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Entrega 5 Mecánica de Fluidos Q1. Curso 2016/2017 M.A.B. , A.I.S. i A.P.E. 20/12/2016

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ENTREGA 5. MECÁNICA DE FLUIDOS

Problema 1. El esquema de la figura 1 presenta dos depósitos para un grupo de bombeado.

La diferencia de cotas entre el nivel del líquido de los dos depósitos es de 65 metros, la

longitud del conducto que une los dos depósitos es de 2500 metros, el conducto es de PVC y

tienen un diámetros de 0,12 metros.

Sabiendo que las características de la bomba se detallan con el diagrama siguiente (la gráfica

está dada en H (m) y Q (l/min), curva de 40-250-220-. Determinar:

a.- El caudal circulante. (Punto de funcionamiento de la bomba).

b.- El diámetro del conducto para que la velocidad del fluido en el interior del mismo

sea de 1 m/s. ¿Cuál es el punto de funcionamiento en este caso?

c.- Qué diferencia de cotas entre niveles del depósito sería necesaria para que

manteniendo el diámetro de conducto inicial se tenga una velocidad del fluido en el

interior del conducto de 1 m/s.

a) El cabal circulante. (Punto de funcionamiento de la bomba).

Primero de todo aplicaremos la ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2, el punto que está

en la superficie del líquido del primer depósito y el punto de la superficie del líquido del

segundo.

𝑃1𝜌𝑔

+ 𝑧1 +𝑉12

2𝑔+ 𝐻 =

𝑃2𝜌𝑔

+ 𝑧2 +𝑉22

2𝑔+ ∆𝑌12

Ambos términos de la presión quedan descartados ya que las consideramos presiones

relativas. Y también anularemos las velocidades porque la teoría de los grandes depósitos nos

dice que la velocidad de un punto de la superficie del líquido en un depósito grande que se

vacía por un agujero pequeño, es cero.

𝐻 = (𝑧2 − 𝑧1) + ∆𝑌12

𝐻 = 65 + ∆𝑌12

Representación de los depósitos


2

𝐻 = 65 + 𝑓8𝐿𝑄2

𝐷5𝑔𝜋2

Como tenemos de incógnitas los términos Q, H y f, resolveremos la ecuación mediante el

método de iteración. Cogemos un valor de f cualquiera y lo verificaremos con la gráfica de

Moody, sino volveremos a coger otro valor de este que nosotros consideremos que se

encuentra más cerca de la opción correcta. Tenemos la siguiente información:

𝐻 = −83297𝑄2 + 127,95𝑄 + 99,985

Comenzamos con un factor de fricción de valor 0,02:

𝐻 = 65 + 0,02 ·8 · 2500 · 𝑄2

0,125 · 9,81 · 𝜋2

𝐻 = 65 + 166029,4038 𝑄2

𝐻 = −83297𝑄2 + 127,95𝑄 + 99,985

Tenemos un sistema de ecuaciones con dos incógnitas, Q y H:

−83297𝑄2 + 127,95𝑄 + 99,985 = 65 + 166029,4038 𝑄2

249326,4038𝑄2 − 127,95𝑄 − 34,985 = 0

𝑄 = 0,01210496297𝑚3

𝑠 𝑖 − 0,01159178026

𝑚3

𝑠

Obviamente, descartamos el valor negativo del cabal, entonces obtendremos un valor de H de

89,32831 m

Mediante la hipótesis que tratamos con el agua como fluido, con una viscosidad de 1,02·106

m2/s, buscamos el valor de Re para comprobar el valor conseguido.

𝑅𝑒 =4𝑄

𝐷𝜋𝜐 → 𝑅𝑒 =

4 · 0,01210496297

0,12 · 𝜋 · 1,02 · 10−6= 125919,261

Y ahora calculamos la rugosidad relativa, sabiendo que la rugosidad del PVC es de 0,0015 mm:

𝜀𝑟 =0,0015

120= 1,25 · 10−5

Con el valor de Re y el de la rugosidad relativa podemos encontrar el valor del factor de

fricción f’=0,0175. Como este valor no es exactamente el que habíamos supuesto al inicio

(0,02), volvemos a aplicar el mismo método pero ahora con f=0,017:


3

𝐻 = 65 + 0,017 ·8 · 2500 · 𝑄2

0,125 · 9,81 · 𝜋2

𝐻 = 65 + 141124,9932 𝑄2

𝐻 = −83297𝑄2 + 127,95𝑄 + 99,985

Encontramos H y Q:

−83297𝑄2 + 127,95𝑄 + 99,985 = 65 + 141124,9932 𝑄2

224421,9932𝑄2 − 127,95𝑄 − 34,985 = 0

𝑄 = 0,01277388538𝑚3

𝑠 𝑖 − 0,01220375409

𝑚3

𝑠

Volviendo a descartar el valor negativo obtenemos una H=88,027668 m.

𝑅𝑒 =4𝑄


4 · 0,01277388538

0,12 · 𝜋 · 1,02 · 10−6= 132877,5817

Buscamos el valor de Reynolds y para la rugosidad relativa nos da un valor de fricción de

f’=0,0172. Para ser más exactos iteramos con un valor entre 0,0172 y 0,0175.

𝐻 = 65 + 0,0172 ·8 · 2500 · 𝑄2

0,125 · 9,81 · 𝜋2

𝐻 = 65 + 142785,2872 𝑄2

𝐻 = −83297𝑄2 + 127,95𝑄 + 99,985

Volvemos a encontrar H y Q:

−83297𝑄2 + 127,95𝑄 + 99,985 = 65 + 142785,2872 𝑄2

226082,2872𝑄2 − 127,95𝑄 − 34,985 = 0

𝑄 = 0,01272582618𝑚3

𝑠 𝑖 − 0,0121598818

𝑚3

𝑠

Descartando cabal negativo, tenemos H=88,12360 m. Con un número Re:

𝑅𝑒 =4𝑄


4 · 0,01272582618

0,12 · 𝜋 · 1,02 · 10−6= 132377,6563

Y finalmente obtenemos un factor de fricción f’=0,0174. Volvemos a iterar por última vez con

el valor de f=0,0174, que más adelante veremos que se trata del valor exacto porque nos

daremos cuenta que f=f’.

𝐻 = 65 + 0,0174 ·8 · 2500 · 𝑄2

0,125 · 9,81 · 𝜋2


4

𝐻 = 65 + 144445,5813 𝑄2

𝐻 = −83297𝑄2 + 127,95𝑄 + 99,985

Calculamos H y Q:

−83297𝑄2 + 127,95𝑄 + 99,985 = 65 + 144445,5813 𝑄2

227742,5813𝑄2 − 127,95𝑄 − 34,985 = 0

𝑄 = 0,01267830132𝑚3

𝑠 𝑖 − 0,0121164828

𝑚3

𝑠

Descartamos el valor negativo y obtenemos una H=88,21809 m. Con un número de Reynolds

que veremos que nos da un valor de f’=0,0174, tal y como hemos mencionado antes, sucede

que f=f’. Ya tenemos el valor exacto del coeficiente de fricción.

Entonces realizamos los cálculos de Q y H con este justo factor de fricción, que son:

𝑄 = 0,01267830132𝑚3

𝑠

𝐻 = 88,21808514 m

b) El diámetro del conducto para que la velocidad del fluido en el interior del mismo

sea de 1 m/s. ¿Cuál es el punto de funcionamiento en este caso?

Volvemos a aplicar Bernoulli igual que anteriormente pero en este caso conocemos la

velocidad:

𝑄 = 𝑣 · 𝑆 = 1 ·𝜋 · 𝐷2

4=𝜋 · 𝐷2

4

Sustituyendo a la ecuación de la bomba:

𝐻 = −83297(𝜋 · 𝐷2

4)

2

+ 127,95(𝜋 · 𝐷2

4) + 99,985

𝐻 = −51381,777𝐷4 + 100,491695 𝐷2 + 99,985

Otra vez Bernoulli

𝐻 = 65 + 𝑓8𝐿 (

𝜋 · 𝐷2

4 )2

𝐷5𝑔𝜋2= 65 + 𝑓

𝐿

2𝐷𝑔

Ahora haremos lo mismo que en el apartado anterior, suponemos una semilla de f, como por

ejemplos f=0,01.

