solución taller de fluidos sistemas en paralelo y bombas

SOLUCIÓN TALLER DE FLUIDOS

1. Aceite SAE 30 a 20°C fluye a través de una tubería horizontalde 12 cm de diámetro interno. En la sección 1 la presión delfluido es 186 kPa. En la sección 2, 6 m más adelante, la presiónes 171 kPa. Si el flujo es laminar, estime el flujo másico en kg/sy el número de Reynolds.

SOLUCIÓN:

p = 186-171=15 kPa Datos de Tabla: ρ=891 kgm3

μ=0,29Pa∙s

Ahora, de la ecuación de energía: hL=∆pγ

= 15kPa0,891∗9,8kN/m3=1,72m

De la ecuación de pérdidas:

hL=f(LD ) υ2

2g=64∗6∗υ∗μρ∗D2∗19,6

=64∗6∗0,29∗υ

891∗0,122∗19,6=0,443υ=1,72

Entonces, υ=3,9m /s

Ahora, m=ρQ=ρυA=891∗3,9∗(π4∗0,122)=39,324kg/s

Reynolds: ℜ=ρυDμ

=891∗3,9∗0,12

0,29=1438

Respuestas: Flujo másico: 39kg/s; Reynolds: 1438

2. Glicerina a 20°C se va a bombear a través de un tubo lisohorizontal a 3,1 m3/s. Si se desea que el flujo sea laminar y quela caída de presión sea inferior o igual a 100 Pa/m, determine elmínimo diámetro de tubería aceptable.

SOLUCIÓN:

Datos de Tabla: ρ=1260kgm3 μ=1,49Pa∙s

Ahora, de la ecuación de energía: hLL =

∆pγL=

100 Pa1m

1,26∗9,8 kNm3

=8,1E −3

Ahora, el caudal dividido en el área, da la velocidad:

υ=3,1π∗D24

=3,95/D2

De la ecuación de pérdidas:hLL

=f(1D) υ2

2g= 64∗υ∗1,491260∗D2∗2g

=0,015D4 = 100

1260∗9,8Entonces, 100=(32∗1,49∗3,95)/D4

D=4√1,88326=1,17m

Prueba: Re = ρυDμ=2847,7>2000NOESLAMINAR

ENTONCES, Lo que hay que hacer es a partir del Reynolds máximo,despejar el D:

Y el Reynolds será en ese caso: Re: 2000 =ρυDμ

=1260∗3,95D∗1,49

ENTONCES,D=1,67m. Y se comprueba con el diferencial

de presión por unidad de longitud:

∆pL

=γ 64∗3,95∗1,49γ∗1,674∗2 = 16,25 Pa/m

O sea, que se cumplen las dos condiciones: la caída de presión porcada m es inferior a 100 Pa/m, y el Reynolds es laminar, para Dmayores o iguales a 1,67 m.

3. Agua a 20°C fluye en una tubería horizontal de hierro fundidorecubierto de 3 pulg de diámetro interior, que tiene 1 milla delargo, con un caudal de 250 gpm. Estime la pérdida de energía y lacaída de presión en kPa.

SOLUCIÓN:

Datos de Tabla: ρ=1,94slugpie3 μ=2,09∗10−5slug∙s /pie

Conversiones y datos necesarios: 250 gal/min 0.557 pie3/s 1 milla = 5280 ft g (sist Inglés) = 32,3 ft/s2

=0.00015 ft Entonces, = /D = 6E-5

υ=QA

= 0,557

π∗( 312 )2

4

=11,35ft/s ℜ=

0,25ft∗11,35 fts

∗1,94 slugpie3

2,09∗10−5slug∙s /pie=263385,17

Ahora, por Swamee y Jain, el f da: 0,0189

Entonces, hL=fLυ2D2g=798,5ft

Y la caída de presión, en kPa, será: Δp=γhL=1,94∗32,2∗798,5lbf /ft2 = 49879,16 *1/144 = 346,4

psig*101,3 kPa/14,7psigΔp=¿ 2386,98 kPa o 2387 kPa aproximadamente.

