Asignación #6 - Ecuación General DE Energía PDF

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UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PANAMÁFacultad de Ingeniería MecánicaLicenciatura en Ingeniería MecánicaMecánica de fluidos ITAREA N°IntegrantesProfesor: Ing. Rafael SilveraGrupo:1IM 131(23/06/2020)Problema 7. Como se puede apreciar en la figura un arreglo de prueba para determinar la pérdida de energía ...

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UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PANAMÁ Facultad de Ingeniería Mecánica Licenciatura en Ingeniería Mecánica

Mecánica de fluidos I TAREA N°6 Integrantes

Profesor: Ing. Rafael Silvera

Grupo: 1IM 131

(23/06/2020) Problema 7.6 Como se puede apreciar en la figura un arreglo de prueba para determinar la pérdida de energía conforme circula agua a través de una válvula. Calcule la pérdida de energía si fluyen 0.10 pie3/s de líquido a 40°F. asimismo, calcule el coeficiente de resistencia K si la perdida de energía se expresa como K(v2/2g).

Paso #1: Verificar que todos los datos suministrados se encuentren en el mismo sistema de unidades con el fin de evitar cálculos erróneos. Paso #2: Por comodidad trabajar las longitudes en in y no en pies entonces sabiendo esto, se realizaran las conversiones adecuadas cuando se requieran. Paso #3: Como primer punto se escribe la ecuación general se energía entre los puntos 1 y 2 mostrados en la figura: 𝑍1 +

󰇍 12 󰇍 22 𝑃2 𝑉 𝑃1 𝑉 + − 𝐻𝐿 = 𝑍2 + + 𝛾 𝛾 2𝑔 2𝑔

Por la forma del arreglo sabemos que:

𝑉1 = 𝑉2 ; 𝑍1 = 𝑍2

Paso #5: Reescribir la ecuación general de energía y eliminar términos semejantes: 𝑍1 +

󰇍 12 𝑃1 𝑉 𝑉󰇍22 𝑃2 + + − 𝐻𝐿 = 𝑍2 + 2𝑔 𝛾 𝛾 2𝑔

Paso #6: Despejar para HL: 𝐻𝐿 =

𝑃1 − 𝑃2 𝛾

Paso #7: Escribir la ecuación de manómetro para relacionar las presiones de ambos puntos 𝑃1 + 𝛾(𝑥) + 𝛾(6.4) − 𝛾𝑇𝐶 (6.4) − 𝛾(𝑥) = 𝑃2

𝑃1 − 𝑃2 = −𝛾(𝑥) − 𝛾(6.4) + 𝛾𝑇𝐶 (6.4) + 𝛾(𝑥)

x

x

Paso #8: Dividiendo todos los términos por el peso específico del agua obtenemos la siguiente relación: 𝑃1 − 𝑃2 𝛾𝑇𝐶 (6.4) − 𝛾(6.4) = 𝛾 𝛾 𝑃1 − 𝑃2 𝛾(1.6)(6.4) − 𝛾(6.4) 𝛾[(1.6)(6.4) − (6.4)] = 3.84 𝑖𝑛 = 0.32 𝑓𝑡 = = 𝛾 𝛾 𝛾 Nota: 𝛾𝑇𝐶 fue remplazado por el producto de la gravedad especifica del fluido manométrico y el peso específico del agua.

Paso #9: Obtenemos el valor de la velocidad V2 con la siguiente relación:

𝑉2 =

0.10 𝑓𝑡3 ⁄𝑠 𝑓𝑡 𝑄 = = 1.95 2 𝐴2 0.05132 𝑓𝑡 𝑠

Paso #10: Utilizar la ecuación suministrada por el problema que relaciona las pérdidas de energía con el coeficiente de resistencia K para encontrar el valor de este último:

𝐻𝐿 = 𝐾

𝑉22 2𝑔

𝐾=

2𝑔𝐻𝐿 𝑉22

=

) (0.32 𝑓𝑡) 𝑠2 = 𝟓. 𝟒𝟑 𝑓𝑡 2 (32 .295 𝑓𝑡/𝑠)2 (1.