𝐻 = 65 + 0,01 ·2500

19,62 · 𝐷

𝐻 = −51381,77736 𝐷4 + 100,491695 𝐷2 + 99,985


5

Para resolver este sistema de dos ecuaciones precisaremos del programa matemático Wolfram

Alpha, que no da las posibles soluciones de:

𝐻1 = 73,2585 𝑚 𝑖 𝐷1 = 0,154291 𝑚

𝐻2 = 100,028 𝑚 𝑖 𝐷2 = 0,0363769 𝑚

Se puede ver que con un diámetro pequeño no nos acercaremos a la solución, ya que nos da

un factor de fricción f’ el cual no se encuentra entre el intervalo [0.1-0.2], un intervalo de

factores de fricción posibles para conductos comerciales. Nos quedamos con la restante, que

nos dará un número Re de:

𝑅𝑒1 =𝑉 · 𝐷1𝑣

=1 · 0,154291

1,02 · 10−6= 151265,6863

𝜀𝑟1 =0,0015

154,291 = 9,7218 · 10−6

Con estos valores, en el diagrama encontraremos un valor de factor de fricción de f’=0,0167.

Aún seguiremos intentando acercarnos más a la solución y optaremos por usar una iteración

de f=0,017.

𝐻 = 65 + 0,017 ·2500

19,62 · 𝐷

𝐻 = −51381,77736 𝐷4 + 100,491695 𝐷2 + 99,985

Resolvemos el sistema con el programa:

𝐻1 = 80,0574 𝑚 𝑖 𝐷1 = 0,14386 𝑚

𝐻2 = 99,5888 𝑚 𝑖 𝐷2 = 0,062626 𝑚

Cogemos el primer caso, ya que el segundo tiene un diámetro demasiado pequeño.

Obtenemos un número de Re de:


=1 · 0,14386

1,02 · 10−6= 141039,2157

𝜀𝑟1 =0,0015

143,86 = 1,0427 · 10−5

Y finalmente conseguimos un factor de fricción f’=0,0168. Por última vez probaremos con este

mismo factor de fricción f=0.0168 y veremos que será el exacto, con el cual f=f’.

𝐻 = 65 + 0,0168 ·2500

19,62 · 𝐷

𝐻 = −51381,77736 𝐷4 + 100,491695 𝐷2 + 99,985

Resolvemos el sistema con el programa:

𝐻1 = 79,8424 𝑚 𝑖 𝐷1 = 0,144227 𝑚


6

𝐻2 = 99,618 𝑚 𝑖 𝐷2 = 0,061837 𝑚

Cogemos la primera solución ya que la segunda tiene un diámetro demasiado pequeño.

Obteniendo entonces un número de Re:


=1 · 0,144227

1,02 · 10−6= 141399,0196

𝜀𝑟1 =0,0015

144,227= 1,0400 · 10−5

Y ahora sí, con estos valores encontramos que f=f’=0.0168, el valor exacto del factor de

fricción.

Ya podemos realizar el cálculo del diámetro con nuestro factor de fricción exacto.

𝐷 = 0,144227 𝑚

El cabal consecuente a este diámetro tiene un valor de:

𝑄 = 𝑣 · 𝑆 = 1 ·𝜋 · 𝐷2

4=𝜋 · 𝐷2

4=𝜋 · 0,1442272

4= 0,01634

𝑚3

𝑠

Pudiendo calcular el valor final de H, que es:

𝐻 = 79,8424 𝑚

c) ¿Qué diferencia de cotas entre niveles del depósito sería necesaria para que

manteniendo el diámetro del conducto inicial se tenga una velocidad del fluido en

el interior del conducto de 1 m/s?