4. La tubería para transportar agua, de la figura, tiene unapendiente de 30° hacia arriba y un diámetro interno de 1 pulgada.Su material es PVC que se puede considerar como liso. La válvulade globo está totalmente abierta. Si el manómetro de mercuriomuestra una deflexión de 7 pulgadas, ¿Cuál será el flujovolumétrico en pie3/s?

SOLUCIÓN:Aquí como no dicen, se supone que el agua está a 20°c, que es lomás común. Entonces, sus propiedades son datos de Tabla:

ρ=1,94slugpie3 μ=2,09∗10−5slug∙s /pie

Por trigonometría, cos 30° = 10 /L (L : hipotenusa) De donde L = 10/ cos 30 = 11,55 ftLa diferencia de alturas entre los puntos de toma del manómetro, es: z2-z1 = 10*tan 30° = 5,77 ft

El manómetro indica la pérdida entre 1 y 2 si fueran horizontales,pero como el tubo es inclinado hacia arriba hay que sumarle la presión del agua de esa diferencia de alturas entre 2 y 1, recordando que la presión en 1, es decir abajo, es mayor a la de 2, o sea arriba:

Δp=(γHg−γw )∗Δh+γw (Δz)=(13,6−1)∗62,4∗( 712 )+62,4∗5,77=818,7lbf /ft2

Aplicando la ecuación de energía entre 1 y 2:Δp=γ⌈hL+(z2−z1)⌉

818,7−(5,77∗62,4 )=

62,4∗(f∗11,55( 112 )+K(válv))υ2

64,4Pero ahora, hay que calcular la K de la válvula de globo. Elproblema es que hay que asignarle una rugosidad, así sea liso,para poder determinar el fT. Pero debe ser bien bajita: porejemplo 1E-7 m (3,05 E-8 ft). El fT se calcularía por Swamee y Jain recortada, dando, aproximadamente: 0,006Ahí daría: K válvula = fT* Le/D = 0,006*340 = 2,05Ahora, se debe comprobar que se cumpla: Δp=γ⌈hL+(z2−z1)⌉

Entonces, hL=[f∗11,55

( 112 )+2,05] u2

64,4 Entonces,

458,64 = 0,97(f∗138,6+2,05)υ2

(f∗138,6+2,05)υ2=472,82

υ=√ 472,82f∗138,6+2,05

Se supone un f = 0,02Entonces: υ=9,9ft /s

Re = 76596,81Como es liso, =0

Entonces, f calculado por Swammee y Jain pero sin /D, daría:f=0,0189

Repitiendo con ese valor:

υ=10,06ft /sRe = 77835f=0,0188

Ahí se puede detener.

Prueba: 458,64 = 0,97*(138,6*0,0188 +2,05)*10,062 = 457,6, que escasi igual a 458,64 ft

ENTONCES, Q=u*A = 10,06 ft/s *(π∗( 112 )2

/4¿ft2=0,055ft3/s

Respuesta: El caudal para este caso es 0,055 ft3/s

Ojo: si se tomara otro fT para la válvula, o se mirara en tablas de K directamente, donde diera un mayor valor, entonces el caudal debería ser menor. Porque si hubiera más pérdida menor, la velocidad debería ser menor para que la caída de presión siguiera siendo la misma indicada por el manómetro.

5. Aceite a 80°F ( = 56,8 lbm/ft3; = 0,0278 lbm/ft *s) fluyeestacionariamente en una tubería de 0,5 in de diámetro, de 120 ftde largo, con una presión inicial de 120 psi y una presión finalde 14 psi. Determine el flujo volumétrico si la tubería eshorizontal.