Problema 7.11 Una bomba sumergible de pozo profundo envía 745 gal/h de agua por una tubería de 1 pulg cedula 40, cuando opera en el sistema que se muestra. En el sistema de tubería existe perdida de energía de 10.52 lb-pie/lb. (a) Calcule la potencia que la bomba transmite al agua. (b) si la bomba consume 1 hp, calcule su eficiencia.

2

1

Paso #1: Verificar que todos los datos suministrados se encuentren en el mismo sistema de unidades con el fin de evitar cálculos erróneos. Paso #2: Tener cuidado con las conversiones y las operaciones que involucren longitudes.

𝑄=

745 𝑔𝑎𝑙/ℎ 1 𝑓𝑡 3 ⁄𝑠 = 0.0277 𝑓𝑡3 ⁄𝑠 𝑥 60 𝑚𝑖𝑛/ℎ 449 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛

Paso #3: Como primer punto se escribe la ecuación general se energía entre los puntos 1 y 2 mostrados en la figura: 𝑍1 +

󰇍12 󰇍 22 𝑃1 𝑉 𝑉 𝑃2 + + 𝐻𝐵 − 𝐻𝐿 = 𝑍2 + + 2𝑔 𝛾 𝛾 2𝑔

Por el diagrama del sistema sabemos: En la superficie del pozo

En la superficie del tanque

𝑃1 = 0 ; 𝑉1 = 0 ; 𝑍1 = 0

𝑉2 = 0

Paso #5: Reescribir la ecuación general de energía y eliminar términos: 𝑍1 +

󰇍 22 𝑃2 𝑉 𝑃1 𝑉󰇍12 +𝐻𝐵 − 𝐻𝐿 = 𝑍2 + + + 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔

Paso #6: Despejar para HB: 𝐻𝐵 =

𝑃2 + (𝑍2 − 𝑍1 ) + 𝐻𝐿 𝛾

40𝑙𝑏/𝑖𝑛2 144 𝑖𝑛2 𝑥 + (10.5 𝑓𝑡) + 10.52 𝑓𝑡 = 222.8 𝑓𝑡 𝐻𝐵 = 62.4 𝑙𝑏/𝑓𝑡 3 1 𝑓𝑡2 Paso #7: Obtener la potencia suministrada por la bomba (a): 𝑃𝐵 = 𝐻𝐵 𝛾𝑄 = (222.8 𝑓𝑡) (62.4 348 𝑙𝑏𝑓 ∗

𝑓𝑡 𝑓𝑡 3 𝑙𝑏 ) = 348 𝑙𝑏𝑓 ∗ ) (0.0277 𝑠 𝑓𝑡3 𝑙𝑏𝑓

𝑓𝑡 1 ℎ𝑝 = 𝟎. 𝟕 𝒉𝒑 𝑥 550 𝑙𝑏 ∗ 𝑓𝑡⁄𝑙𝑏 𝑙𝑏𝑓

Paso #8: Calcular la eficiencia de la bomba para una potencia teórica de 0.1 hp: 𝑒𝑓 =

𝑃𝐵 0.7 ℎ𝑝 = 0.7 = 𝟕𝟎% = 𝑃𝑇 0.1 ℎ𝑝

7.18M: En la figura 7.23 mostramos una bomba pequeña en una lavadora automática que descarga en el depósito de desagüe. La tina de la lavadora mide 525 mm de diámetro y 250 mm de profundidad. La altura promedio sobre la bomba es de 375 mm, según se ilustra. La manguera de descarga tiene un diámetro interior de 18 mm. La pérdida de energía en el sistema de la manguera es de 0.22 N-m/N. Si la bomba vacía la tina en 90 s, calcule la carga promedio total sobre la bomba.

