=0,01) co número de Reynolds que acabamos de calcular: Re=4,62.105 : f = 0,038 Vemos que sae o mesmo valor de f que antes, polo que a velocidade que nos dará a ecuación 1 será tamén a mesma que antes. Polo tanto este é o valor buscado: V = 1,76 m/s

Polo que o caudal pedido será: Q = V .S = V .

πD 2 4

1,76 ⋅ π ⋅ 0,3 2 = 0,124 m 3 / s 4

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 76 de 122

Problema 24 : Fluxo en Tubos: O depósito elevado a 80 pés sobre o nivel do solo da figura, alimenta unha rede de auga. A tubería máis longa ten 600 pés e está feita de ferro fundido cunha antigüidade de 20 anos. A tubería ten unha válvula de comporta; outras perdas menores se poden depreciar. O diámetro da tubería é de 4 pulg. Determinar o fluxo máximo a través da tubería. Solución: Datos: - Tubo ferro fundido: segundo táboas, rugosidade: k = 0,26 mm - Diámetro D = 4 inch = 0,1016 m - Lonxitude L = 600 ft = 182,88 m - Altura H = 80 ft = 24,38 m - Válvula de comporta: segundo táboas, coeficiente de perdas: K = 0,11 - Supoñemos que nos dí que depreciemos outras perdas localizadas. - Supoñemos que se trata de auga a 15ºC, o que nos permite buscar nas táboas : * ρ = 999 kg / m 3 * υ = 1,142.10 −6 m 2 / s Piden Q. Para calcular o caudal: Q = V .S = V .

πD 2 4

debemos calcular a velocidade.

Para iso utilicemos a ecuación de Bernoulli xeralizada entre os puntos (1) e (2) da figura:

p1 V12 p V2 + + z1 − h f − hm = 2 + 2 + z 2 ρg 2 g ρg 2 g Debemos ter en conta as perdas por fricción e as perdas na válvula. Ademais V1=0, p1=p2=patm, z2=0, z1=H, co que a ecuación quedará:

L V2 V2 V2 V2  L  H− f −K = ⇒H = ⋅ f + K + 1 D 2g 2g 2g 2g  D  E aquí podemos encontrar unha relación entre V y f, o que nos permitirá calculalas cun proceso iterativo. Cálculo de V: V =

2 gH = L f + K +1 D

2 ⋅ 9,8 ⋅ 24,38 477,85 = 182,88 1800 f + 1,11 f + 0,11 + 1 0,1016

Antes de comezar a iterar precisamos a rugosidade relativa do tubo que será: r =

Ecuación 1

k 0,26 = = 0,0026 D 101,6

Primeira iteración: Tomamos o valor de f que corresponde a esta rugosidade relativa (0,0026) na zona de f estabilizada no diagrama de Moody (zona de rugosidade dominante ou zona completamente rugosa): f = 0,025 Agora, coa ecuación 1, calculamos un primeiro valor para a velocidade:

V =

477,85 477,85 = = 3,22 m / s 1800 f + 1,11 1800 ⋅ 0,025 + 1,11

Agora podemos calcular o número de Reynolds:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Re =

Páxina 77 de 122

ρVD ρVD VD 3,22 ⋅ 0,1016 = = = = 2,86 ⋅ 10 5 −6 µ ρυ υ 1,142 ⋅ 10

Segunda iteración: Coa rugosidade relativa xa coñecida (0,0026) e o número de Reynolds (2,86.105) que acabamos de calcular, buscamos un novo valor para f no diagrama de Moody: f = 0,0255 Coa ecuación 1, calculamos un novo valor para a velocidade:

477,85 477,85 = = 3,19 m / s 1800 f + 1,11 1800 ⋅ 0,0255 + 1,11

Poderiamos calcular agora o novo número de Reynolds e proceder a realizar unha nova iteración, o que sen dúbida nos daría un valor máis axustado. Sen embargo imos deixalo aquí pois ó fin e ó cabo hai unha diferencia entre este valor de V e o anterior de menos do 1%. Polo tanto, o fluxo pedido polo problema será: Q = V .S = V .

πD 2 4

3,19 ⋅ π ⋅ 0,1016 2 = 0,026 m 3 / s 4

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 78 de 122

Problema 25 : Fluxo en Tubos: Determinar o diámetro dunha tubería de aceiro de rugosidade k=0,0458 mm necesaria para transportar 0,25 m3/s de aceite lubricante de viscosidade cinemática v = 10-5 m2/s s unha distancia de 3000 m se as perdas de carga correspondentes ascenden a 23 m. Solución: Datos: - Tubo aceiro: rugosidade: k = 0,0458 mm - Q = 0,25 m3/s - Lonxitude L = 3000 m - Perdas de carga (supoñemos que por fricción) = 23 m - υ = 10 −5 m 2 / s - Piden o diámetro D Este problema é máis complexo que o anterior pois non podemos calcular a rugosidade relativa (r=k/D) dado que non coñecemos o diámetro do tubo, co que non podemos entrar no diagrama de Moody. Nestes casos en que piden o diámetro se procede así: - Como nos dan a perda de carga, coa súa ecuación establecemos a relación entre f e D: 2

 4Q  f ⋅ L⋅ 2  2 Q 4Q  8⋅ f ⋅ L ⋅ Q2 L V   πD  hf = f ⋅ ⋅ ⇒ Como : V = = ⇒ h = ⇒ h =  f f D 2g D⋅2⋅ g πD 2 / 4 πD 2  π ⋅ D5 ⋅ g  Operando: 23 =

8 ⋅ f .3000 ⋅ 0,25 2 f ⇒ 5 = 1,483 5 π ⋅ D ⋅ 9,8 D

Ecuación 1

- Calculamos o número de Reynolds:

ρVD ρVD VD πD 2 Re = = = = µ ρυ υ υ - Calculamos a rugosidade relativa: r =

⋅D ⇒ Re =

k 4,58 ⋅ 10 −5 ⇒r= D D

31831 D

Ecuación 2

Ecuación 3

Con estas tres ecuacións se itera ata acadar a solución. Primeiro se comeza por dar un primeiro valor para f , e se soe tomar arbitrariamente o seu valor no medio do seu eixe do diagrama de Moody: f = 0,03. Primeira iteración: Segundo acabamos de dicir, tomamos f = 0,03 Valor de D segundo a ecuación 1: D = 5

f 0,03 =5 = 0,458 m 1,483 1,483

Con esta D: valor de Re segundo a ecuación 2: Re =

31831 31831 = = 6,94.10 4 D 0,458

4,58 ⋅ 10 −5 4,58 ⋅ 10 −5 valor de r, segundo a ecuación 3: r = = = 0,0001 D 0,458 Segunda iteración: Cos valores calculados de Re=6,94.104 y r=0,0001, se obtén un novo f no diagrama de Moody: f = 0,023, e recalculamos os valores anteriores:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Valor de D segundo a ecuación 1: D = 5

Páxina 79 de 122

f 0,023 =5 = 0,435 m 1,483 1,483

Con esta D: valor de Re segundo a ecuación 2: Re =

31831 31831 = = 7,32.10 4 D 0,435

4,58 ⋅ 10 −5 4,58 ⋅ 10 −5 valor de r, segundo a ecuación 3: r = = = 0,000105 D 0,435 Terceira iteración: Cos novos valores calculados de Re=7,32.104 y r=0,000105, se obtén un novo f no diagrama de Moody: f = 0,023, que resulta ser igual que o anterior, polo que obteremos os mesmos resultados que na segunda iteración. Por tanto, resultado buscado: D = 0,435 m

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 80 de 122

Problema 26 : Fluxo en Tubos: Unha lonxitude equivalente é aquela lonxitude de tubería na que unha perda de altura, para o mesmo caudal, é igual á de calquera outro sistema con xeometría diferente para o que é equivalente. Considere unha tubería de aceiro de diámetro nominal de 10 pulg, cunha válvula de globo aberta e catro cóbados de 90º atornillados. A lonxitude da tubería é 100 pés e a través dela flúen 5 pés3/s de auga a 60ºF. ¿Cal é a lonxitude equivalente de tubería de diámetro nominal 14 pulg? Solución: Datos: - Tubo aceiro: segundo táboas, rugosidade: k = 0,046 mm - Diámetro: D = 10 inch = 10.2,54 cm = 25,4 cm = 0,254 m - Unha válvula globo aberta: segundo táboas, para D=10” ten que ser acoplada: K = 5,7 (obtemos este dato por interpolación entre o dato de 8”-5,8 e o de 20”-5,5) - Catro codos de 90º: K = 0,25 - L = 100 ft = 100.0,3048 m = 30,48 m - Q = 5 ft3/s . 1 m3/0,30483ft3 =0,141 m3/s - Nos din que se trata de auga a 60ºF= 15,6ºC (ºC=1,8.ºF+32), o que nos permite buscar nas táboas: * ρ = 999 kg / m 3 * υ = 1,142.10 −6 m 2 / s Para calcular a lonxitude equivalente, primeiro debemos calcular as perdas totais:

L V2 V2 V2 V2  L  Perdas = h f + ∑ hm = f + K válcula + 4.K codos = ⋅ f + K válvula + 4 K codos  D 2g 2g 2g 2g  D  Necesitamos a velocidade e o coeficiente f: Cálculo de V: Q = V .S = V .

π .D 2 4

⇒V =

4.Q 4 ⋅ 0,141 = = 2,78 m / s 2 π .D π .0,254 2

Cálculo de f: Cálculo do número de Reynolds: Re =

ρVD ρVD VD 2,78 ⋅ 0,254 = = = = 6,18 ⋅ 10 5 −6 µ ρυ υ 1,142 ⋅ 10

(como Re é maior que 2300, será un réxime turbulento polo que deberemos utilizar o diagrama de Moody para encontrar f) Cálculo da rugosidade relativa: r =

k 0,046 = = 0,00018 D 254

Entramos no diagrama de Moody e buscamos a gráfica correspondente a r = 0,0018 (a aproximamos entre as de r = 0,001 e r = 0,002), e buscamos o punto que nos determina o número de Reynols Re=6,18.105 nesta gráfica. Este punto nos determina o valor de f que lemos no eixe esquerdo: f = 0,015. Agora volvemos a ecuación das perdas e as calcularemos:

Perdas =

2 V2  L 30,48   2,78  ⋅ f + K válvula + 4 K codos  = ⋅  0,015 ⋅ + 5,7 + 4.0,25  = 3,35 m 2g  D 0,254  2.9,8  

Vexamos agora como debería ser a lonxitude dunha tubería de 14”=0,3556 m que tivese estas mesmas perdas só por fricción co mesmo caudal:

L V2 hf = f D 2g

Ecuación 1

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Cálculo da velocidade: V =

4.Q 4 ⋅ 0,141 = = 1,42 m / s 2 π .D π .0,3556 2

Cálculo de f: Cálculo do número de Reynolds: Re = Cálculo da rugosidade relativa: r =

ρVD ρVD VD 1,42 ⋅ 0,3556 = = = = 4,42 ⋅ 10 5 −6 µ ρυ υ 1,142 ⋅ 10

k 0,046 = = 0,00013 D 355,6

Entramos no diagrama de Moody e buscamos f: f = 0,015. Con estes datos xa podemos volver á ecuación 1 e calcular a L pedida:

hf = f

L V2 L 1,42 2 ⇒ 3,35 = 0,015 ⇒ L = 772 m D 2g 0,3556 2 ⋅ 9,8

Páxina 81 de 122

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 82 de 122

Problema 27 : Fluxo en Tubos: Un depósito prismático de base A=24 m2 se encontra inicialmente cheo de auga ata unha altura h0= 3m por encima da base. O depósito descarga a través dunha tubería de 500 m de lonxitude e 0,3 m de diámetro. A rugosidade vale k = 0,2 mm e a diferenza de cotas entre a entrada e a saída da tubería é de 3 m. Suponse que durante toda a descarga a corrente de auga na tubería vai ter un nº de Reynolds o suficientemente elevado para que o coeficiente de fricción só dependa da rugosidade

k  D

0 , 33

relativa. )estas condicións, dito coeficiente se pode aproximar por: f = 0,18

Supoñendo fluxo cuasi-estacionario na tubería e depreciando perdas locais, calcular: O tempo de descarga do depósito a través da tubería. Valores dos números de Reynolds na tubería ó comezo da descarga e cando o depósito de baleira totalmente (µ=0,01 g/cm·s). De acordo co diagrama de Moody discutir a validez da ecuación de aproximación anterior. Solución: Datos: - A1 = 24 m2 - h0 = 3 m - A2 =

πD 2 4

π ⋅ 0,3 2 4

= 0,071 m 2

- D2 = D = 0,3 m - Rugosidade: k = 0,2 mm - Cálculo de f segundo a ecuación dada polo problema:

k f = 0,18 ⋅   D

0 , 33

 0,2 ⋅ 10 −3   = 0,18 ⋅   0,3 

0 , 33

= 0,016

- Depreciamos perdas locais.