SOLUCIÓNCriterio del Reynolds:Re = (56,8 lbm/ ft3* (0,5/12) ft)*u(ft/s)/ 0,0278 lbm/ft *s = 85,13u, como es menor a 1000 lo que acompaña a la velocidad, entonces el flujo si es laminar.Ahora, aplicando la ecuación de energía:

(120−14)∗14456,8

=hLPor la definición de pérdidas mayores en régimen laminar, y reemplazando Re:

hL=64ℜ

1200,04167

u2

64,4=2861,88υ85,13

Igualando con la ecuación de energía:

268,73=33,62υ De donde:υ=7,99o8ft/s

De esta forma, Q = 8 ft/s* (π∗0,041672

4ft2¿=0,01ft3/s

Prueba del Reynolds: Re = 8* 85,13 = 681,4 < 2000 (Laminar, OK)

6. Aire, a condiciones de nivel del mar (15°C y 1 atm) se va atransportar con un caudal de 3 m3/s a través de un ducto comercialcuadrado y horizontal. ¿Cuáles son las dimensiones apropiadas delducto para que la caída de presión no exceda 90 Pa en una longitudde 100 m? (Investigue)

SOLUCIÓN:Teniendo en cuenta que la tubería, o ducto, en este caso es de sección transversal no circular, sino cuadrada, se determina el Reynolds así:

ℜ=ρυ (4R)

μ

Donde R. radio hidráulico, que se determina por: R= AP.M.

Donde A: l2; y P.M.= 4lEn este caso, curiosamente, queda que R= L/4 (Verifique) y por

ende: Re =ρυ(4l /4)μ

=ρυlμ

Ahora sí, se hace el procedimiento tradicional para este tipo de problema: (Ver ejercicio 2)

γhLL

=∆pL

=90Pa100m

=f υ2l2g

γ

Pero en este caso, υ=Ql2

=3l2 Entonces, υ2=

9l4

Sabiendo que el peso específico, del aire a esas condiciones, se calcular por:

γ=P

RaireTg=

101325Pa∗9,8m/s2

288,3 Pa.m3

kg.K∗288,15K

=1,22kgm3

∗9,8 ms2=11,95N/m3

Reemplazando:90Pa100m=f υ2l2g γ

90100

=f 9l5

11,9519,6

=5,49 fl5

De esta forma, f=0,164l5, o en función de l: l=5√ f0,164

Aquí no hay otra solución que iterar. Primera iteración, con f = 0,02

l=0,656m

κ=ϵl=

4,6∗10−5m0,656m =7∗10−5

ℜ= 1,22∗30,656∗1,78∗10−5=313442,04

f=0,01504 Calculado por Swamee y JainComo ese valor es muy distinto de 0,02, se repite el proceso, desde la raíz quinta, para el l:Segunda iteración, con f = 0,015

l=0,62m

κ=ϵl=

4,6∗10−5m0,62m =7,417∗10−5

ℜ= 1,22∗30,62∗1,78∗10−5=331561,68

f=0,01496 Calculado por Swamee y JainEste valor si es muy cercano a 0,015. Entonces, ahí se puede detener el proceso.Si se quiere comprobar, sería reemplazar la Longitud en la ecuación de p/L

0,9=5,490,0150,625 =0,899

Que es prácticamente igual, entonces esa dimensión de la sección cuadrada, que es su lado, es válida.Respuesta: El ducto debe tener 0,62 m de lado, o sea un área interior de 0,3844 m2

7. En la figura se ilustra un sistema para transportar aguadesde una cisterna, donde la presión es 415 kPa, hasta una fábricasituada a 100 m de distancia. Si la presión en la entrada de lafábrica no debe ser inferior a 200 kPa, determine el caudal deagua necesario. Luego calcule el caudal necesario en cada uno delos siguientes casos: (a) Válvula de globo por válvula de mariposatotalmente abierta; (b) tubería de 4 por tubería de 5 pulgadas;

(c) ambos cambios anteriores al mismo tiempo; compare losresultados obtenidos en todos los casos.

SOLUCIÓN:

Aquí se muestra el resultado final, luego de intentar con el caudal que daba la Fórmula (IIA) y luego de ir disminuyendo hasta que la presión diera mayor a 200 kPa.