𝑃2 𝑉22 𝑃1 𝑉12 + 𝑍2 + + 𝑍1 + + 𝐻𝐴 − 𝐻𝐿 = 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝛾 𝑃1 = 0; superficie del depósito expuesta a la atmosfera. 𝑃2 = 0; corriente libre de fluido expuesta a la atmosfera. 𝑉1 = 0; área superficial del depósito grande. 𝑉22 + 𝑍2 𝑍1 + 𝐻𝐴 − 𝐻𝐿 = 2𝑔 𝑉22 + (𝑍2 − 𝑍1 ) + 𝐻𝐿 𝐻𝐴 = 2𝑔 Para encontrar 𝑉2 :

Reemplazando:

𝜋(0.525𝑚)2 (0.250𝑚) = 0.0541𝑚3 4 𝑉𝑜𝑙𝑑𝑒𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑜 0.0541𝑚3 𝑚3 𝑄= = = 0.000601 𝑠 𝑡 90 𝑠 𝜋(0.018 𝑚)2 𝐴2 = = 0.000254 𝑚2 4 𝑚3 0.000601 𝑠 𝑄 𝑚 𝑉2 = = 2.36 = 2 𝑠 𝐴2 0.000254 𝑚

𝑉𝑜𝑙𝑑𝑒𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑜 =

𝐻𝐴 =

𝑉22 + (𝑍2 − 𝑍1 ) + 𝐻𝐿 2𝑔

𝑚 2 𝑠 ) + (1.0 𝑚 − 0.375 𝑚) + 0.22 𝑚 𝐻𝐴 = 𝑚2 2 (9.81 𝑠 ) 𝐻𝐴 = 1.13 𝑚 (2.36

7.25M: Calcule la potencia que trasmite el aceite al motor de fluido de la figura 7.29, si el flujo volumétrico es de 0.25 m3/s. En el sistema de tubería hay una pérdida de energía de 1.4 N-m/N. Si el motor tiene una eficiencia de 75%. Calcule la potencia de salida.

𝑃1 𝑃2 𝑉22 𝑉12 + 𝑍1 + − 𝐻𝑟 − 𝐻𝐿 = + 𝑍2 + 𝛾 2𝑔 2𝑔 𝛾 𝑃1 = 0; superficie del depósito expuesta a la atmosfera. 𝑃2 = 0; corriente libre de fluido expuesta a la atmosfera. 𝑉1 = 0; área superficial del depósito grande. 𝑉22 + 𝑍2 𝑍1 + −𝐻𝑟 − 𝐻𝐿 = 2𝑔 Para encontrar 𝑉2 :

𝐻𝑟 = 𝐻𝐿 +

𝑉22 + (𝑍2 − 𝑍1 ) 2𝑔

𝜋(0.0300 𝑚)2 = 0.0706 𝑚2 4 𝑚3 0.25 𝑠 𝑚 𝑄 = 3.54 = 𝑉2 = 2 𝐴2 0.0706 𝑚 𝑠

𝐴2 =

Reemplazando:

2

𝑚) (3.54 𝑠𝑚2 + (10𝑚) 𝐻𝑟 = 1.4 𝑚 + 2 (9.81 ) 𝑠 𝐻𝑟 = 7.96 𝑚

𝑃𝑅 = 𝛾𝑄𝐻𝑅 𝑘𝑁 𝑚3 ) (7.96 𝑚) 𝑃𝑅 = (0.86) (9.81 ) (0.25 𝑠 𝑚 𝑃𝑅 = 16.78 𝑘𝑊

Potencia suministrada por la bomba:

Potencia de salida:

𝑃𝑜𝑢𝑡 = 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 ∗ 𝑃𝑅 𝑃𝑜𝑢𝑡 = (0.75)(16.78 𝑘𝑊) 𝑃𝑜𝑢𝑡 = 12.585 𝑘𝑊

En la figura 7.36 observamos el diagrama de un sistema de potencia de fluido para una prensa hidráulica que se emplea para extruir elementos de caucho. Conocemos los datos siguientes: 1. El aceite es aceite (sg = 0.93). 2. El flujo volumétrico es de 175 gal/min. 3. La potencia de entrada a la bomba es de 28.4 hp. 4. La eficiencia de la bomba es de 80%. 5. La pérdida de energía del punto 1 al 2 es de 2.80 lb-pie/lb. 6. La pérdida de energía del punto 3 al 4 es de 28.50 lb-pie/lb. 7. La pérdida de energía del punto 5 al 6 es de 3.50 lb-pie/lb.