Pregunta 1: Para calcular o tempo pedido se debe establecer unha relación entre a velocidade de descenso da auga no depósito e a altura de auga inicialmente existente neste. Para isto sabemos que:

V1 = −

dh Ecuación 1 dt

Debemos por tanto calcular V1 (relacionala coa altura h). Pero esta V1 será moi pequena, polo que calculala directamente pode ser complexo. Pero non así V3, polo que imos calcular esta e logo relacionala con V1. Segundo a ecuación de continuidade entre as seccións (2) e (3) do conducto (ver figura):

V2 ⋅ S 2 = V3 ⋅ S 3 : e como S2 = S3 será: V2 = V3 = V Para calcular esta V, apliquemos Bernoulli nun instante calquera (cunha 0<h<h0) entre as seccións (1) e (3) da figura:

p 3 V32 p1 V12 + + z1 − h f = + + z3 ρg 2 g ρg 2 g

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 83 de 122

e como é: p1= p3 = patm , e : V1<<V3, --> V3 – V1 ≈ V3 e: z3 = 0, a ecuación anterior quedará:

V32 − V12 V32 V32  L L V32 V32  = ⇒ z1 − h f ,tubo = ⇒h+H − f = ⇒h+H = ⋅ f + 1 ⇒ 2g 2g D 2g 2g 2g  D 

z1 − h f ,tubo

⇒h+3=

500  h+3  ⋅  0,016 + 1 ⇒ h + 3 = 1,41 ⋅ V32 ⇒ V3 = = 0,84 ⋅ h + 3 0,3 1,41  

V32 2g

Sabido V3 podemos agora establecer V1 que necesitamos para poder calcular o tempo de descenso, de acordo coa ecuación 1. En efecto, aplicando a ecuación de continuidade entre (1) e (3) da figura:

V1 ⋅ A1 = V3 ⋅ A3 ⇒ V1 =

A3 0,071 V3 ⇒ V1 = ⋅ 0,84 ⋅ h + 3 = 2,49 ⋅ 10 −3 ⋅ h + 3 A1 24

Levando esta expresión á ecuación 1, quedará:

V1 = − E integrando:

2⋅

[

]

dh dh dh ⇒ 2,49 ⋅ 10 −3 ⋅ h + 3 = − ⇒ = −2,49 ⋅ 10 −3 ⋅ dt dt dt h+3

∫

h=0

h = h0

dh h+3

h=0

t =0

h = h0

= − ∫ 2,49 ⋅ 10 −3 ⋅ dt ⇒ ∫

h + 3 3 = −2,49 ⋅ 10 −3 ⋅ t ⇒ 2 ⋅

(

)

(h + 3) −1 / 2 dh = − ∫ 2,49 ⋅ 10 −3 ⋅ dt t =0

3 − 6 = −2,49 ⋅ 10 −3 ⋅ t ⇒ t = 576,3 s

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 84 de 122

Problema 28 : Fluxo en Tubos: Se ten un sistema de tuberías como o da figura. A caída de presión total é de 150 kPa, e a diferencia de nivel çe 5 m. Os datos dos tubos son: - Datos dos tubos: Tubo

L (m)

D (cm)

k (mm)

100

0,24

150

0,12

0,20

O fluído é auga, ρ =1000 kg/m3 e v = 1,02·10-6 m2/s. Calcular o caudal en m3/h. Solución: Datos: - Vemos que z1 > z2. - z1 – z3 = 5 m - p1 – p2 = 150.103 Pa - ρ = 1000 kg / m 3 - υ = 1,02.10 −6 m 2 / s Nunha conexión de tubos en serie como esta, o caudal será o mesmo nos tres tubos, de acordo coa ecuación de continuidade, pero non así a velocidade. Ademais, a perda de carga total será a suma das perdas nos tres tubos. En primeiro lugar expresaremos todas as velocidades nos tubos en función da velocidade nun deles, por exemplo o do tubo 1. Así, segundo a ecuación de continuidade:

V1 ⋅ S 1 = V2 ⋅ S 2 = V3 ⋅ S 3 Polo tanto, despexando nas ecuacións anteriores, V2 e V3 en función de V1 , teremos:

D - V2 = V1  1  D2

  8  16  = V1   = V1 9 6 

D  8 - V3 = V1  1  = V1   = 4V1 4  D3  Ademais, como a perda de carga total é a suma das perdas en cada tubo:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 85 de 122

L1 V12 L2 V22 L3 V32 h f = f1 + f2 + f3 = D1 2 g D2 2 g D3 2 g 2

 16   V1  2 2 100 V1 150  9  80 (4V1 ) = f1 + f2 + f3 = 0,08 2 g 0,06 2g 0,04 2 g V12 = ⋅ (1250 f 1 + 7901 f 2 + 32000 f 3 ) 2g Aplicando agora a ecuación de Bernoulli xeralizada entre o principio e o final do sistema de tubos, podemos chegar a unha relación entre os coeficientes de fricción en cada tubo e a velocidade no tubo 1:

p1 V12 p 3 V32 + + z1 − h f = + + z3 ⇒ ρg 2 g ρg 2 g

⇒

p1 − p 3 16V12 − V12 V12 + z1 − z 3 = + ⋅ (1250 f 1 + 7901 f 2 + 32000 f 3 ) ⇒ ρg 2g 2g

⇒ 20,3 =

V12 ⋅ (15 + 1250 f 1 + 7901 f 2 + 32000 f 3 ) 2g

Ecuación 1

Agora debemos iterar nesta ecuación 1, ata encontrar a solución. Antes de comezar debemos calcular as rugosidades relativas de cada conducto: r1=k1/D1=0,024/8 = 0,003 ;;; r2=k2/D2=0,012/6 = 0,002 ;;; r3=k3/D3=0,02/4 = 0,005 Primeira iteración: Tomamos f1 , f2 y f3 na zona de rugosidade dominante do diagrama de Moody, o que, de acordo cos valores de cada rugosidade relativa calculados antes, nos proporciona os seguintes valores para os coeficientes de fricción en cada tubo: f1=0,025; f2=0,023; f1=0,03; e levando estes valores á ecuación 1 obtemos o primeiro valor para V1:

V12 20,3 = ⋅ (15 + 1173) ⇒ V1 = 0,58 m / s 2g Agora, con este valor de velocidade podemos calcular os respectivos números de Reynolds:

Re1 =

ρV1 D1 ρV1 D1 V1 D1 0,58 ⋅ 0,08 = = = = 4,55 ⋅ 10 4 −6 µ ρυ υ 1,02 ⋅ 10 16

0,58 ⋅ 0,06

ρV2 D2 ρV2 D2 9 1 2 9 Re 2 = = = = = 6,07 ⋅ 10 4 −6 µ ρυ υ 1,02 ⋅ 10 ρV3 D3 ρV3 D3 4V1 D3 4 ⋅ 0,58 ⋅ 0,04 Re 3 = = = = = 9,1 ⋅ 10 4 −6 µ ρυ υ 1,02 ⋅ 10 Segunda iteración: Cos números de Reynolds calculados antes e as respectivas rugosidades relativas, buscamos os novos valores para os coeficientes de fricción no diagrama de Moody, encontrando: f1=0,028; f2=0,026; f1=0,031; e levando estes valores á ecuación 1 obtemos o segundo valor para V1:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

20,3 =

Páxina 86 de 122

V12 ⋅ 1247,4 ⇒ V1 = 0,56 m / s 2g

Habendo tan pouca diferencia entre este valor da velocidade e o encontrado na iteración anterior, podemos dar este por bo, co que o valor do caudal pedido será:

Q = V1S1 = V1 ⋅

πD 4

= 0,56 ⋅

π ⋅ 0,082 4

= 0,0028

m3 3600 s ⋅ = 10,1 m3 / h s 1h

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 87 de 122

Problema 29 : Fluxo en Tubos: Os tres tubos do exemplo anterior están en paralelo cunha perda de carga total de 23,3 m. Calcular o caudal total Q, depreciando as perdas locais. Solución: Datos: - Agora os tubos anteriores están en paralelo. - Nos dan a perda de carga total, que, estando os tubos en paralelo, será a mesma en cada un: hf=23,3 m - Datos dos tubos: Tubo

L (m)

D (cm)

k (mm)

100

0,24

150

0,12

0,20

- ρ = 1000 kg / m 3 - υ = 1,02.10 −6 m 2 / s Piden o caudal, que, estando os tubos en paralelo, será a suma dos caudais dos tres tubos. As perdas son as mesmas nos tres tubos polo que podemos poñer:

L1 V12 100 V12 h f = f1 ⇒ 23,3 = f 1 ⇒ f 1 ⋅ V12 = 0,365 Ecuación 1 D1 2 g 0,08 2 ⋅ 9,8 hf = f2

L2 V22 150 V22 ⇒ 23,3 = f 2 ⇒ f 2 ⋅ V22 = 0,183 Ecuación 2 D2 2 g 0,06 2 ⋅ 9,8

L3 V32 80 V32 h f = f3 ⇒ 23,3 = f 3 ⇒ f 3 ⋅ V32 = 0,228 Ecuación 3 D3 2 g 0,04 2 ⋅ 9,8 Calculamos as rugosidades relativas: r1=k1/D1=0,024/8 = 0,003 ;;; r2=k2/D2=0,012/6 = 0,002 ;;; r3=k3/D3=0,02/4 = 0,005 Primeira iteración: Tomamos f1 , f2 y f3 na zona de rugosidade dominante do diagrama de Moody, o que, de acordo cos valores de cada rugosidade relativa calculados antes, nos proporciona os seguintes valores para os coeficientes de fricción en cada tubo: f1=0,025; f2=0,023; f1=0,03; e levando estes valores ás ecuacións 1, 2 e 3, obtemos os primeiros valores para as velocidades:

V1 = 0,365

0,025

= 3,8 m / s V3 = 0,228

V2 = 0,183 0,03

0,023

= 2,8 m / s

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 88 de 122

Agora, con estes valores de velocidade podemos calcular os respectivos números de Reynolds:

ρV1 D1 ρV1 D1 V1 D1 3,8 ⋅ 0,08 = = = = 3 ⋅ 10 5 µ ρυ υ 1,02 ⋅ 10 − 6 ρV2 D2 ρV2 D2 V2 D2 2,8 ⋅ 0,06 Re 2 = = = = = 1,65 ⋅ 10 5 −6 µ ρυ υ 1,02 ⋅ 10

Re1 =

Re3 =

ρV3 D3 ρV3 D3 V3 D3 2,8 ⋅ 0,04 = = = = 1,1 ⋅ 10 5 −6 µ ρυ υ 1,02 ⋅ 10

Segunda iteración: Cos números de Reynolds calculados antes e as respectivas rugosidades relativas, buscamos os novos valores para os coeficientes de fricción no diagrama de Moody, encontrando: f1=0,0251; f2=0,0245; f1=0,031; e levando estes valores ás ecuacións 1, 2 e 3, obtemos os segundos valores para as velocidades:

V1 = 0,365

0,0251

V2 = 0,183

= 3,8 m / s V3 = 0,228

0,031

0,0245

= 2,7 m / s

Vemos que as diferencias son mínimas cos valores obtidos na iteración anterior. Por tanto damos estas velocidades por boas. Así, o caudal total será: Q = V1 S1 + V 2 S 2 + V3 S 3 = V1 ⋅

= 3,8 ⋅

π ⋅ 0,08 2 4

+ 2,7 ⋅

π ⋅ 0,06 2 4

+ 2,7 ⋅

π ⋅ 0,04 2 4

πD12 4

= 0,03

+ V2 ⋅

πD22 4

+ V3 ⋅

πD32 4

m 3 3600 s ⋅ = 108,9 m 3 / h s 1h

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 89 de 122

Problema 30 : Fluxo en Tubos: Os mesmos tres tubos anteriores están conectando tres depósitos que teñen de niveis: z1 = 20 m; z2 = 100 m; z3 = 40 m. Calcular os caudais que circulan por cada tubo, depreciando as perdas locais. Solución: - Alturas: z1=20 m ; z2 = 100 m ; z3 = 40 m - Datos dos tubos:

Tubo

L (m)

D (cm)

k (mm)

100

0,24

150

0,12

0,20

- ρ = 1000 kg / m 3 - υ = 1,02.10 −6 m 2 / s Supoñemos que os tres depósitos máis altos alimentan ó máis baixo, e veremos se os resultados que obtemos son razonables. Así, dado que os tres tubos conflúen no punto J, se cumprirá, tal como se pode observar na figura adxunta, que: Q2 + Q3 = Q1 Ecuación 1 Agora estableceremos relacións entre velocidades e coeficientes de fricción, aplicando a ecuación de Bernoulli xeralizada entre a superficie de cada depósito e o punto J común ós tres conductos. Así, aplicaremos a ecuación de Bernoulli tres veces: entre os puntos 3 e J, logo entre 2 e J, e por último entre 1 e J. Comezaremos polos conductos que flúen cara a J (os tubos 2 e 3):

p J V J2 p atm p 2 V22 L2 V22 p J V J2 + + z2 − h f 2 = + + zJ ⇒ + z2 − f 2 = + + zJ ⇒ Fluxo 2-J: ρg 2 g ρg 2 g ρg D 2 2 g ρg 2 g ⇒ f2

p − p atm V J2 p V2 L2 V22 L V2 = z2 − J − − z J ⇒ f 2 2 2 = z 2 − manom. J − J − z J 2g D2 2 g 2g D2 2 g ρg ρg

Podemos chamar HJ ós termos que dependen deste punto J: H J =

p manom. J V J2 + + zJ ρg 2g

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

E así, a ecuación anterior quedará: f 2

L2 V22 = z2 − H J D2 2 g

Fluxo 3-J: Dada a súa similitude co fluxo anterior, deberá saír: f 3

Páxina 90 de 122

Ecuación 2

L3 V32 = z3 − H J D3 2 g

Ecuación 3

Fluxo 1-J: Este caso cambia con relación ós anteriores en que o fluxo é en sentido contrario (agora é desde J cara ó depósito), polo que ten que saír unha ecuación similar ás anteriores pero co segundo membro cambiado de signo. Aquí imos comprobalo, pero non faría falta:

pJ VJ2 pJ VJ2 p1 V12 L1 V12 patm + + zJ − hf 1 = + + z1 ⇒ + + zJ − f1 = +z ⇒ ρg 2g ρg 2g ρg 2g D1 2g ρg ⇒ f1

V2 L1 V12 p J − p atm V J2 L V2 p = + + z J − z1 ⇒ f 2 2 2 = manom. J + J + z J − z1 D1 2 g ρg 2g D2 2 g ρg 2g