A continuación se presentan los resultados para la válvula de mariposa, con dos iteraciones:

CLASS II SERIES SYSTEM S V olume flow rate: Q = 0,0412 m 3 /sMethod II-B: Use results of Method IIA ; Given: Pressure p 1 = 1,50E+02 kPaInclude minor losses ; Pressure p 2 = 189,09 kPathen pressure at Point 2 is computed NOTE : S hould be > 200,0000 kPaA dditional Pipe Data: A djust estimate for Q until p 2

L /D = 978 is equal or greater than desired.Flow Velocity = 5,02 m /s Velocity at point 1 = 5,02 m /s |--> If velocity is in pipe:Velocity head = 1,284 m Velocity at point 2 = 5,02 m /s |--> Enter "=B24"Reynolds No. = 4,46E+05 Vel. head at point 1 = 0,39 m

Friction factor: f = 0,0176 Vel. head at point 2 = 0,39 mE nergy losses in Pipe: K Qty.

P ipe: K 1 = f(L/D) = 17,17 1 Energy loss h L1 = 22,05 m FrictionE ntrance: K 2 = 0,50 0 Energy loss h L2 = 0,00 m

Butt V alve K 3 = 0,77 1 Energy loss h L3 = 0,98 m E lement 4: K 4 = 0,00 1 Energy loss h L4 = 0,00 mE lement 5: K 5 = 0,00 1 Energy loss h L5 = 0,00 mE lement 6: K 6 = 0,00 1 Energy loss h L6 = 0,00 mE lement 7: K 7 = 0,00 1 Energy loss h L7 = 0,00 mE lement 8: K 8 = 0,00 1 Energy loss h L8 = 0,00 m

Total energy loss h Ltot = 23,03 m

Con el caudal inicial no da, toca disminuir.

CLASS II SERIES SYSTEMS Volume flow rate: Q = 0,0400 m3/s

Method II-B: Use results of Method IIA;Given: Pressure

p1 = 1,50E+02 kPaInclude minor losses; Pressure p2 = 202,05 kPathen pressure at Point 2 is computed NOTE: Should be > 200,0000 kPaAdditional Pipe Data: Adjust estimate for Q until p2

L/D = 978is equal or greater than desired.

Flow Velocity = 4,87 m/sVelocity atpoint 1 = 4,87

m/s |--> If velocityis in pipe:

Velocity head = 1,208 mVelocity atpoint 2 = 4,87

m/s |--> Enter "=B24"

Reynolds No. =4,33E+0

5Vel. head at

point 1 = 0,37 mFriction factor: f

= 0,0176Vel. head at

point 2 = 0,37 m

Energy losses in Pipe: KQty.

Pipe: K1 = f(L/D) = 17,20 1 Energy loss hL1 = 20,78 m FrictionEntrance: K2 = 0,50 0 Energy loss hL2 = 0,00 m

Butt Valve K3 = 0,77 1 Energy loss hL3 = 0,92 mElement 4: K4 = 0,00 1 Energy loss hL4 = 0,00 mElement 5: K5 = 0,00 1 Energy loss hL5 = 0,00 mElement 6: K6 = 0,00 1 Energy loss hL6 = 0,00 mElement 7: K7 = 0,00 1 Energy loss hL7 = 0,00 mElement 8: K8 = 0,00 1 Energy loss hL8 = 0,00 m

Total energyloss hLtot = 21,71 m

Ese es el caudal aproximado: 0,04 m3/s para la válvula de mariposa.Da mayor que con la de Globo. Esto porque el Le/D de la demariposa es menor a la de globo.

Ahora con la tubería de 5 pulgadas, en lugar de la de 4, pero con válvula de globo.

APPLIED FLUID MECHANICS II-A & II-B SI: CLASS II SERIES SYSTEMSObjective: Volume flow rate Method II-A: No minor losses

Ejercicio Problem 11.39Uses Equation 11-3 to estimate the allowable volume flow rate

Globe valve 5 in

to maintain desired pressure at point 2 for a given pressure at point 1

System Data:SI Metric Units

Pressure at point 1 = 415 kPa Elevation at point 1 = 0 mPressure at point 2 = 200 kPa Elevation at point 2 = 0 m

Energy loss: hL = 21,92 m

Fluid Properties:May need to compute:

Specific weight = 9,81kN/m3 Kinematic viscosity =

1,15E-06 m2/s

Pipe data: 5-in 40 schd SteelDiameter: D = 0,1282 m

Wall roughness: = 4,60E-05 mLength: L = 100 m Results: Maximum values

Area: A =0,01290

8 m2 Volume flow rate: Q =0,074

6m3/s Using Eq. 11-3

D/ =2,79E+0

3 Velocity: v = 5,78 m/s

CLASS II SERIES SYSTEMS Volume flow rate: Q = 0,0746 m3/s

Method II-B: Use results of Method IIA;Given: Pressure

p1 = 415 kPaInclude minor losses; Pressure p2 = 107,82 kPathen pressure at Point 2 is computed NOTE: Should be > 200,0000 kPaAdditional Pipe Data: Adjust estimate for Q until p2

L/D = 780is equal or greater than desired.

Flow Velocity = 5,78 m/sVelocity atpoint 1 = 5,78

m/s |--> If velocityis in pipe:

Velocity head = 1,704 mVelocity atpoint 2 = 5,78

m/s |--> Enter "=B24"

Reynolds No. =6,44E+0

5Vel. head at

point 1 = 0,52 mFriction factor: f

= 0,0166Vel. head at

point 2 = 0,52 m

Energy losses in Pipe: KQty.

Pipe: K1 = f(L/D) = 12,93 1 Energy loss hL1 = 22,04 m FrictionEntrance: K2 = 0,50 0 Energy loss hL2 = 0,00 m

Globe Valve K3 = 5,44 1 Energy loss hL3 = 9,27 mElement 4: K4 = 0,00 1 Energy loss hL4 = 0,00 mElement 5: K5 = 0,00 1 Energy loss hL5 = 0,00 mElement 6: K6 = 0,00 1 Energy loss hL6 = 0,00 mElement 7: K7 = 0,00 1 Energy loss hL7 = 0,00 mElement 8: K8 = 0,00 1 Energy loss hL8 = 0,00 m

Total energyloss hLtot = 31,31 m

Repetición:

CLASS II SERIES SYSTEM S Volume flow rate: Q = 0,0620 m 3 /sMethod II-B: Use results of Method IIA ; Given: Pressure p 1 = 4,15E+02 kPaInclude minor losses; Pressure p 2 = 201,30 kPathen pressure at Point 2 is computed NOTE : S hould be > 200,0000 kPaA dditional Pipe Data: A djust estimate for Q until p 2

L /D = 780 is equal or greater than desired.Flow Velocity = 4,80 m /s Velocity at point 1 = 4,80 m /s |--> If velocity is in pipe:Velocity head = 1,177 m Velocity at point 2 = 4,80 m /s |--> Enter "=B24"Reynolds No. = 5,35E+05 Vel. head at point 1 = 0,36 m

Friction factor: f = 0,0168 Vel. head at point 2 = 0,36 mE nergy losses in Pipe: K Qty.

Pipe: K 1 = f(L/D) = 13,07 1 Energy loss h L1 = 15,38 m FrictionE ntrance: K 2 = 0,50 0 Energy loss h L2 = 0,00 m

Globe V alve K 3 = 5,44 1 Energy loss h L3 = 6,40 m E lement 4: K 4 = 0,00 1 Energy loss h L4 = 0,00 mE lement 5: K 5 = 0,00 1 Energy loss h L5 = 0,00 mE lement 6: K 6 = 0,00 1 Energy loss h L6 = 0,00 mE lement 7: K 7 = 0,00 1 Energy loss h L7 = 0,00 mE lement 8: K 8 = 0,00 1 Energy loss h L8 = 0,00 m

Total energy loss h Ltot = 21,78 m

8. Para el sistema en paralelo de la figura, determine el flujo volumétrico total entre 1 y 2, si el fluido es aceite SAE 10 a 20 °C, y las tuberías son de hierro fundido sin recubrimiento. La máxima caída de presión entre 1 y 2 es 3 psig.

SOLUCIÓN:

Para aceite SAE 10 a 20°C, tome 1,69 slug/ft3 y0,00217 slug/ft*sPara hierro dúctil, 0,00085 ft Conversión: p 3 psig432 lbf/ft2 y suponga flujo laminar en cada rama (porque esun aceite muy viscoso. Si quiere, utilice el criterio de

Laminar, dado en clase, para comprobar). De todos modos, alfinal de cada rama se comprueba si da o no laminar.