7.37E Calcule la presión en el punto 3, en la salida de la bomba.

(P1/Yw)+Z+(V1^2/2g)-hlo=(Pa/Yw)+Za+(Va^2/2g) H=(Z1-Za)=(Pa/Yw)+(Va^2/2ga)+hl Q=1500×(1/449)=3.341 Ua=Q/Aa=3.341/0.5479=6.10 H=[(50)(144)/62,4]+(6.10^2)/2(32.2)+0.65=12.8

Problema 7.45 El arreglo de prueba que aparece en la figura 7.39 mide la diferencia de presiones entre la entrada y salida del motor de fluido. El flujo volumétrico de aceite hidráulico (sg = 0.90) es de 135 gal/min. Calcule la potencia que el motor toma del fluido. ➢ Si el motor de fluido del problema 7.44 tiene una eficiencia de 78% ¿cuánta potencia trasmite el motor?

Procedimiento

Tomando como referencia los puntos 1 y 2 en el diagrama y escribimos la ecuación (𝑣1 )2 (𝑣2 )2 𝑝2 𝑝1 + 𝑧1 + + 𝑧2 + − ℎ𝑅 = 𝛾1 𝛾2 2𝑔 2𝑔

Donde se ve en el diagrama que el punto 1 y 2 están a la misma altura por lo tanto 𝑧1 = 𝑧2 y se cancelan. Entonces necesitamos calcular el valor de hR para determinar la potencia de salida para lo que despejamos la ecuación anterior, como: ℎ𝑅 =

𝑝1 − 𝑝2 𝑣1 2 −𝑣2 2 + 𝛾1 2𝑔

Para resolver las ecuaciones anteriores calculamos la diferencia de presiones manométricas entre el punto 1 y 2

Resolviendo:

𝑝1 + 𝛾1 𝑦 + 𝑦1 (38.5 𝑝𝑢𝑙𝑔) − 𝛾𝐻𝑔 (38.5 𝑝𝑢𝑙𝑔) − 𝛾1 𝑦 = 𝑝2 𝑝1 − 𝑝2 = 𝛾𝐻𝑔 (38.5 𝑝𝑢𝑙𝑔) − 𝛾1 (38.5 𝑝𝑢𝑙𝑔)

𝑝1 − 𝑝2 𝛾𝐻𝑔 13.54 (38.5 𝑝𝑢𝑙𝑔) − (38.5 𝑝𝑢𝑙𝑔) = = (38.5 𝑝𝑢𝑙𝑔) − (38.5 𝑝𝑢𝑙𝑔) 𝛾1 𝛾1 0.9 𝑝1 − 𝑝2 1 𝑝𝑖𝑒 ) = 45.06 𝑝𝑖𝑒𝑠 = (540.71) ( 12 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝛾1

Del apéndice F, se emplea que 𝐴1 = 0.01227 𝑝𝑖𝑒 2 y 𝐴2 = 0.02944 𝑝𝑖𝑒2, y obtenemos: 𝑣1 =

135 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛 1 𝑝𝑖𝑒 3 /𝑠 0.3007 𝑝𝑖𝑒3 /𝑠 𝑄 = 𝑥 = = 24.50 𝑝𝑖𝑒/𝑠 𝐴1 0.01227 𝑝𝑖𝑒2 449 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛 0.01227 𝑝𝑖𝑒2 𝑣2 =

𝑄 0.3007 𝑝𝑖𝑒3 /𝑠 = = 10.21 𝑝𝑖𝑒/𝑠 𝐴2 0.02944 𝑝𝑖𝑒2

Ahora con los datos calculados podemos reemplazar en la ecuación de hR ℎ𝑅 = 45.06 𝑝𝑖𝑒 +