E vemos que nos aparece HJ na ecuación: H J = E así, a ecuación quedará: f 1

L1 V12 = H J − z1 D1 2 g

p manom. J V J2 + + zJ ρg 2g Ecuación 4

Así, coas ecuacións 2, 3 e 4 podemos establecer unha relación entre cada velocidade e o correspondente coeficiente de fricción, tendo ademais un valor adicional HJ. O método de cálculo é novamente iterativo, consistindo no seguinte: supoñemos un valor para HJ e buscamos os valores de f1, de f2, e de f3, na zona de rugosidade dominante do diagrama de Moody. Con estes valores xa podemos calcular V1, V2 e V3 e logo comprobar se os caudais cumpren a ecuación 1. Os caudais os calcularemos así: Qi = V1 S 1 = Vi ⋅

πDi2 4

.3600 m3/h

Ecuación 8

Se os caudais non cumpren a ecuación 1, se cambia o valor HJ e se buscan novos valores para f1, f2, e f3, utilizando os números de Reynolds calculados coas velocidades anteriores. Así, se encontran novos valores para as velocidades e se comproba novamente se se cumpre a ecuación 1. Imos a aplicar este método, pero antes imos poñer números nas ecuacións 2, 3 e 4. Ecuación 5: f 1

L1 V12 100 V12 = z1 − H J ⇒ f 1 ⋅ ⋅ = H J − 20 ⇒ V1 = D1 2 g 0,08 2 ⋅ 9,8

H J − 20 63,8 ⋅ f 1

100 − H J L2 V22 150 V22 Ecuación 6: f 2 = z2 − H J ⇒ f 2 ⋅ ⋅ = 100 − H J ⇒ V2 = D2 2 g 0,06 2 ⋅ 9,8 127,6 ⋅ f 2 L3 V32 V32 40 − H J 80 Ecuación 7: f 3 = z3 − H J ⇒ f 3 ⋅ ⋅ = 40 − H J ⇒ V3 = D3 2 g 0,04 2 ⋅ 9,8 102 ⋅ f 3 As rugosidades relativas dos tubos xa as temos calculadas nos exercicios anteriores: r1=k1/D1=0,024/8 = 0,003 ;;; r2=k2/D2=0,012/6 = 0,002 ;;; r3=k3/D3=0,02/4 = 0,005

Primeira iteración: Tomamos os coeficientes de fricción que proporciona o diagrama de Moody para cada unha das rugosidades relativas anteriores na zona de rugosidade dominante. Ademais debemos tomar un valor para HJ , e o mellor é tomar o valor intermedio dentre as z dos depósitos pois así a velocidade

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 91 de 122

correspondente a ese tubo será cero e as operacións serán máis sinxelas. Polo tanto tomamos HJ = 40m e así V3 = 0, de acordo coa ecuación 7. Deste xeito podemos construír a seguinte táboa. Rugosidade Tubo

Coeficiente

relativa

fi (segundo rugosidade)

(suposto)

segundo ecuacións 5,6,7)

(segundo ecuación 8)

0,003

0,025

3,54

64,1

0,002

0,023

4,52

46,1

0,005

0,03

Podemos ver que non se cumpre a ecuación 1: Q2 + Q3 = Q1 → 46,1 + 0 < 64,1 e ademais vemos que o segundo termo, Q1, da ecuación é maior que o primeiro termo, suma dos Q2 + Q3, polo que deberemos reducir o valor de Q1, ou sexa de V1 . E para reducir V1, de acordo coa ecuación 5, debemos diminuír HJ. Por iso para a segunda iteración tomaremos HJ = 30 m. Primeira iteración: Como dixemos, tomamos HJ = 30 m e cumprimentamos a seguinte táboa (coas mesmas entradas que a táboa anterior máis o número de Reynolds que necesitaremos para estimar os novos valores de fi). Como dicimos, para encontrar os novos valores de fi necesitamos calcular os números de Reynolds respectivos, para o que utilizaremos as velocidades dadas na iteración anterior: Para cada conducto i, o número de Reynolds será: Rei =

ρVi Di 10 3 ⋅ Vi Di = = 10 6 ⋅ Vi Di −3 µ 10 ⋅ υ

Número Rei

Coeficiente

relativa

(segundo ecuación 9)

fi (segundo rugosidade e Rei)

0,003

2,8.105

0,002

0,005

Rugosidade Tubo

Ecuación 9

(suposto)

segundo ecuacións 5,6,7)

segundo ecuación 8

0,026

2,46

44,5

2,7.105

0,024

4,78

48,8

0,03

1,8

8,2

Podemos ver que tampouco se cumpre a ecuación 1: Q2 + Q3 = Q1 → 48,8 + 8,2 > 44,5 e ademais que o termo Q1 da ecuación é agora menor que a suma dos Q2 + Q3 do primeiro termo, polo que deberemos aumentar o valor de Q1, ou sexa de V1 . E para aumentar V1, de acordo coa ecuación 5, debemos aumentar HJ: é dicir, o HJ buscado é maior de 30 m. Pero, ademais, na iteración anterior, vimos que debe ser menor que 40 . Polo tanto, xa sabemos que HJ estará comprendido entre 30 m e 40 m.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 92 de 122

Nota: Segundo dixo o profesor en clase, pode rematarse aquí este tipo de problemas nun exame, citando que a solución para HJ se encontra no intervalo [30,40]. De todos os xeitos, ver a Nota final. No caso de continuar o problema. o que se soe facer nestes casos é interpolar entre estes valores, vendo os valores do caudal neto con cada unha das alturas anteriores: Qneto = Q2 + Q3 – Q1 E sabemos que este caudal neto debe ser cero. Pois ben, segundo a primeira iteración: - Para HJ = 40 m --> Qneto = Q2 + Q3 – Q1 = -18 e segundo a segunda iteración: - Para HJ = 30 m --> Qneto = Q2 + Q3 – Q1 = +12,5 Representando estes valores nunha gráfica Qneto-HJ e supoñendo unha dependencia liñal entre ambos valores, teremos a gráfica adxunta: Nesta buscamos o valor de HJ que corresponde ó punto C onde o Qneto é cero, como debe de ser. Para isto establecemos a semellanza entre os triángulos ABC e ADE:

AB AD 18 12,5 + 18 = ⇒ = ⇒ H J = 34,1 m BC DE 40 − H J 40 − 30 Probaremos por tanto con este valor na terceira iteración. Terceira iteración: Como dixemos, tomamos HJ = 34 m e cumprimentamos a seguinte táboa coas mesmas entradas que a táboa anterior: Número Rei

Coeficiente

relativa

(segundo ecuación 9)

fi (segundo rugosidade e Rei)

0,003

1,97.105

0,002

0,005

Rugosidade Tubo

(suposto)

segundo ecuacións 5,6,7)

segundo ecuación 8

0,027

34,1

2,86

51,8

2,87.105

0,024

34,1

4,64

47,2

7,2.104

0,032

34,1

1,34

6,1

Os caudais aínda non suman cero (ou sexa, segue sen se cumprir a ecuación 1), pero está cerca polo que se podería rematar aquí o problema.

ota final: Se na primeira iteración nos encontrásemos que debiamos aumentar HJ (en vez de diminuíla como realmente nos saíu), veriamos que a ecuación 7 sería imposible de resolver (habería unha raíz cadrada dunha cantidade negativa). Isto querería dicir que o fluxo do conducto 3, ó que corresponde a ecuación 7,

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 93 de 122

sería inverso ó suposto. É dicir, no conducto 3 o fluxo sería saínte desde o punto J, polo que se debería cambiar a ecuación 7 que pasaría a ser (cambiando o signo do segundo membro): Ecuación 7’:

V3 =

H J − 40 102 ⋅ f 3

Dito doutro xeito, querería dicir que o depósito máis alto estaría alimentando ós outros dous.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 94 de 122

Problema 31 : Exame de FEBREIRO 2005 v

Problema 1: Un campo de fluxo está dado por V = 6 x i + 6 y j − 7t k (m/s). ¿é un fluxo uni, bi ou tridimensional? ¿Cal é a velocidade na posición x=10 m; y=10m; cando t=10 s? ¿Cal é a pendente das liñas de corrente en t=0? Ecuación das liñas de corrente. Determinar o campo de aceleración do fluxo e a aceleración da partícula no instante e posición considerados en b) Solución:

Apartado a) Se trata dun fluxo tridimensional dado que a velocidade ten compoñentes variables nas tres dimensións.

Apartado b) Só debemos substituír valores na ecuación da velocidade:

r r r v r r r r r r V = 6 x i + 6 y j − 7t k = 6 ⋅ 10 i + 6 ⋅ 10 j − 7 ⋅ 10 k = 60 i + 60 j − 70 k

Apartado c) Pendente das liñas de corrente. As liñas de corrente son definidas polas velocidades das partículas, de xeito que as velocidades das partículas son constantemente tanxentes ás liñas de corrente. Polo tanto, as velocidades nos indican a pendente das liñas de corrente:

En fluxos bidimensionais ( V = u ⋅ i + v ⋅ j ), e suposto o eixe Y vertical:

Pendente =

Vy Vx

v u

En fluxos tridimensionais como o deste problema, e suposto o eixe Z vertical:

Pendente =

Vz V x2 + V y2

u2 + v2

− 7t 36 x 2 + 36 y 2

que para t=0, será:

Pendente =

− 7t 36 x 2 + 36 y 2

0 36 x 2 + 36 y 2 r

Apartado d) : Sendo V = u ⋅ i dx dy dz = = u v w

r r + v ⋅ j + w ⋅ k , as ecuacións das liñas de corrente cumpren: polo tanto:

dx dy dz = = 6 x 6 y − 7t

As ecuacións das liñas de corrente se deben calcular nun certo instante t0 = constante, pois ó ser un fluxo non estacionario (a velocidade cambia co tempo), as liñas de corrente cambiarán dun instante a outro

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 95 de 122

1ª)

dx dy dx dy x x = ⇒∫ =∫ ⇒ ln x = ln y + Conste ⇒ ln = ln Conste ⇒ = C1 6x 6 y x y y y

2ª)

dx dz dx 6 6z 6z = ⇒ =− ⇒ ln C 2 x = − ⇒ dz ⇒ ln x + Conste = − 6 x − 7t 0 x 7t 0 7t 0 7t 0 ⇒ C2 x = e

−6 z

7t0

⇒ x = C3 ⋅ e

−6 z

7 t0

Apartado e) A aceleración é a derivada da velocidade con relación ó tempo:

r r r r r r r r r r r r dV ∂V ∂V ∂V ∂V a= = + Vx ⋅ + Vy ⋅ + Vz ⋅ = −7 k + 6 x ⋅ 6i + 6 y ⋅ 6 j − 7t ⋅ 0 = 36 x ⋅ i + 36 y ⋅ j − 7 k dt ∂t ∂x ∂y ∂z

Esta é a aceleración do fluxo. Para a partícula que en t=10s se encontra en x=10m e y=10m, será:

r r r r r r r r r r a = 36 x ⋅ i + 36 y ⋅ j − 7 k = 36 ⋅ 10i + 36 ⋅ 10 j − 7 k = 360i + 360 j − 7 k

Problema 2: Un exemplo típico dun volume de control acelerado é o caso dun foguete que se move en traxectoria rectiliña, como na figura. Considérase que a masa inicial do foguete é M0 e se supón un caudal uniforme de masa de escape •

m a unha velocidade V relativa ó foguete. Se o fluxo dentro do motor do foguete s

é estacionario e se deprecia a resistencia do aire, deduza a ecuación diferencial da velocidade vertical do foguete V(t) e intégrela empregando a condición inicial V=0 en t=0. Solución: Este tipo de problemas se resolven ben coa ecuación da conservación da cantidade de movemento. Tomamos como volume de control todo o volume do foguete. Ou sexa que temos un volume de control no •

que a masa cambia (bótase para fóra o combustible queimado a un ritmo de m constante segundo di o problema), e no que só hai saídas de fluxos e non hai entradas.

∑ ∫∫∫ f

.ρ .dv + ∫∫ (− p.I + τ * .)η dS = SC

∂ ∂t

∫∫∫V .ρ.dv + ∫∫ ρ.V .(V .η ) vc

dS ---- Ecuación

Temos que darnos de conta que estamos a aplicar esta ecuación nun instante t xenérico. - Primeira integral da ecuación 1: Forzas másicas que actúan sobre o volume de control. Neste caso a única forza másica é o peso do foguete polo que:

∑ ∫∫∫ f vc

•   .ρ .dv = − M 0 − m t .g . j  

---- Ecuación

Temos que ter en conta que, nun instante xenérico, a masa do foguete será a masa que tiña inicialmente (M0 , segundo o problema) menos o combustible botado fóra neste tempo t (e como se bota fóra a un ritmo de •

•

m kg/s, a masa botada fóra durante ese tempo será m t ).