Δpa=128μLaQa

πDa4 =432 Entonces,

432=128∗250∗0,00217

π(312

)4 Qa

Despejando, Qa=0,0763ft3

s comprobando Reynolds,

ℜ=1,69∗0,0763∗40,00217∗0,25∗π

=302,63→LAMINAR (OK)

Δpb=128μLbQb

πDb4 =432 Entonces,

432=128∗200∗0,00217

π(212

)4 Qb

Despejando, Qb=0,0188ft3

s comprobando Reynolds,

ℜ=1,69∗0,0188∗4

0,00217∗0,167∗π=111,85→LAMINAR (OK)

Respuesta: El flujo volumétrico total es Q = Qa + Qb = 0.0763+0.0188 ≈ 0.095 ft3 /s

9. Agua a 20°C se va a bombear desde un depósito A hasta otrodepósito B (elevado) por medio de dos mangueras plásticas de 25 mde largo, en paralelo. Los diámetros internos son 3 y 5 cm. Elagua se va a bombear por medio de una bomba que tiene un motoreléctrico de 7 kW y una eficiencia mecánica de 68%. Calcule elflujo volumétrico total entre los depósitos y en cada manguera, sise desprecian las pérdidas menores.

SOLUCIÓN: Que pena pero por ahora les pongo la solución del Libro,tal cual. Luego subiré la solución con mis palabras y con la hoja de cálculo:

10. Una bomba de 37 cm de diámetro de impulsor, con una velocidadde 2140 rpm, impulsa agua a 20°C, produciendo los siguientes datos:Q, (m3/s) 0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

H, (m)105

104

102

100 95 85 67

P, (kW)100

115

135

171

202

228

249

, % 0 44 74 86 92 92 79

a) Determine el punto de máxima eficiencia de la bomba. b) Grafique H vs Q. Indique el rendimiento de la bomba para un caudal de 10000 L/min de agua.SOLUCIÓN:

a) El punto de máxima eficiencia de la bomba (B.E.P.) está entre0,2 y 0,25 m3/s, con un 92% de eficiencia.

b) La gráfica se presenta en dos: primero con la eficiencia y luego con la potencia, para que se vean los puntos mejor, en la siguiente página.Tener en cuenta que 10000 L/min ≈ 0,167 m3/s (Verifique), o sea que el Q estará entre 0,15 y 0,2 m3/s de la Tabla, pero gráficamente se puede ver con una precisión válida (o perfecta, pero válida para el caso).

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.350

20

40

60

80

100

120

0

44

7486 92 92

79

105 104 102 100 9585

67

H y h vs Q

Q, m3/s

H (m),

h (

%)

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.30

50

100

150

200

250

300

100115

135

171202

228249

105 104 102 100 95 8567

P y H vs Q

P, (kW)

RESPUESTA: El rendimiento para 10000 L/min sería aproximadamente: 99 m de carga (H), 88% de eficiencia (h), y 175 kW de potencia consumida (P). Falta el NPSHr pero no nos dan datos al respecto.

11. Para la siguiente gráfica, que ilustra las curvas derendimiento de una bomba, determine:a) Nomenclatura de la bomba, incluyendo su velocidad de impulsor;b) El B.E.P.; c) El rendimiento para un Q = 400 gpm; d) El

rendimiento si la carga sobre la bomba es 60 pies; e) Ns y Ds.(Incluya el NPSH requerido en los puntos b, c y d).

SOLUCIÓN.

A) 5X4-12,75, a 1160 rpm- En este caso si es al revés de lascurvas vistas en clase, porque el 5” nominales de conexiónde succión; 4” nominales de conexión de descarga. Y el12,75 si corresponde a las pulgadas reales del diámetromáximo del impulsor. Recordar: siempre es mayor la succiónque la descarga. Ojo. La velocidad si es 1160 rpm, derotación del impulsor.

B) El B.E.P. La flecha lo indica en el dibujo, es 80%, quecorresponde a un Q = 525 gpm, un H = 62 pies, una potenciaconsumida (P) de casi 11 hp, y un NPSHr de aproximadamente4,8 pies.