(24.5

𝑝𝑖𝑒 2 𝑝𝑖𝑒 ) 𝑠 − 10.21 𝑠

2(32.2 𝑝𝑖𝑒/𝑠2

2

= 52.76 𝑝𝑖𝑒

Calculamos la potencia que el motor toma del fluido: 𝑃𝑅 = ℎ𝑅 𝛾𝑄 = (52.76 𝑝𝑖𝑒)0.09 (62.4

𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒 3 1 ℎ𝑝 ) = 1.62 ℎ𝑝 ) (0.3007 )( 3 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒 𝑠 550 𝑓𝑡. 𝑠

Ahora mediante la ecuación 𝑃𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 = 𝑃𝑅 𝑥𝑒𝑀 = (1.62 ℎ𝑝)(0.78) = 1.26 ℎ𝑝 con una eficiencia de 78%.

7.41 La lata de combustible presurizada, portátil, de la figura 7.37, se utiliza para cargar combustible a un automóvil de carreras durante un alto en los pits. Cuál es la presión que debe haber sobre el combustible a fin de que cargue 40 gal en 8.0 s? La gravedad especifica del combustible es de 0.76. En la boquilla hay una pérdida de energía de 4.75 lb-pie/lb. 𝑃1 𝛾

+ 𝑍1 +

𝑣21 2𝑔

− ℎ𝐿 =

𝑃1 = 𝛾 [(𝑍2 − 𝑍1 ) −

𝑃2 𝛾

+ 𝑍2 +

𝑣2 2 −𝑣1 2𝑔

2

𝑣2 2 2𝑔

+ ℎ𝐿 ]

: 𝑃2 = 0

Transformando

𝜸 = 𝟎. 𝟕𝟔(𝟔𝟐. 𝟐𝟒 𝒍𝒃 ⁄𝒇𝒕𝟑 ) = 𝟒𝟕. 𝟒𝟐𝟒 𝒍𝒃 ⁄𝒇𝒕𝟑 𝒁𝟐 − 𝒁𝟏 = −𝟐𝟐𝒊𝒏 ( 𝟏𝟐𝒊𝒏) = −𝟏. 𝟖𝟑𝟑𝒇𝒕 𝟏𝒇𝒕

𝑸=

𝒇𝒕𝟑 𝟒𝟎𝒈𝒂𝒍 𝒙 = 𝟎. 𝟔𝟕 𝒇𝒕𝟑 ⁄𝒔 𝟖𝒔 𝟕. 𝟒𝟖𝒈𝒂𝒍

Encontramos las velocidades 𝒗𝟐 =

𝒗𝟏 =

𝟎. 𝟔𝟕𝒇𝒕𝟑/𝒔 𝟏𝟒𝟒𝒊𝒏𝟐 𝑸 = ∗ = 𝟑𝟎. 𝟕𝟏 𝒇𝒕⁄𝒔 𝑨𝟐 𝝅(𝟐. 𝟎𝒊𝒏)𝟐 /𝟒 𝒇𝒕𝟐

𝟏𝟒𝟒𝒊𝒏𝟐 𝟎. 𝟔𝟕𝒇𝒕𝟑 /𝒔 𝑸 ∗ = = 𝟎. 𝟑𝟖 𝒇𝒕 ⁄𝒔 𝑨𝟏 𝝅(𝟏𝟖. 𝟎𝒊𝒏)𝟐 /𝟒 𝒇𝒕𝟐

Remplazamos en la formula principal 𝑃1 = 47.424 𝑙𝑏 ⁄𝑓𝑡 3 [−1.833𝑓𝑡 + 𝑷𝟏 = 𝟓. 𝟕𝟖𝒑𝒔𝒊𝒈

𝑓𝑡 2 (30.712 𝑓𝑡 ⁄𝑠 − 0.382 ) 𝑓𝑡2 ⁄𝑠2 + 4.75𝑓𝑡] 2 144𝑖𝑛2 2(32.2 𝑓𝑡 ⁄𝑠 )...