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 96 de 122

- Segunda integral da ecuación 1: Forzas que actúan sobre as superficies que limitan ó volume de control. Supoñemos a viscosidade depreciable ( τ * = 0 ) polo que esta integral quedará:

∫∫ (− p.I + τ

.)η dS = ∫∫ − p.I .η dS = ∫∫ − p.η dS

Estas forzas serán as que provoca o aire ó redor, e como o aire está á mesma presión pa todo ó redor do volume de control, non exercerá forza neta algunha. De acordo con isto:

∫∫ − p.η

dS = 0

---Ecuación

- Terceira integral da ecuación 1: Avalía a variación da cantidade de movemento no interior do volume de control. E como a cantidade de movemento do volume de control neste instante xenérico é: • r   r mactual ⋅ V =  M 0 − m t  ⋅ V  

a súa variación será

r • • r • ∂ ∂    ∂V  r V .ρ .dv =  M 0 − m t  ⋅ V  = − m⋅ V +  M 0 − m t  ⋅ ∂t ∫∫∫ ∂t    ∂t   vc •

Temos que ter en conta que, segundo di o problema, m é constante. Ademais, dado que a velocidade só depende de t, podemos expresar a súa derivada como unha derivada total, co que a ecuación anterior quedará:

r • r • ∂   dV V .ρ .dv = − m⋅ V +  M 0 − m t  ⋅ ∂t ∫∫∫   dt vc

--- Ecuación

- Cuarta integral da ecuación 1: Avalía a cantidade de movemento que entra e sae do volume de control cos fluxos de masa por cada unidade de tempo. Como só hai fluxo de saída, e en todo instante está saíndo unha •

masa m :

∫∫ ρ.V .(V .η )

• r dS = m⋅ Vgases −de− saída

En canto á velocidade de saída dos gases, o problema danos a velocidade de saída pero relativa ó foguete Vs , e nas ecuacións temos que poñer a velocidade absoluta. Pois ben, recordando que:

r r r Vabsoluta = Vrelativa + Varrastre , sendo a Varrastre á do observador móvil, ou sexa, neste caso, a V do foguete, a r r r velocidade dos gases de saída será: Vgases − de− saída = Vs + V .

Polo tanto a integral quedará: •

•

(

∫∫ ρ.V .(V .η ) dS = m⋅Vgases−de−saída = m⋅ Vs + V

)

--- Ecuación

Polo tanto xa podemos resolver o problema, levando, á ecuación 1, as expresións calculadas nas ecuacións 2, 3, 4 e 5. Así a ecuación 1 quedará:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

∑ ∫∫∫ f

.ρ .dv + ∫∫ (− p.I + τ * .)η dS =

∂ ∂t

∫∫∫V .ρ.dv + ∫∫ ρ.V .(V .η ) vc

Páxina 97 de 122

r • • r •     dV • r r −  M 0 − m t .g. j + 0 = − m⋅ V +  M 0 − m t  ⋅ + m⋅ Vs + V     dt

(

)

Operando:

r • • r • • r     dV • r −  M 0 − m t .g. j + 0 = − m⋅ V +  M 0 − m t  ⋅ + m⋅ Vs + m⋅ V     dt r • •     dV • r −  M 0 − m t .g. j + 0 =  M 0 − m t  ⋅ + m⋅ Vs     dt

Proxectando sobre o eixe Y (vertical cara arriba), a ecuación anterior quedará (fixarse que a velocidade dos gases relativa ó foguete Vs é cara abaixo, ou sexa negativa: • •     dV • −  M 0 − m t .g =  M 0 − m t  ⋅ − m⋅ Vs     dt

E despexando dV para poder integrar, nos quedará: • • •   m⋅ Vs −  M 0 − m t .g m⋅ Vs dV   ⇒ dV = = • dt M 0 − mt

•   −  M 0 − m t .g  •    dt ⇒ dV =  m⋅ Vs − g dt • •   M 0 − mt M − m t  0 

E integrando: •

∫ dV = ∫

• •   dt − ∫ g ⋅dt ⇒ V = m⋅Vs ⋅ ln M 0 − m t  − gt + Conste   M 0 − mt

m⋅Vs

•

Calculamos a constante de integración coas condicións iniciais, que segundo di o problema son que para t=0 •

 

•

 

•

es V=0: 0 = m⋅ V s ⋅ ln M 0 − m .0  − g .0 + Conste ⇒ Conste = − m⋅ Vs ⋅ ln M 0 •

 

•

 

•

Co que a ecuación pedida será: V = m⋅ Vs ⋅ ln M 0 − m t  − gt − m⋅ Vs ⋅ ln M 0

Problema 3: Obteña unha relación entre a velocidade de descarga V2 e a altura da superficie libre h(t). Supoña fluxo estacionario sen fricción. Utilice o resultado para analizar o tempo ∆t esixido para que o nivel inicial do depósito h0 se reduza á metade. Solución: A velocidade de descenso da superficie do líquido no depósito pódese expresar como:

V1 = −

dh dt

--- Ecuación 1

Nós podemos calcular facilmente a velocidade na saída do depósito para unha altura de auga calquera utilizando a ecuación de Bernoulli entre a superficie do depósito e o orificio de saída (depreciamos perdas, pois o problema di que supoñamos fluxo estacionario sen fricción):

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 98 de 122

p1 V12 p V2 + + z1 = 2 + 2 + z 2 ρg 2 g ρg 2 g e tendo en conta que: p1=p2=patmosférica; z2=0; V12 − V22 ≈ V12 ; a ecuación anterior quedará:

patm p V 2 − V12 V2 + h = atm + 2 ⇒ h = 2 ⇒ V2 = 2 gh ρg ρg 2g 2g Temos aquí despexado V2 cando o que necesitamos é V1 para levalo á ecuación 1 e poder integrar. Sen embargo, tendo en conta que se trata dun fluxo estacionario, a ecuación de continuidade nos relaciona ambas velocidades, co que xa poderemos despexar a V1:

V1 ⋅ A1 = V2 ⋅ A2 ⇒ V1 =

A ⋅ 2g A2 A ⋅ V2 ⇒ V1 = 2 ⋅ 2 gh ⇒ V1 = 2 ⋅ h A1 A1 A1

(A1 é a superficie da superficie do depósito, e A2 a superficie do orificio polo que sae a auga) E levando esta expresión á ecuación 1 xa podermos integrar:

V1 = −

A ⋅ 2g dh dh ⇒ 2 ⋅ h =− dt A1 dt

Integrando:

1 − A2 ⋅ 2 g A ⋅ 2g A ⋅ 2g dh dh ⋅ h =− ⇒− 2 ⋅ dt = ⇒ −∫ 2 ⋅ dt = ∫ h 2 ⋅ dt A1 dt A1 A1 h

−

Quedará:

A2 ⋅ 2 g A ⋅ 2g h1 / 2 ⋅ t + Conste = ⇒2 h =− 2 ⋅ t + Conste 1/ 2 A1 A1

Para calcular a constante de integración sabemos que para t=0 é h=h0:

2 h0 = −

A2 ⋅ 2 g ⋅ 0 + Conste ⇒ Conste = 2 h0 A1

Polo tanto a ecuación buscada para a altura h será:

2 h =−

A2 ⋅ 2 g ⋅ t + 2 h0 A1

E o tempo necesario para que h pase a ser h0/2, será:

2 h =−

A2 ⋅ 2 g A ⋅ 2g h 2 A1 ⋅ t + 2 h0 ⇒ 2 0 = − 2 ⋅ t + 2 h0 ⇒ t = A1 2 A1 2 g ⋅ A2

 h  ⋅  h0 − 0  2  

Problema 4: Un muíño de vento, de diámetro D xira a n rpm. Supoñendo o aire incompresible, de densidade ρ e viscosidade µ. Utilizar a análise dimensional para encontrar a expresión máis simplificada posible da potencia W que pode dar dito muíño, como función dos datos antes mencionados. )o suposto de que a influencia da viscosidade sexa depreciable, simplificar os resultados obtidos anteriormente e facer aplicación ó caso seguinte: “Un muíño con 12 m de diámetro e xirando a 28 rpm subministra unha potencia de 1,2 kW. ¿Cal sería a expresión e o tipo de curva que nos dá a potencia en función de n para ese muíño? (ρ do aire 1,2 kg/m3)” Solución: Segundo di o problema, as magnitudes a ter en conta serán D, n, ρ, µ, W. As súas dimensións en función das magnitudes fundamentais son:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

n (rad/s)

-1

-3

-1

-3

Páxina 99 de 122

Vexamos primeiro o número de parámetros π adimensionais que debemos definir: Nº de parámetros π adimensionais = Total de magnitudes menos nº magnitudes fundamentais = 5 – 3 = 2 Ou sexa que temos que definir 2 parámetros π adimensionais, e logo definir a función: f(π1, π2) = 0 Para establecer cada un destes parámetros πι , convén tomar como magnitudes primarias as máis simples e que, á vez, entre todas elas, conteñan todas as magnitudes fundamentais (masa, lonxitude, tempo, e, de ser necesario, temperatura e intensidade de corrente). Por iso, unha opción pode ser elixir como magnitudes primarias D, $ e ρ. Unha vez establecido esto, procedemos: π1 = µ. Dx. ny . ρz -- Parámetro 1 x y z π2 = W . D . n . ρ -- Parámetro 2 - Comecemos polo cálculo de π1. Ecuación do parámetro 1: π1 = µ. Dx. Ny . ρz --> 0 = M. L-1 .T-1 . Lx . T-y . Mz.L-3z Masas: 0 = 1+z ---> z = -1 Lonxitudes: 0 = -1 + x –3z ---> 0 = -1+x+3 --> x = -2 Tempos: 0 = -1 - y ---> y = -1 Polo tanto o parámetro 2 queda: π2 = µ. D-2. n-1 . ρ-1 = µ / D2. n . ρ - Fagamos agora o cálculo de π2 Ecuación do parámetro 2: 0 = M . L2 . T-3 . Lx . T-y . Mz.L-3z Masas: 0 = 1+ z ---> z = -1 Lonxitudes: 0 = 2 +x - 3z ---> 0 = 2 +x +3 ---> x = -5 Tempos: 0 = -3 - y ---> y = -3

−5 −3 −1 Polo tanto o parámetro 3 queda: π 2 = W ⋅ D .n .ρ = D 5 ⋅ n 3 ⋅ ρ

- Polo tanto a ecuación buscada será da forma:

 µ  µ  W  W f  2 , 5 3  = 0 ⇒ 5 3 = f  2  ⇒ W = f µD 3 n 2 ⇒ W = a ⋅ µD 3 n 2 sendo “a” unha D n ρ  D nρ D n ρ   D nρ 

(

constante

)

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 100 de 122

A continuación nos din que, se a viscosidade é depreciable, encontremos a expresión da potencia dun certo muíño de vento. Pois ben, se a viscosidade é depreciable, ó ter unha variable menos, só haberá un parámetro adimensional, sendo a ecuación buscada: f(π1) = 0, sendo π1 , o que relaciona as outras variables entre sí, é dicir o mesmo parámetro 2 anterior. Polo tanto, a ecuación será:

 W  f  5 3  = 0 ⇒ W = a ⋅ D 5 n 3 ρ D n ρ

--- Ecuación 1

A constante “a” podemos calculala cos datos que nos dan: un muíño con D=14m; xirando a n=28rpm=2,93 rad/s, desenvolve unha potencia de 1,2 kW=1200 W, sendo ρ = 1,2 kg/m3. Levando estes datos á ecuación 1:

W = a ⋅ D 5 n 3 ρ ⇒ 1200 = a ⋅14 5 ⋅ 2,933 ⋅1,2 ⇒ a = 7,4 ⋅10 −5

Polo tanto, a ecuación deste muíño concreto será (con D=14m e tendo en conta que ρ = 1,2 kg/m3) :

W = 7,4 ⋅10 −5 ⋅ D 5 n 3 ρ = 7,4 ⋅10 −5 ⋅14 5 ⋅ n 3 ⋅1,2 ⇒ W = 47,8 ⋅ n 3 De todos os xeitos nesta ecuación n debe estar en rad/s, e se queremos que estea en rpm, haberá que multiplicar as rpm por 0,105 para que a ecuación estea correcta:

W = 47,8 ⋅ (0,105 ⋅ n ) ⇒ W = 0,0553 ⋅ n 3 3

(con “n” en rpm e “W” en vatios)

Problema 5: Se ten un fluxo entre placas paralelas inclinadas, unha fiza e a outra móbil. Na figura, p1=0,4 kp/cm2; p2 = 0,6 kp/cm2, ambas as dúas manométricas; L=120 cm; h=0,18 cm; α=30º; U= 1 m/s; δ = 800 kp/m3; µ = 0,8 poises. Determinar a forza tanxencialen kp/cm2 exercida sobre a placa superior e a súa dirección. Solución: Datos: - p1 = 0,4

kp 10 4 cm 2 9,8 $ ⋅ ⋅ = 3,92 ⋅10 4 Pa 2 2 cm 1m 1 kp

- p2 = 0,6

kp 10 4 cm 2 9,8 $ ⋅ ⋅ = 5,88 ⋅10 4 Pa 2 2 cm 1m 1 kp

- L = 120 cm = 1,2 m - Separación de placas : h = 18cm = 0,12 m - Velocidade da placa superior U = 1 m/s - Placa inferior en repouso. - δ = 800

kp 9,8 $ δ ⋅ = 7840 $ / m 3 ⇒ δ = ρ ⋅ g ⇒ ρ = = 800 kg / m 3 3 m 1 kp g

- µ = 0,8 poises ⋅

0,1 Pa ⋅ s = 0,08 Pa ⋅ s 1 poise

Solución: Calcularemos o esforzo cortante que sufre o líquido por efecto da viscosidade:

τ = µ⋅

∂Vx ∂y

----- Ecuación 1

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 101 de 122

E unha vez calculada a expresión que nos dá este esforzo cortante, calcularemos o seu valor sobre o líquido en contacto coa placa superior, pois a forza tanxencial que o líquido aplica á placa terá o valor dese mesmo esforzo e sentido contrario. Para calcular o esforzo, debemos calcular a expresión da velocidade Vx para posteriormente podela derivar. Supoñemos que se trata dun movemento laminar, no que a velocidade só existe en X (Vx) e unicamente varía en dirección Y debido á viscosidade (en X non varía, de acordo coa ecuación de continuidade, pois non varía a sección do fluxo). E así, de acordo coa ecuación de continuidade en forma diferencial e da ecuación da cantidade de movemento na mesma forma (ver apuntes de movemento laminar), chegamos á seguinte ecuación da velocidade para fluxos entre dúas placas paralelas:

1 ∂pr y 2 Vx = . . + C. y + C ' µ ∂x 2

----- Ecuación 2

Nota: Se pode ver a demostración desta expresión no problema 1 de movemento laminar. Agora debemos calcular as constantes de integración cos valores da velocidade do fluído que está en contacto coas paredes: 2 para y=0 --> Vx = 0 ⇒ 0 = 1 ∂ p r . 0 + C .0 + C ' ⇒ C ' = 0 µ ∂x 2 2 para y=h --> Vx = - U ⇒ −U = 1 ∂ p r . h + C .h ⇒ C = − h ∂ p r − U µ ∂x 2 2 µ ∂x h Polo tanto o perfil da velocidade ó longo da altura h responde á ecuación:

Vx = Descoñecemos o termo

Uy 1 ∂p r . . y 2 − h. y − 2 µ ∂x h

(

)

--- Ecuación 3

∂p r pero o podemos calcular supoñendo evolución liñal da presión ó longo do ∂x

fluxo pois así teremos:

∂p r ∆p r p − p r1 p 2 − ( p1 + ρgH ) 5,88.10 4 − 3,92.10 4 − 800 ⋅ 9,81⋅ 0,6 = = r2 = = = 1,24 ⋅10 4 Pa ∂x L L L 1,2 E deste xeito, a ecuación 3 quedará:

Vx =

Uy 1,24.10 4 2 1⋅ y 1 ∂p r . . y 2 − h. y − = y − 0,0018. y − y = 7,75.10 4 ⋅ y 2 − 555,6 ⋅ y 2µ ∂x h 2 ⋅ 0,08 0,0018

(

)

(

)

V x = 7,75.10 4 ⋅ y 2 − 555,6 ⋅ y -- Ecuación 4 E volvendo á ecuación do esforzo cortante, quedará:

τ = µ⋅

∂V x ∂ = 0,08 ⋅ 7,75.10 4 ⋅ y 2 − 555,6 ⋅ y = 1,24.10 4 ⋅ y − 44,4 ∂y ∂y

(

)

E como queremos sabelo na parede superior : - Na parede de y=h=0,0018: τ = 1,24.10 4 ⋅ y − 44,4 = 1,24.10 4 ⋅ 0,0018 − 44,4 = −22,1 $ / m 2 Este é o esforzo sobre o líquido. O esforzo sobre a parede será por tanto: τ = + 22,1 N/m2 Que, de acordo co seu signo positivo, será cara abaixo.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 102 de 122

Problema 6: Calcular o caudal que circula por cada tubería e a potencia da bomba (depósitos grandes e abertos) Datos: cotas dos tres depósitos segundo figura. Datos dos tubos: Tubo

L (m)

D (cm)

450

0,018

300

0,02

600

0,023

- Caudal no tubo 2: Q2 = 150 l/s = 0,15 m3/s Solución: Neste caso o punto común está sobre a bomba, pero na realidade ou está inmediatamente antes ou inmediatamente despois, porque está no lugar onde se xuntan os fluxos. Case que sempre nestes problemas, debemos facer unha hipótese sobre o sentido da circulación do fluxo do depósito intermedio. Hipótese: Supoñemos que o depósito 1 é o que alimenta ós depósitos 2 e 3. De acordo con isto, pola bomba circulará só o caudal do depósito 1, que se bifurcará na saída cara ó depósito 2 e ó depósito 3. Polo tanto, o punto J estará xusto na saída da bomba, tal como se representa no debuxo adxunto. Deste xeito, o fluxo 1 é o que recibe o traballo da bomba. Nestes problemas o primeiro é plantexar a conservación do caudal no punto de bifurcación, neste caso no punto J: Q1 = Q2 + Q3 E como Q2 = 0,15 m3/s, a ecuación quedará: Q1 = 0,15 + Q3 ---- Ecuación 1 Ademais debemos ter en conta que como nos dan o fluxo no conducto 2, xa podemos calcular a velocidade no mesmo: Q2 = V2 ⋅

π .D22 4

⇒ V2 =

4Q2 4 ⋅ 0,15 = = 4,77 m / s 2 π .D2 π .0,2 2

Neste problema non necesitamos os números de Reynolds nos tubos, xa que o problema nos dá os coeficientes de fricción en cada tubo. O seguinte a facer, sempre é plantexar a ecuación de Bernoulli entre a superficie de cada depósito e o punto común. Pois ben, ó aplicar a ecuación de Bernoulli teremos as seguintes ecuacións: - Tubo 1: Entre 1s (superficie do depósito recibe traballo da bomba nese percorrido:

1) e J: Temos que darnos de conta que o fluído

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 103 de 122

p1s V12s pJ VJ2 patm pJ VJ2 L1 V12 + + z1s − h f 1 + hbomba = + + zJ ⇒ + z1 − f1 + hb = + + zJ ⇒ D1 2g ρg 2g ρg 2g ρg ρg 2g ⇒ − f1

L1 V12 p − p atm VJ2 + z1 + hb = J + + zJ ρg D1 2 g 2g

sendo: H J =

p J − patm VJ2 + + zJ ρg 2g

Polo tanto, a ecuación do tubo quedará: f1 Operando: 0,018

L1 V12 = z1 − H J + hb D1 2 g

450 V12 = 30 − H J + hb ⇒ 1,38 ⋅V12 = 30 − H J + hb ---- Ecuación 2 0,3 2 g

- Tubo 2: Entre J e 2s (superficie do depósito 2): Sabemos que se invirte o signo do segundo membro da ecuación anterior (pois este fluxo é desde J ata depósito, mentres que o anterior é desde o depósito ata J), e que non intervén o traballo da bomba pois entre o punto J e o punto 2s non se pasa por ela. Polo tanto a ecuación deste fluxo será:

f2 Substituíndo valores, queda: 0,02

L2 V22 = H J − z2 D2 2 g

300 4,77 2 = H J − 60 ⇒ 34,8 = H J − 60 ⇒ H J = 94,8 m -0,2 2 ⋅ 9,81

Ecuación 3 - Tubo 3: Entre J e 3s (superficie do depósito 3): Sabemos que a ecuación debe ter a mesma forma que a anterior, pois o fluxo é completamente idéntico. Polo tanto, a ecuación será:

L3 V32 f3 = H J − z3 D3 2 g Substituíndo valores, queda:

0,023

600 V32 = H J − 100 ⇒ 4,69 ⋅ V32 = H J − 100 0,15 2 ⋅ 9,81

----

Ecuación 4 De acordo co que acabamos de ver, as ecuacións a ter en conta son as seguintes:

1,38 ⋅ V12 = 30 − H J + hb

-- Ecuación 2

H J = 94,8 m

-- Ecuación 3

4,69 ⋅ V32 = H J − 100

-- Ecuación 4

Q1 = 0,15 + Q3 -- Ecuación 1 (En realidade son 4 ecuacións e 4 incógnitas pois o caudal Q1 pode poñerse en función de V1 e o caudal Q3 pode poñerse en función de V3. Así, non é necesario ningún proceso de iteración).

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 104 de 122

Podemos ver entre a ecuación 3 e 4 que estamos ante unha imposibilidade, pois ó poñer na ecuación 4 o valor dado pola ecuación 3, quedaría:

4,69 ⋅ V32 = H J − 100 ⇒ 4,69 ⋅ V32 = 94,8 − 100 ⇒ 4,69 ⋅ V32 = −5.2 E V22 sempre será positiva, polo que a ecuación anterior é imposible. De acordo con isto, a nosa hipótese inicial, na que se basean estes cálculos, é errada. Polo tanto, non pode ser o depósito 1 o que alimenta ós outros dous. Polo tanto o fluxo do depósito intermedio debe cambiar o seu sentido de circulación, polo que serán os depósitos 1 e 2 os que alimentan ó depósito 3. E isto cambia a perspectiva do problema, e, en consecuencia as ecuacións, bastante radicalmente. En efecto, agora os fluxos 1 e 2 encóntranse na entrada da bomba, polo que dentro da bomba xa circula o caudal 3. É dicir, a nova figura do problema será agora esta outra situada á dereita, na que se pode ver como o punto J común está agora antes da bomba. De acordo con isto, vexamos como cambian as ecuacións: A ecuación 1 pasa a ser: Q1 + Q2 = Q3 --> Q1 + 0,15 = Q3 - Tubo 1: Entre

1s (superficie do depósito 1)

e J: Temos que darnos de conta que agora o fluído non recibe traballo da bomba neste percorrido:

p1s V12s p V2 + + z1 s − h f 1 = J + J + z J ⇒ ρg 2 g ρg 2 g ⇒

p atm p V2 L V2 + z1 − f 1 1 1 = J + J + z J ⇒ ρg D1 2 g ρg 2 g

L1 V12 p J − p atm V J2 ⇒ − f1 + z1 = + + zJ D1 2 g ρg 2g sendo: H J =

p J − patm VJ2 + + zJ ρg 2g

L1 V12 Polo tanto, a ecuación do tubo quedará: f 1 = z1 − H J D1 2 g Operando: 0,018

450 V12 = 30 − H J ⇒ 1,38 ⋅ V12 = 30 − H J ---- Ecuación 5 0,3 2 g

Se nos fixamos, o único que cambia con relación á ecuación 2 obtida coa hipótese anterior, é que agora o fluxo non pasa pola bomba antes de chegar a J, polo que a ecuación 5 é igual á ecuación 2 agás que desaparece o traballo da bomba. - Tubo 2: Entre 2s (superficie do depósito 2) e J: Temos que darnos de conta que este fluxo é idéntico ó do tubo 1, polo que a ecuación debe ter a mesma forma:

L2 V22 300 4,77 2 f2 = z 2 − H J ⇒ 0,02 = 60 − H J ⇒ 34,8 = 60 − H J ⇒ H J = 25,2 m --D2 2 g 0,2 2 ⋅ 9,81 Ecuación 6

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 105 de 122

- Tubo 3: Entre J e 3s (superficie do depósito 23): Agora o fluxo pasa pola bomba, polo que recibe traballo desta. Aínda que se pode deducir a ecuación a ter en conta da ecuación plantexada coa hipótese anterior, engadindo o traballo proporcionado pola bomba, imos plantexar a ecuación de Bernoulli entre ambos puntos (fixarse no debuxo) partindo desde o principio:

p J V J2 p V2 p V2 L V2 p + + z J − h f 3 + hbomba = 3 s + 3 s + z 3s ⇒ J + J + z J − f 3 3 3 + hb = atm + z 3 ⇒ ρg 2 g ρg 2 g ρg 2 g D3 2 g ρg p J − p atm V J2 L V2 L V2 L V2 + + z J − f 3 3 3 + hb = z 3 ⇒ H J − f 3 3 3 + hb = z 3 ⇒ f 3 3 3 = H J − z 3 + hb ρg 2g D3 2 g D3 2 g D3 2 g Substituíndo valores, queda: 0,023

600 V32 = H J − 100 + hb ⇒ 4,69 ⋅ V32 = H J − 100 + hb 0,15 2 ⋅ 9,81

Ecuación 4 De acordo co que acabamos de ver, as ecuacións a ter en conta son as seguintes (en realidade son catro ecuacións con 4 incógnitas, pois Q1 pode poñerse en función de V1 , e Q2 en función de V2):

1,38 ⋅ V12 = 30 − H J

---- Ecuación 5

H J = 25,2 m

---- Ecuación 6

4,69 ⋅ V32 = H J − 100 + hb

---- Ecuación 4

---- Ecuación 1 Q1 + 0,15 = Q3 Con estas ecuacións non é preciso ningún proceso iterativo pois son, en realidade, 4 ecuacións con 4 incógnitas. Substituíndo a ecuación 6 na ecuación 5, calculamos a velocidade V1:

1,38 ⋅ V12 = 30 − 25,2 ⇒ V1 = 1,87 m / s Con esta velocidade podemos calcular Q1: Q1 = V1 ⋅

π .D12 4

1,87 2 ⋅ π ⋅ 0,3 2 = 0,247 m 3 / s 4

Agora podemos calcular Q3 na ecuación 1: Q3 = 0,247 + 0,15 = 0,397 m3/s Co que xa podemos calcular V3 : Q3 = V3 ⋅

π .D32 4

⇒ V3 =

4Q3 4 ⋅ 0,247 = = 13,98 m / s 2 π .D3 π .0,15 2

E agora podemos calcular a hbomba na ecuación 4:

4,69 ⋅ V32 = H J − 100 + hb ⇒ 4,69 ⋅ 13,98 2 = 25,2 − 100 + hb ⇒ hb = 991,4 m Co que a potencia da bomba será (darse de conta que o caudal que circula pola bomba é a suma dos caudais do tubo 1 e do tubo 2, ou sexa o caudal do tubo 3): •

hmáquina

• W máquina = ⇒ W bomba = ρgQ3 ⋅ hbomba = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 0,247 ⋅ 991,4 = 2,4 ⋅ 10 6 W = 2400 kW ρgQ

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 106 de 122

Problema 32 : Exame de FEBREIRO 2006

Problema 1. Un campo de velocidades está dado por u = x

kx ky , v=− 2 , w=0, onde 2 +y x + y2

k = constante. Tipo de fluxo. Xustificar. Liña de corrente que pasa polo punto [10,5,0] no instante t=2 s. Posición no instante t =20 s da partícula localizada no punto [10,5,0] no instante t = 2s. Solución:

Apartado a) Tipo de fluxo: - se trata dun fluxo estacionario pois a velocidade non depende do tempo, - dun fluxo bidimensional, dado que a velocidade só ten compoñentes X e Y. - Pódese comprobar a súa rotacionalidade ou irrotacionalidade:  r  i r r  ∇xV =  ∂ ∂x   kx  x2 + y 2 

r  k  r   r ∂  =  ∂  ky  − ∂  kx  ⋅ k = − 2 x ⋅ ky + 2 y ⋅ ky  ⋅ k = 0 2 2 2 2 2 2     ∂z  2 2 x 2 + y 2   x + y  ∂x  x + y  ∂y  x + y   0  

r j ∂

(

∂y

ky 2

x +y

) (

)

ou sexa que se trata dun fluxo irrotacional. - Tamén se pode comprobar se é un fluxo adiverxente: r r  ∂ r ∂ r ∂ r   kx r ky r  k ⋅ (x 2 + y 2 ) − 2 xkx k ⋅ (x 2 + y 2 ) − 2 yky ∇ ⋅ V =  ⋅ i + ⋅ j + ⋅ k  ⋅  2 i + j = + =0 ∂y ∂z   x + y 2 x 2 + y 2  (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2  ∂x ou sexa que se trata dun fluxo adiverxente.