C) Rendimiento para Q = 400 gpm. Ojo, si no nos dicen a qué Ddel impulsor, se toma el mayor, en este caso 12,75pulgadas. Siguiendo el mismo procedimiento del punto

anterior, estos son los resultados aproximados (puedenvariar por la capacidad de observación individual): H:67,8 ft; P: 9 hp; : 77,8%; NPSHr: 4 ft.

D) En este caso se parte de la carga (60 ft) y se va derechohacia la curva de D: 12,75 pulg, y de ahí se lee todo. Losresultados son: Q: 600 gpm; P: 12 hp; : 78,5%; NPSHr. 6ft.

E) Ns = N√Q

H34 Si nos especifican en qué punto, se debe tomar en

el B.E.P.

Ns=1160√525620,75 =1202,4

Ds = DH14

√Q Si nos especifican en qué punto, se debe tomar en

el B.E.P. Con el D máximo

Ds=12,75∗620,25

√525=1,56

Con estos datos se va a la gráfica 13,48 del Mott y sedetermina el tipo de flujo que corresponde a estascondiciones:

Como se ve, corresponde a flujo radial: alta carga (Ds) ybaja capacidad (Ns), y con una eficiencia superior al 70%que fue lo que nos dio en la curva de la bomba respectiva.

12. Una bomba impulsa propano a 45°C (densidad relativa 0,48)desde un tanque cuyo nivel está 1,84 m por debajo de la entrada dela bomba. Las pérdidas de energía en la línea de succión son 0,92m en total y la presión atmosférica es 98,4 kPa absolutos.Determine la presión que se necesita ejercer sobre el propano enel tanque, para garantizar que la NPSHa sea al menos 1,5 m.

SOLUCIÓN:Este es un ejercicio típico de NPSHa, pero donde se sabe elNPSHa (el que exigen) y se debe despejar la presiónmanométrica necesaria para lograrlo.Datos de tablas a la temperatura dada: G=0,48; hvp = 340 m;

hsp=NPSHa−hs+hf+hvp=1,5−(−1,84 )+0,92+340=344,3m

Ahora: hsp=patm+pman

γ; Entonces:

pman=psp−patm=(344,3∗0,48∗9,8 )−98,4=1521kPaRESPUESTA: Se Necesitaría una presión de 1,52 MPa para estecaso.

13. Para el siguiente sistema ilustrado, grafique la cargadisponible, H, si el fluido es agua a 20°C, como función delcaudal, de acuerdo con la siguiente ecuación:H=125−2,5Q2 donde Hestá en pies de agua y Q en gpm; luego determine el NPSHa en elsistema; y, finalmente, determine el punto de operación delsistema.

SOLUCIÓN.A) Gráfica HB vs Q. (Recordar: HB es la carga disponible,

es decir la que da la bomba). En la siguiente página.

0 1 2 3 4 5 6 7 80

20406080100120140

125 121.09375109.375

89.84375

62.5

27.34375

0.000629743750010903

HB vs Q

Q, gpm

HB, ft

B) NPSHa del sistema: La carga de presión estática es: hsp = p atm/ = (101,3

kPa/9,8 kN/m3) = 10,33 m La carga de elevación, hs es: No nos la dan en el enunciado

ni en el dibujo. Se puede suponer, de acuerdo con eldibujo y el dato de z2-z1 = 22 ft, que sea proporcional:+10 ft o sea: +3,05 m = hs

La carga de pérdidas en la succión, hf: Nuevamente, no nosdan el dato de L, pero se pueda suponer perfectamente quesea también unos 10 ft, o 3,05 m, (por el dibujo y el datode L total). También se debe escoger un caudal, pues en elenunciado no nos dicen para qué caudal se va a operar.Puede ser el promedio, que más o menos es 3,75 gpm, dadoque el máximo Q o “DESCARGA LIBRE,” según la gráfica esalgo mayor de 7 gpm (Verifique). Entonces,

hf=¿

Donde la velocidad es: υ=QA=

3,75gpm∗(1pie3

s )∗4449gpm∗π∗(

1,212

ft)2=1,06ft/s

=0,32 m/s

El Reynolds dará: ℜ=υDν

=0,32∗(1,2∗0,0254)