Apartado b) Liña de corrente que pasa polo punto (10,5,0) no instante t=2s. O instante é indiferente, dado que se trata dun réxime estacionario.

Sendo V = u ⋅ i + v ⋅ j + w ⋅ k , as ecuacións das liñas de corrente cumpren:

dx dy dz = = u v w pero ó non haber compoñente Z, a ecuación será: polo tanto:

dx dy = u v

dy x2 + y2 x2 + y2 dx = − ⇒ dx = − dy kx ky kx ( x 2 + y 2 ) ky ( x 2 + y 2 )

Simplificando (x2+y2)/k en ambos membros, quedará: Integrando:

∫

dy dx =− x y

dy dx = −∫ ⇒ ln x = − ln y + Cte ⇒ ln xy = ln Cte ⇒ xy = Cte x y

A constante de integración a determiñamos coas coordenadas dun punto polo que pasa a liña de corrente, que segundo di o problema é (10,5,0):

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 107 de 122

xy = Cte ⇒ Cte = 10 ⋅ 5 ⇒ Cte = 50 Polo tanto a ecuación será: xy = 50

Apartado c) Para establecer a posición dunha partícula se debe establecer la ecuación de la posición r drr das partículas: V = ecuación que debemos proxectar segundo os eixes coordenados. dt dx kx dx - En X: u = ⇒ 2 = 2 dt dt x +y

Dado que esta partícula inicialmente se encontra sobre a liña de corrente calculada no apartado anterior, posteriormente seguirá sobre ela dado que se trata dun réxime estacionario. Polo tanto as súas coordenadas cumprirán: xy=50. De acordo con isto, a ecuación anterior quedará

kx dx kx = ⇒ 2 2 x +y dt x 2 + 50

( x)

Integrando:

−3 ∫ xdx + 2500∫ x dx = k ∫ dt ⇒

dx kx3 dx x 4 + 2500 ⇒ 4 = ⇒ dx = kdt dt x + 2500 dt x3 x 2 1250 − 2 = kt + C1 2 x

Calculamos a constante de integración coñecendo a posición coñecida (para t=2s está en x=10):

x 2 1250 10 2 1250 − 2 = kt + C1 ⇒ − = k ⋅ 2 + C1 ⇒ C1 = 37,5 − 2k 2 x 2 10 2 dy ky dy ⇒− 2 = - En Y: v = 2 dt x +y dt Tal como xa citamos, a partícula sigue a traxectoria: xy=50, e así a ecuación anterior quedará

ky dy ky dy ky 3 dy y 4 + 2500 − 2 = ⇒− = ⇒− = ⇒ dy = − kdt 2 x + y 2 dt 2500 + y 4 dt y3  50  + y 2 dt  y   y 2 1250 Integrando: ∫ ydy + 2500 ∫ y dy = − k ∫ dt ⇒ − 2 = − kt + C2 2 y −3

Calculamos a constante de integración coñecendo a posición coñecida (para t=2s está en y=5):

y 2 1250 52 1250 − 2 = − kt + C2 ⇒ − 2 = − k ⋅ 2 + C2 ⇒ C2 = −37,5 + 2k 2 y 2 5 Deste xeito, as ecuacións da posición da partícula son:

x 2 1250 − 2 = kt + 37,5 − 2k 2 x y 2 1250 − 2 = −kt − 37,5 + 2k 2 y Para t = 10s, a posición será:

x 2 1250 x 2 1250 − 2 = kt + 37,5 − 2k → − 2 = k ⋅ 20 + 37,5 − 2k → x 4 − 2 ⋅ (18k + 37,5) x 2 − 2500 = 0 2 2 x x Habería que resolver esa ecuación bicadrada: x 2 =

2(18k + 37,5) ± 4(18k + 37,5) 2 + 10000 2

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 108 de 122

Podemos resolvela para un valor dado para k, por exemplo para k=1:

x2 =

2(18 + 37,5) ± 4(18 + 37,5) 2 + 10000 = 185,7 2

ou sexa que os valores de x que obtemos son: x = 185,7 = ±13,7

y x=

y 36,3

36,3 = ±6,02

os valores negativos non poden ser pois a partícula no instante t=2 s se encontra en x=10, e a súa velocidade en X é positiva, polo que para t=20s se debe encontrar nalgún lugar con x>10, e a única das catro solucións anteriores que cumpre esta condición é: x = 13,7 m En y se obtería unha ecuación similar, e plantexándoa xa para k=1:

y 2 1250 y 2 1250 − 2 = −t − 37,5 − 2 → − 2 = −20 − 39,5 → y 4 + 119 y 2 − 2500 = 0 2 y 2 y Habería que resolver esa ecuación bicadrada: y 2 =

− 119 ± 1192 + 10000 = 18,2 2

y − 137,2

Polo tanto só obtemos valores reais de “y” coa primeira das solucións anteriores: y = 18,2 = ±4,3 m E, dado que en t=2s está en y=5m e segue a traxectoria xy=50, unha posición na que a coordeanda “x” é positiva como acabamos de ver que é a nosa, a súa coordenada “y” tamén debe ser positiva: y=4,3m

Problema 2: Un aeroxerador está sometido a un fluxo constante de aire de velocidade uE á entrada e de us á saída. As áreas de entrada AE e de saída As son coñecidas. A totalidade das partículas de aire dentro do tubo de corrente que se indica, pasan a través das pás que xiran cunha velocidade angular Ω. O fluxo nas seccións de entrada e saída é plenamente uniforme. As pás da turbina se poden idealizar como un disco plano que produce un cambio discontinuo de presión. A compoñente tanxencial da velocidade D xerada pola turbina se pode depreciar. A torre que sustenta a turbina non ten influencia no fluxo de aire que ten unha densidade constante. a) Calcular o empuxe axial sobre a torre. b) Calcular o fluxo másico a través da turbina e a velocidade promedio do fluxo u como función de uE e us [para iso se deben considerar as sección A (barlovento) e D (sotavento) e as liñas de corrente adecuadas]. Solución:

Apartado a) Explicación sucinta do funcionamento ideal dun aeroxerador (muíño de vento): Un aeroxerador funciona ante un vento de velocidade uE (velocidade do aire “lonxe” do aeroxerador), e o fluxo de aire vese modificado no entorno do aparello tal como se indica na figura: as liñas de corrente se abren no seu entorno. Estas liñas de corrente representan o fluxo de aire afectado polo aeroxerador, e

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 109 de 122

forman o tubo de corrente que imos estudiar. O resto do aire non se ve afectado polo aparello, e continúa nas mesmas condicións de presión pa Ademais o problema nos di que a densidade ρ do aire é constante. Coa liña pechada discontinua presentamos o volume de control que imos estudiar: a entrada E do aire no mesmo (pola parte esquerda do debuxo), estará o suficientemente lonxe do aparello para que nese lugar o aire estea nas condicións normais de presión pa. Igualmente na saída S. Tamén o aire ó redor do volume de control, en tanto que é aire idealmente non afectado polo aeroxerador, tamén estará nas mesmas condicións de presión pa. Sen embargo a presión, igual que a velocidade do aire, si que varían ó longo do fluxo. As pas do aeroxerador actúan como unha barreira que dá lugar a un salto brusco de presión, de xeito que a presión inmediatamente diante das pas non é igual á presión que existe inmediatamente detrás: pA ≠ pD. (pensade que o vento está “empurrando” contra das pas dun muíño de vento). Pero sen embargo a velocidade do aire é a mesma inmediatamente diante que inmediatamente detrás das pas: VA = VD = V. O aire, tras atravesar as pas, vai variando a súa presión e velocidade, de xeito que, xa lonxe do aparello, terá unha velocidade uS. E, como xa dixemos, volverá a encontrarse á presión pa á que se encontraba na entrada do volume de control, aínda que non coa mesma velocidade. Como tamén xa dixemos, as presións lonxe do aparello son as mesmas, tanto fluxo arriba como fluxo abaixo do aparello: pE = pS = pa (e normalmente igual á patmosférica). Ademais, a presión será a mesma pa en todo o contorno do volume de control estudiado (ver figura). Piden a forza que o fluído exerce sobre as pas do aeroxerador. Pídenos forzas polo que temos que recorrer á ecuación da conservación da cantidade de movemento aplicada ó volume de control encerrado dentro da liña de puntos da figura (pensar que as pas do aeroxerador están excluídas do volume de control: o volume de control inclúe ó aire anterior ás pas e o posterior, e así os límites do volume de control son as liñas a trazos da figura).

∑ ∫∫∫ f vc

.ρ .dv + ∫∫ (− p.I + τ * .)η dS = SC

∂ ∂t

∫∫∫V .ρ.dv + ∫∫ ρ.V .(V .η ) vc

dS ---- Ecuación

- Primeira integral da ecuación 1: Forzas másicas que actúan sobre o volume de control. Neste caso a única forza másica é o peso polo que:

∑ ∫∫∫ f

.ρ .dv = − mvc .g . j

Normalmente será unha forza moi inferior ás demais forzas polo que a depreciaremos:

∑ ∫∫∫ f

.ρ .dv = −mvc .g . j = 0 ---- Ecuación

- Segunda integral da ecuación 1: Forzas que actúan sobre as superficies que limitan ó volume de control (recordar que como as pas están excluídas do volume de control, tamén son superficies sobre as que actúan forzas). Supoñemos a viscosidade depreciable ( τ * = 0 ) polo que esta integral quedará:

∫∫ (− p.I + τ SC

.)η dS = ∫∫ − p.I .η dS = ∫∫ − p.η dS SC

Estas forzas serán as que provoca o aire ó redor más a que exercen as pas do muíño sobre o aire do volume de control. Sen embargo, como o aire está á mesma presión pa todo ó redor do volume de control, non exercerá forza neta algunha. De acordo con isto, a forza total será unicamente a que exerzan as pas:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 110 de 122

v − p . η dS = F pas − aire ∫∫ SC

Pero esta forza das pas sobre o fluído é a contraria á que o fluído exerce sobre ás pas, que é a que nos pide o problema : F pas − aire = − F aire − pas , polo que, dada esta relación, podemos poñer na expresión anterior a forza que nos piden, quedando a ecuación anterior así:

r dS = − Faire − pas ---Ecuación

∫∫ − p.η

- Terceira integral da ecuación 1: Avalía a variación da cantidade de movemento no interior do volume de control. Dado que, como di o problema, o réxime é estacionario, a cantidade de movemento existente en calquera punto do interior do volume de control non cambia co tempo, polo que:

∂ ∂t

∫∫∫V .ρ .dv = 0

--- Ecuación

- Cuarta integral da ecuación 1: Avalía a cantidade de movemento que entra e sae do volume de control cos fluxos de masa. Como só hai fluxos polas superficies (1) e (2), a integral quedará:

∫∫ ρ.V .(V .η )

dS = ∫∫ ρ E .V E (V E .η E ) dS E + ∫∫ ρ S .V S (V S .η S ) dS S

E como a densidade, a velocidade e o vector normal son uniformes en cada una de las superficies, as integrais anteriores fanse facilmente quedando:

∫∫ ρ.V .(V .η )

dS = − ∫∫ ρ E .V E .V E dS E + ∫∫ ρ S .V S .VS dS S = − ρ E .V E .V E .∫∫ dS E + ρ S .V S .VS .∫∫ dS S =

S 2 E

2 S

= − ρ .V E .V E . AE + ρ .V S .V S . AS = − ρ .u . AE .i + ρ .u . AS .i Darse de conta ademais que como, segundo a ecuación de continuidade: uE.AE=uS.AS=Q, a ecuación anterior tamén podería expresarse así:

∫∫ ρ.V .(V .η )

r dS = − ρ .u E2 . AE .i + ρ .u S2 . AS .i = ρ ⋅ Q ⋅ (u S − u E ) ⋅ i

Deste xeito, o resultado da cuarta integral da ecuación 1 podemos expresalo de dous xeitos:

∫∫ ρ.V .(V .η )

(

)

dS = ρ ⋅ .u S2 ⋅ AS − u E2 ⋅ AE ⋅ i --- Ecuación

dS = ρ ⋅ Q ⋅ (u S − u E ) ⋅ i

∫∫ ρ.V .(V .η )

--- Ecuación

En moitísimos problemas a máis cómoda é a ecuación 6. Polo tanto xa podemos resolver o problema, levando, á ecuación 1, as expresións calculadas nas ecuacións 2, 3, 4 e 5 (ou 6). Así a ecuación 1 quedará:

∑ ∫∫∫ f vc

.ρ .dv + ∫∫ (− p.I + τ * .)η dS = SC

∂ ∂t

(

∫∫∫V .ρ.dv + ∫∫ ρ.V .(V .η ) vc

)

0 − F aire − pas = 0 − ρ ⋅ .u S2 ⋅ AS − u E2 ⋅ AE ⋅ i

(

)

F aire − pas = ρ ⋅ u E2 ⋅ AE − u S2 ⋅ AS ⋅ i

--- Ecuación

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

E tamén (segundo ecuación 6): F aire − pas = ρ ⋅ Q ⋅ (u E − u S ) ⋅ ⋅i

Páxina 111 de 122

--- Ecuación

Apartado b) Piden o fluxo másico a través do aeroxenerador, e aínda que non queda claro no enunciado, supoñemos que nos piden a velocidade u coa que o aire atravesa as pas (recordar que o aire non modifica a súa velocidade ó atravesar as pas, senón que se modifica a presión). Como xa vimos no apartado anterior, o caudal é simple de calcular, tanto na entrada como na saída de aire no volume de control: Q = uE.AE = uS.AS E pola súa parte o fluxo másico sería (dado que a densidade do aire é a mesma en todas partes): •

m = ρ ⋅ Q = ρ ⋅ u E ⋅ AE = ρ ⋅ u S ⋅ AS Para calcular a relación da velocidade do aire atravesando as pas coas velocidades na entrada e na saída do volume de control, o mellor é relacionar a forza que o aire fai sobre as pas coas diferentes presións que existen a ambos lados das mesmas, pois de acordo con isto, a forza sobre as pas será a diferencia entre a forza que exerce a presión do aire á esquerda das pas e a forza que exerce a presión do aire á dereita das pas:

Faire − pas = ( p A − p D ) ⋅ A O que, tendo en conta a ecuación 8, nos permite escribir:

ρ ⋅ Q ⋅ (u E − u S ) = ( p A − p D ) ⋅ A Aquí, expresando Q en función de a velocidade u sobre as pas: Q = u.A, xa teremos unha relación entre u e uE e uS como nos pide o problema, pero nos aparecen tamén as presións descoñecidas na expresión:

ρ ⋅ u ⋅ A ⋅ (u E − u S ) = ( p A − p D ) ⋅ A --- Ecuación 9 Por isto debemos tratar de expresar a resta de presións da ecuación anterior en función das velocidades, para o que o mellor é aplicar Bernoulli, primeiro entre E e A, e despois entre D e S (deste xeito non é necesario incluír na ecuación, a potencia proporcionada polo aire ó aeroxenerador): 2

Entre E e A:

p E VE p V p u p u2 + + zE = A + A + z A ⇒ a + E = A + ρg 2 g ρg 2 g ρ 2 ρ 2

Entre D e S:

p D VD p V p u 2 pa u S + + zD = S + S + z A ⇒ D + = + ρg 2 g ρg 2 g ρ 2 ρ 2

E restando adecuadamente ambas ecuacións, obtemos a expresión de pA – pD que estamos buscando:

p A − pD = ρ ⋅

u E2 − u S2 2

E levando esta expresión á ecuación 9, teremos xa a relación buscada:

ρ ⋅ u ⋅ A ⋅ (u E − u S ) = ( p A − p D ) ⋅ A ⇒ ρ ⋅ u ⋅ A ⋅ (u E − u S ) = ρ ⋅ ⇒ u ⋅ (u E − u S ) =

u E2 − u S2 ⋅ A⇒ 2

(u E + u S ) ⋅ (u E − u S ) (u + u S ) ⇒u = E 2 2

Onde vemos que a velocidade sobre as pas é a velocidade promedio entre a velocidade de entrada e a de saída no fluxo de corrente provocado polo aeroxerador. Tamén podemos aproveitar esta expresión para obter outra ecuación para o caudal:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Q =u⋅A= •

e para o fluxo másico: m = ρ ⋅ Q =

Páxina 112 de 122

u E + u S πD 2 πD 2 ⋅ (u E + u S ) ⋅ = 2 4 8

ρ ⋅ πD 2 ⋅ (u E + u S ) 8

Problema 3: )o estudio de turbomáquinas xeralmente interveñen seis variables: D: diámetro da máquina; ): velocidade de rotación; Q: caudal a través da máquina; µ: viscosidade dinámica; ρ: densidade; ∆PD-variación da presión total. Encontrar, aplicando a análise adimesnional, unha expresión que describe o comportamento das turbomáquinas a través de números adimensionais. Solución: Segundo di o problema, as magnitudes a ter en conta serán D, $, Q, ρ, µ, ∆PD. As súas dimensións en función das magnitudes fundamentais son: M

N (rad/s)

-1

Q (m3/s)

-1

-3

-1

∆p

-1

-2

Vexamos primeiro o número de parámetros π adimensionais que debemos definir: Nº de parámetros π adimensionais = Total de magnitudes menos nº magnitudes fundamentais = 6 – 3 = 3 Ou sexa que temos que definir 3 parámetros π adimensionais, e logo definir a función: f(π1, π2, π3) = 0 Para establecer cada un destes parámetros πι , convén tomar como magnitudes primarias as máis simples e que, á vez, entre todas elas, conteñan todas as magnitudes fundamentais (masa, lonxitude, tempo, e, de ser necesario, temperatura e intensidade de corrente). Por iso, unha opción pode ser elixir como magnitudes primarias D, $ e ρ. Unha vez establecido esto, procedemos: π1 = Q . Dx. Ny . ρz -- Parámetro 1 x y z π2 = µ. D . N . ρ -- Parámetro 2 x y z π3 = ∆PD . D . N . ρ -- Parámetro 3 - Comecemos polo cálculo de π1. Ecuación 1: π1 = Q . Dx. Ny . ρz

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 113 de 122

E como π1 é adimensional, Q é dimensionalmente igual a L3. T-1, $ é T-1, a densidade ρ é M .L-3, a ecuación do parámetro 1 expresada en función das dimensións fundamentais quedará: 0 = L3.T-1 ..Lx . T-y . Mz.L-3z Nesta expresión vese que como π1 é adimensional, a expresión final tamén debe de selo, polo que o expoñente total de cada unha das dimensións fundamentais debe ser cero: Masas: 0 = z ---> z = 0 Lonxitudes: 0 = 3 + x -3z ---> 0 = 3 + x --> x = -3 Tempos: 0 = -1 - y ---> y = -1 Polo tanto o parámetro 1 queda: π1 = Q . D-3. N-1 = Q / D3. N - Fagamos agora o cálculo de π2. Parámetro 2: π2 = µ. Dx. Ny . ρz --> 0 = M. L-1 .T-1 . Lx . T-y . Mz.L-3z Masas: 0 = 1+z ---> z = -1 Lonxitudes: 0 = -1 + x –3z ---> 0 = -1+x+3 --> x = -2 Tempos: 0 = -1 - y ---> y = -1 Polo tanto o parámetro 2 queda: π2 = µ. D-2. N-1 . ρ-1 = µ / D2. N . ρ - Fagamos agora o cálculo de π3 Ecuación do parámetro 3: 0 = M . L-1 . T-2 . Lx . T-y . Mz.L-3z Masas: 0 = 1+ z ---> z = -1 Lonxitudes: 0 = -1 +x - 3z ---> 0 = -1 +x +3 ---> x = -2 Tempos: 0 = -2 - y ---> y = -2 −2 −2 −1 Polo tanto o parámetro 3 queda: π 4 = ∆PD ⋅ D .$ .ρ =

- Polo tanto a ecuación buscada será da forma:

∆PD D ⋅$2 ⋅ρ 2

 Q ∆P  µ f  3 , 2 , 2 D2  = 0  D $ D $ρ D $ ρ 

 Q ∆PD µ   ρ$Q   (Tamén: ∆PD = f  = f  3 , , µρD$  ) 2 2 2 ρD $  D   D $ ρD $  ρ$Q Expresable como: ∆PD = a ⋅ + b ⋅ µρD$f sendo “a” e “b” unhas constantes. D Ou sexa:

Problema 4: Dadas dúas placas horizontais paralelas separadas 12 mm e de 520 mm de anchura entre as que flúe auga a 15ºC cun número de Reynolds de 1800, determinar: a velocidade do fluxo. O esforzo cortante nas paredes. A caída de presión e a perda de carga ó longo de 5 m. A velocidade da auga nun punto situado a unha distancia de 5 mm da placa inferior. Solución: Datos: - Placas horizontais: - Separación h = 12mm = 0,012 m - Anchura b = 520 mm = 0,52 m - Se trata de auga a 15ºC, o que nos permite buscar nas táboas :

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 114 de 122

- ρ = 999 kg / m 3 - υ = 1,142.10 −6 m 2 / s - Re = 1800 Solución:

Apartado a): De acordo coa definición do número de Reynolds podemos calcular a velocidade media do fluxo nunha sección calquera (a velocidade media é a mesma en calquera sección, de acordo coa ecuación de continuidade pois a sección é a mesma en calquera lugar):

Re =

ρVm h ρVm h Vm h V ⋅ 0,012 = = ⇒ 1800 = m ⇒ Vm = 0,17 m / s µ ρυ υ 1,142 ⋅ 10 − 6

Apartado b): O esforzo cortante sobre o fluído é o seguinte:

τ =µ⋅

∂V x ∂y

Polo que, para calcular o esforzo cortante debemos calcular primeiro a expresión de Vx. Dado o valor do número de Reynolds (Re < 2300) , trátase dun movemento laminar, no que a velocidade só existe en X (Vx) e unicamente varía en dirección Y debido á viscosidade (en X non varía, de acordo coa ecuación de continuidade, pois non varía a sección do fluxo). E así, de acordo coa ecuación de continuidade en forma diferencial e da ecuación da cantidade de movemento na mesma forma (ver problema 1 de movemento laminar), chegamos á seguinte ecuación da velocidade:

Vx =

1 ∂pr y 2 . . + C. y + C ' µ ∂x 2

----- Ecuación 1

Nota: Ver a demostración no final deste problema ou no citado problema 1 Agora debemos calcular as constantes de integración cos valores da velocidade do fluído que está en contacto coas paredes: para y=0 --> Vx = 0 ⇒ 0 =

1 ∂p 0 2 ⋅ + C.0 + C ' ⇒ C ' = 0 µ ∂x 2

2 para y=h --> Vx = 0 ⇒ 0 = 1 ∂ p . h + C .h ⇒ C = − 1 ∂ p ∆ P ⋅ h µ ∂x 2 µ ∂x µ .L 2

Polo tanto o perfil da velocidade ó longo da altura h responde á ecuación:

Vx =

1 ∂p r 2 . . y − h. y 2 µ ∂x

(

)

--- Ecuación 5

Descoñecemos o termo ∂p r pero o podemos calcular pois sabemos a velocidade media, que, segundo

∂x podemos ver na ecuación 2 do problema 5 de movemento laminar, é:

∫ =

y =0

1 ∂p r 2 ∫y =0 2µ . ∂x . y − h. y .b.dy h 2 ∂p r = =− . -- Ecuación 6 b.h 12 µ ∂x y =h

y=h

V x .b.dy b.h

Polo que, despexando o gradiente de presión: E deste xeito, a ecuación 5 quedará:

(

)

12.µ .Vm ∂p r =− -- Ecuación 7 ∂x h2

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Vx =

Páxina 115 de 122

6Vm 1 ∂p r 2 1  12.µ .V m  2 . . y − h. y = y − h . y = − ⋅ y 2 − h. y -- Ecuación 8 −  2 2 2 µ ∂x 2µ  h h 

(

)

(

)

(

)

E volvendo á ecuación do esforzo cortante, quedará:

τ =µ⋅

∂V x 6 µV ∂  6V  = µ  − 2m ⋅ y 2 − h. y  = − 2 m (2 y − h ) ∂y ∂y  h h 

(

)

E como piden o seu valor nas paredes será: - Na parede de y=0: τ = −

6 µVm 6 ρυVm 6 ⋅ 999 ⋅ 1,142 ⋅ 10−6 ⋅ 0,17 ( 2 ⋅ 0 − h ) = = = 9,7 ⋅ 10− 2 $ / m 2 2 h h 0,012

- Na parede de y=h:

τ =−

6 µVm (2 ⋅ h − h ) = − 6 ρυVm = {mesma exp resión anterior} = −9,7 ⋅ 10− 2 $ / m 2 2 h h

Estes valores son os do esforzo cortante sobre o fluído. O que existe nas paredes aplicado polo fluxo será o mesmo pero con signo contrario. Apartado c): Pide agora a caída de presión e perda de carga ó longo de 5 m. Aplicamos a ecuación de Bernoulli xeralizada entre o punto inicial e o punto final (5 m máis alá):

p1 Vm21 p V2 + + z1 − h f = 2 + m 2 + z 2 ρg 2 g ρg 2 g e como a velocidade media Vm é a mesma en todas as seccións (de acordo coa ecuación de continuidade, dado que a sección non varía ó longo do fluxo), e ademais non hai cambio de altura, a ecuación anterior quedará:

p1 Vm21 p2 Vm22 p p p p p − p2 + + z1 − h f = + + z2 ⇒ 1 − h f = 2 ⇒ h f = 1 − 2 = 1 ρg 2 g ρg 2 g ρg ρg ρg ρg ρg

--- Ecuación 9

Necesitamos calcular “p1-p2”, que tamén nolo pide o problema, e, como non hai diferencias de altura, é o mesmo que “pr1-pr2” e isto podemos calculalo a partir do coñecemento da velocidade media, de acordo coa ecuación 7 anterior:

12.µ .Vm 12.µ .Vm 12 ⋅ µ ⋅ Vm ⋅ L 12 ⋅ ρ ⋅υ ⋅ Vm ⋅ L ∂p r p − p r1 =− ⇒ r2 =− ⇒ p r1 − p r 2 = = = 2 2 ∂x h L h h2 h2 12 ⋅ 999 ⋅1,142 ⋅10 −6 ⋅ 0,17 ⋅ 5 = = 80,8 Pa 0,012 2 (Nota: como se pode ver arriba, temos suposto unha evolución liñal da presión ó longo dos 5 m de lonxitude) Una vez sabida a caída de presión, xa podemos calcular a perda de carga na ecuación 9:

hf =

p1 − p2 80,8 = = 0,0082 m ρg 999 ⋅ 9,81

(Nota: se o fluxo fose dentro dun tubo, poderiamos calcular as perdas directamente coa expresión:

hf = f

L Vm2 sabendo que nos movementos laminares como este : f = 64/Re) D 2g

Apartado d): A velocidade nun punto situado a 5mm por encima da placa inferior será, de acordo coa ecuación 7:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Vx = −