1,08∗10−6 =9031,1

El de rugosidad, o rugosidad relativa es:κ=

εD=0,0011∗0,0254m1,2∗0,0254m

=0,000917

De forma que el coeficiente de fricción, f, dará: 0,0334(Por Swamee y Jain)

Entonces, las pérdidas en la succión, donde hay un codo,una entrada y la válvula 1, serán:

hf=[0,0334 3,05

0,03048+(0,5+2+0,34 )]∗0,32219,6

m=0,0322m

Y finalmente, la carga de presión de vapor, hvp, del agua a20°C, es: hvp = 0,023 m

Ahora sí, el NPSHa es.NPSHa=10,33m+3,05m−0,0322m−0,023m=13,32m

Es un NPSHa bastante alto, dado que el fluido es agua a20°c, (no volátil), la altura sobre la bomba es buena y nohay casi pérdidas en la línea de succión (y eso que eldiámetro es pequeño, pero lo que ayuda es que el Q esbastante bajo, da flujo casi en transición).

C) Punto de operación real de la bomba:Corresponde a los valores de H y Q para el punto deintersección de la curva de la bomba (HB vs Q) con lacurva de resistencia del sistema (ha vs Q)La curva de la bomba, o sea el HB o carga disponible, yaestá hecha. Falta construir la del sistema. Para ello separte de la ecuación de energía entre los puntos inicial yfinal del mismo:

ha=z2−z1+hL=6,7+¿

El D no cambia en este ejercicio entre la entrada y lasalida de la bomba. La L es la total. Los K incluyen todoslos codos, las dos válvulas, la entrada y la salida.Entonces:

ha=6,7+[f 37,80,03048

+(0,5+2+6,8+ (3∗0,34)+1,05)] υ2

19,6

ha=6,7+[1240,32f+11,37 ] υ2

19,6

Ahora, como υ=QA

= 4Qπ(0,03048)2 ¿1370,5Q

Entonces, ha=6,7+[1240,32f+11,37 ]95830,6Q2

Igualando las dos expresiones HB = ha125−2,5Q2=6,7+[1240,32f+11,37 ]95830,6Q2

Como f depende del Q, se le va dando valores al Q, sehalla el f, se reemplaza en la ecuación anterior y se miraa qué valor de Q, y obviamente de f, son iguales los doslados. Ese es el punto de operación real. Se presenta latabla de datos y la gráfica en Excel, de este proceso.

Q (m3/s) HB (m) ha (m)0 38,1 6,7

7,8854E-05

36,909375

6,74016976

0,00015771 33,3375

6,83620583

0,00023656

27,384375

6,98205377

0,00031542 19,05

7,17549464

0,000394 8,334375 7,415278

27 340,000441

58 0,7627,581043

270,000446

070,000191

957,597591

480,000473

13 -4,76257,700591

1

Como se ve en la Tabla, la intersección entre las doscurvas debe estar entre 0,00039427 y 0,00044158 m3/s, donde elHB = haGráficamente:

0.0E+00 1.0E-04 2.0E-04 3.0E-04 4.0E-04 5.0E-046

9

f(x) = 3902609.76834677 x² + 278.892118398008 x + 6.69721094099991

f(x) = 0HB y ha vs Q

Q, m3/s

Ha,

m

El punto exacto de operación real, para este sistema yesta bomba (teniendo en cuenta las suposiciones hechas alcomienzo) sería P.O.R. = (6,34371 gpm; 24,3933 ft) o(0,000400182 m3/s; 7,43509 m)

Es de aclarar que en este caso como el caudal es tan bajo(apenas 24,01 L/min) las pérdidas daban bajas y por endeel ha también. Lo que quiere decir que muy probablementela eficiencia de la bomba para este sistema sea muy baja.

P.O.

Ahí en la gráfica se puede ver porque el P.O.R. está muyabajo. En otras palabras, es probable que esa bomba no seala adecuada para este sistema.