Páxina 116 de 122

6Vm 6 ⋅ 0,17 ⋅ y 2 − h. y = − ⋅ 0,0052 − 0,012 ⋅ 0,005 = 0,249 m / s 2 h 0,012 2

(

)

(

)

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

Nota: Demostración (está tamén no exercicio 1 citado) da expresión da distribución de velocidades nunha sección entre dúas placas paralelas: Segundo a ecuación de continuidade:

r ∂ρ + ∇. ρ .V = 0 --- Ecuación 2 ∂t

( )

Que, para réxime estacionario e fluído incompresible, queda: Ecuación que, desenvolta, queda:

r ∇V . =0

∂V x ∂V y ∂V z + + =0 ∂x ∂y ∂z

E como só hai Vx (Vy = Vz = 0), a ecuación anterior queda:

∂V x = 0 ⇒ V x ≠ V x ( x) ∂x

Polo tanto: Vx = Vx(y, z) E supostas as placas moi anchas, a velocidade tampouco variará nesa dirección, polo que: Vx = Vx(y) Ou sexa: * Vx ≠ 0, mentres que Vy = Vz = 0 * E ademais: Vx = Vx(y) Supoñemos que a única forza másica actuante é o peso, e polo tanto a ecuación da cantidade de movemento quedará:

r rr r r r ∂V ρ. + V .∇ V = −∇p r + µ .∆V -- Ecuación 3 ∂t

( )

Esta ecuación pódese simplificar moito pois o primeiro sumando é nulo (réxime estacionario), e o segundo tamén pois:

r rr r  r r ∂ ∂ ∂ r ∂V V .∇ V = V x . + V y . + V z . V = {V x = V y = 0} = V x . = 0 pois V ≠ V ( x) ∂y ∂z  ∂x  ∂x r r Polo tanto a ecuación 3 queda así: 0 = −∇p r + µ .∆V

( )

En X:

0=−

 ∂ 2V ∂ 2V x ∂ 2V x ∂p r + µ . 2x + + ∂x ∂y 2 ∂z 2  ∂x

  ∂ 2V ∂p  ⇒ 0 = − r + µ . 2x ∂x   ∂y

Que convenientemente integrada conduce á ecuación 1 anterior --------------------------------------------------------------------------------

  -- Ecuación 4 

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 117 de 122

Problema 4: Se ten a instalación da figura formada por tres depósitos de auga e tres tuberías, todas elas de diámetro nominal 8 pulgadas e rugosidade relativa 0,001. Mediante unha toma estática no nudo ) se coñece a presión manométrica do mesmo para dita configuración, igual a 22,5 m de columna de auga. )a tubería 2 existe unha válvula de esfera acoplada parcialmente cerrada e as entradas ás tuberías 1 e 2 son de aristas vivas. Calcule o caudal que circula pola tubería 1, Q1, así como a porcentaxe de apertura da válcula de esfera se pola tubería 2 circula un caudal igual a Q2=9,4·10-2 m3/s. Obteña a altura neta da turbina así como a súa potencia se en dito punto de funcionamento o rendemento da turbina é 0,75. Datos: cotas dos tres depósitos Datos dos tubos: Tubo

L (m)

D (cm)

r=k/D

(8”=)20,32

0,001

20,32

0,001

2,8

20,32

0,001

- Altura de presión manométrica no punto ): Pm)/ρ.g = 22,5 m - Cota no punto ): z) = 2,5 m - Caudal no tubo 2: Q2 = 9,4·10-2 m3/s Solución: - As únicas perdas localizadas que teremos en conta serán as das entradas dos tubos 1 e 2 (aristas vivas), e as da válvula no tubo 2 que, por certo, sabemos que non está completamente aberta pero non en que cantidade, polo que non podemos prever inicialmente o valor do seu coeficiente de perdas. Nestes problemas o primeiro é plantexar a conservación do caudal no punto de bifurcación, neste caso no punto N: Q1 + Q2 = Q0 E como Q2 = 0,094 m3/s, a ecuación quedará: Q1 + 0,094 = Q0 ---- Ecuación 1 Ademais debemos ter en conta que como nos dan o fluxo no conducto 2, xa podemos calcular a velocidade no mesmo: Q 2 = V2 ⋅

π .D22 4

⇒ V2 =

4Q2 4 ⋅ 9,4 ⋅ 10 −2 = = 2,9 m / s π .D22 π .0,2032 2

Así podemos calcular o número de Reynolds neste tubo, e con este, logo poderemos encontrar o coeficiente de fricción f2 no diagrama de Moody:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Re 2 =

Páxina 118 de 122

ρV2 D2 ρV2 D2 V2 D2 2,9 ⋅ 0,3032 = = = = 7,7 ⋅ 10 5 −6 µ ρυ υ 1,142 ⋅ 10

E, así, utilizando este dato xunto coa rugosidade relativa do seu tubo, 0,01, lemos no diagrama de Moody un valor de f2 de: f 2 = 0,038 O seguinte a facer, sempre é plantexar a ecuación de Bernoulli entre a superficie de cada depósito e o punto común. Segundo podemos ver no problema 11 de fluxo en tubos, ó aplicar a ecuación de Bernoulli no tubo 2 e no tubo 3, teremos as seguintes ecuacións: - Tubo 1: Recordar que se aplica entre a superficie do depósito e o punto $ común. Podemos deducir das ecuacións establecidas no citado problema 11 que a ecuación a ter en conta aquí será: Perdas=z1-HN Ou sexa: f 1

 L  V2 L1 V12 V2 + K entrada 1 = z1 − H $ ⇒  f 1 1 + K entrada  ⋅ 1 = z1 − H $ D1 2 g 2g  D1  2g

- Tubo 2:

 L  V2 L2 V22 V2 V2 + K válula 2 + K entrada 2 = z 2 − H $ ⇒  f 2 2 + K válula + K entrada  ⋅ 2 = z 2 − H $ 2g 2g D2 2 g  D2  2g

- Tubo 0: Aquí, entre o punto $ e a superficie do depósito temos unha turbina, o que non nos apareceu no citado problema 11 do que deducimos as expresións anteriores. De todas formas ten o mesmo efecto que as perdas: restar enerxía do fluxo fluído polo que poderíamos sumar a súa altura á altura de perdas. De todos os xeitos imos comprobalo plantexando a ecuación desde o principio, é dicir desde a aplicación da ecuación de Bernoulli xeralizada entre N e a superficie do depósito s0: Fluxo N-0:

p $ V $2 p s 0 V s20 p $ V $2 L0 V02 p + + z $ − h f 0 − hturbina = + + z s0 ⇒ + + z$ − f0 − ht = atm ⇒ ρg 2 g ρg 2 g ρg 2 g D0 2 g ρg ⇒ f0

L V2 L0 V02 p − p atm V $2 = z$ + $ + − ht ⇒ f 0 0 0 = H $ − hturbina D0 2 g ρg 2g D0 2 g

L0 V02 ⇒ f0 = H $ − hturbina D0 2 g Ademais, como podemos ver no mesmo problema 11, e como acabamos de ver aquí, que a altura H$ (chamada naquel problema HJ) é:

H$ =

p manom. $ V $2 + + z$ ρg 2g

O problema danos a altura de presión manométrica (pmanométrica.N/ρ.g = 22,5 m) e a altura de cota (zN=2,5m) en $, e polo tanto só nos falta por saber a altura de velocidade en $:

H$ =

p manom. $ V $2 + + z $ = 22,5 + hV − $ + 2,5 = 25 + hV − $ ρg 2g

Sen embargo, segundo di o profesor, en principio soe depreciarse o efecto da altura de velocidade no nodo común, polo que a altura H$ quedará: H$ = 25 m Pois ben, levando este valor, e os demais datos, ás ecuacións anteriores do fluxo en cada tubo, nos quedarán:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Tubo 1:

Páxina 119 de 122

 L1  V12 8   V12  f1  + K entrada  ⋅ = z1 − H $ ⇒  f1 + 0,5  ⋅ = 27 − 25 ⇒  0,2032  19,6  D1  2g ⇒ (2,01 ⋅ f1 + 0,026 ) ⋅ V12 = 2

-- Ecuación 2

Tubo 2:

 L2  V22 25   2,9 2  f 2  + K válvula + K entrada  ⋅ = z 2 − H $ ⇒  0,038 ⋅ + K válvula + 0,5  ⋅ = 32,5 − 25 ⇒ 0,2032   19,6  D2  2g Co que xa podemos calcular a Kválvula ⇒ 0,43 ⋅ K válvula = 5,27 ⇒ K válvula = 12,25

Tubo 0: f 0

L0 V02 2,8 V02 = H $ − ht ⇒ f 0 = 25 − ht ⇒ D0 2 g 0,2032 19,6 ⇒ 0,71 ⋅ f 0 ⋅ V02 = 25 − ht -- Ecuación 3

Sabido o coeficiente de perdas da válvula no tubo 2, xa podemos averiguar a súa porcentaxe de apertura, pois segundo as táboas, para unha válvula de esfera de 8” completamente aberta: K’válvula= 5,8 Polo tanto o incremento debido a non estar de todo aberta é: 12,25 / 5,8 = 2,1, o que vemos nas táboas que corresponden a un porcentaxe de cerrada do 50%. Ou sexa que a súa porcentaxe de apertura será tamén do 50%.. Polo que respecta ó cálculo dos outros caudais, temos as ecuacións 1 e 3, ademais da conservación do caudal no punto $: Q1 + 0,094 = Q0 ---- Ecuación 1 Imos comenzar co procesos iterativo que nos permitirá calcular o caudal pedido. Recordemos as ecuacións a ter en conta:

(2,01 ⋅ f1 + 0,026) ⋅ V12 = 2

-- Ecuación 2

0,71 ⋅ f 0 ⋅ V02 = 25 − ht

-- Ecuación 3

Q1 + 0,094 = Q0

-- Ecuación 1

Primeira iteración: Tomamos como primeiros coeficientes de fricción para os tubos 1 e 0, os que proporciona o diagrama de Moody para cada unha das rugosidades relativas na zona de rugosidade dominante, é dicir f=0,038 para todos os tubos) Logo calcularemos a velocidade correspondente ó tubo 1, e coñecida esta calcularemos o seu caudal Q1 así:

Qi = V1 S 1 = Vi ⋅

πDi2 4

m3/s

Ecuación 4

Logo calcularemos o caudal Q0 coa ecuación 1, e despois a velocidade correspondente a este con ecuación 4, e por último a altura da turbina coa ecuación 3. Deste xeito podemos construír a seguinte táboa.

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Rugosidade Tubo relativa

Coeficiente fi (segundo rugosidade)

Páxina 120 de 122

Vi m/s

Qi m3/s

ht m

segundo ecuacións 2 e 4)

(segundo ecuacións 4 e 1)

(segundo ecuación 3)

0,01

0,038

4,4 (1º)

14,3.10-2 (2º)

0,01

0,038

2,9

9,4.10-2

0,01

0,038

7,3 (4º)

23,7.10-2 (3º)

23,6 (5º)

(Nota: os ordinais entre parénteses indican a orde en que se calculan os valores. Así, o primeiro valor que se calcula é V1 (coa ecuación 1) , o segundo é Q1 (coa ecuación 4), o terceiro é Q0 (coa ecuación 1), ...). Agora debemos comprobar se con estas velocidades, e os correspendentes números de Reynolds nos tubos 1 e 0, se confirman estes resultados, ou se debe seguir o proceso de iteración cos novos coeficientes f1 e f0 deducidos con estes números de Reynolds:

Re1 =

ρV1D1 ρV1D1 V1D1 4,4 ⋅ 0,3032 = = = = 7,9 ⋅ 105 −6 µ ρυ υ 1,142 ⋅ 10

que coa rugosidade r=0,01 correspondente ó tubo 1, obtemos no diagrama de Moody un valor f1=0,038 igual que o que tivemos en conta nos cálculos anteriores, polo que nos confirma os resultados que dependen deste. Ademais:

Re 0 =

ρV0 D0 ρV0 D0 V0 D0 7,3 ⋅ 0,3032 = = = = 1,3 ⋅ 106 −6 µ ρυ υ 1,142 ⋅ 10

que coa rugosidade r=0,01 correspondente ó tubo 0, obtemos no diagrama de Moody un valor f0=0,038 igual que o que tivemos en conta nos cálculos anteriores, polo que xa quedan confirmados todos os resultados anteriores. Apartado a) Nos pide o caudal que circula polo tubo 1, que como vemos na táboa anterior é 14,3.10-2 m3/s E a porcentaxe de apertura da válvula, que como xa calculamos máis arriba, é do 50%. Apartado b) Pide a altura neta da turbina. Na táboa anterior temos calculada a altura que o fluído proporciona á turbina, pero como ten un rendemento do 75%, a turbina aproveitará unha cantidade neta inferior a dita altura, ou sexa: hneta-turbina = 0,75 . 23,6 = 17,7 m O que proporciona unha potencia neta de:

Problemas de Mecánica de fluidos – Etssi-UVigo –R. Palau L. & R. Palau G. – Rev. Julio 2011

Páxina 121 de 122

•

hmáquina

• W máquina = ⇒ W neta −turbina = ρgQ0 ⋅ hneta − turbina = 999 ⋅ 9,81 ⋅ 23,7.10− 2 ⋅ 17,7 = 4,11 ⋅ 103 W = 4,11 kW ρgQ