En este último apartado debemos calcular la diferencia de z ya que nos dan la velocidad del

fluido y su diámetro. Siempre aplicando Beroulli:

𝑄 = 𝑣 · 𝑆 = 1 ·𝜋 · 𝐷2

4=𝜋 · 𝐷2

4=𝜋 · 0,122

4= 0,01131

𝑚3

𝑠

𝐻 = ∆𝑧 + 𝑓8 · 𝐿 · 𝑄2

𝐷5 · 𝑔 · 𝜋2 → 𝐻 = 𝑧 + 𝑓

8 · 2500 · 0,011312

0,125 · 9,81 · 𝜋2

𝐻 = 𝑧 + 𝑓1061,891691

Por otro lado podemos calcular la H con la ecuación de la bomba, sustuyendo el valor del cabal

que hemos calculado al inicio del apartado

𝐻 = −83297𝑄2 + 127,95𝑄 + 99,985

𝐻 = −83297(0,01131)2 + 127,95(0,01131) + 99,985

𝐻 = 99,7771 𝑚

Entonces ya podemos encontrar el valor del número de Reynolds y su rugosidad relativa


7

𝑅𝑒 =𝑉 · 𝐷

𝑣=

1 · 0,12

1,02 · 10−6= 117647,0588

𝜀𝑟 =0,0015

120= 1,25 · 10−5

En este caso nos resultará un valor de f=0.018, valor del diagrama de Moody para conductos

comerciales. Y podremos encontrar la diferencia de las cotas z, de los dos depósitos.

Sustituyendo el valor de f en la ecuación de la H

∆𝑧 = 𝐻 − 𝑓1061,891691

∆𝑧 = 99,7771 − 0,018 · 1061,891691

∆𝑧 = 80,66 𝑚


8

Problema 2. Sea el conjunto depósitos y conductos que se expone en los dos esquemas

siguientes. Si se conoce: Que la curva característica de la bomba está dada por la ecuación

𝒀𝒃𝒐𝒎𝒃𝒂 = 𝒀𝟎 − 𝒂𝑸𝟐, donde 𝒀𝟎 y 𝒂, son constantes conocidas, conociendo además las

longitudes, diámetros y rugosidades absolutas de todos los tramos, se pide determinar el

caudal que circula por las dos instalaciones y por cada uno de los tramos. Realizar el cálculo

mediante la determinación de las constantes equivalentes de los conductos. Supóngase que

los tramos situados a la entrada y salida de la bomba son muy cortos y se puede despreciar

su efecto.

La ecuación que deberá utilizarse para determinar las pérdidas de carga en cada tramo es la

de Darcy Weisbach.

∆𝒀𝒊 = 𝒇𝒊𝑳𝒊

𝑫𝒊𝟓

𝟖𝑸𝒊𝟐

𝝅𝟐

Tomar como primera aproximación, el factor de fricción “f” función de la rugosidad relativa

(ɛ

𝑫).

Resolución del primer caso:

Para empezar, debemos aplicar la ecuación de la energía entre las superficies libres de los dos

depósitos:

𝑃1𝜌+𝑣12

2+ 𝑔𝑧1 + 𝑌𝐵 =

𝑃2𝜌+𝑣22

2+ 𝑔𝑧2 + ∆𝑌12

Como trabajamos con presiones relativas i consideramos que la superficie de los dos depósitos

es muy grande, obtenemos las expresiones siguientes:


9

𝑊

𝜌𝑄= 𝑌𝐵 = 𝑔(𝑧2 − 𝑧1) + ∆𝑌12

∆𝑌12 = ∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 + ∆𝑌4 → ∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 = ∆𝑌1 + ∆𝑌2 + ∆𝑌3

∆𝑌1 = 𝐾1𝑄12

∆𝑌2 = 𝐾2𝑄22

∆𝑌3 = 𝐾3𝑄32

Si estas tres últimas las comparamos con la ecuación de Darcy Weisbach, vemos que la 𝐾

representa todos los términos a excepción del cabal.

Ésta constante depende del factor de fricción, que es función de la rugosidad relativa y del

número de Reynolds. Estas constantes se suponen conocidas, ya que supondremos como

primera aproximación que el régimen en todo momento sea turbulento desarrollado.

De la ecuación de continuidad, tenemos lo siguiente:

𝑄4 = 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 = √∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙

𝐾1+√

∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙𝐾2

+√∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙

𝐾3

Si definimos la constante equivalente de las pérdidas del conjunto de las tres brancas en

paralelo como 𝐾𝑒𝑓, tenemos la expresión siguiente:

∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 = 𝐾𝑒𝑓𝑄42 = 𝐾𝑒𝑓 (√

∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙

𝐾1+√


𝐾2+√


𝐾3)

2

∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 = 𝐾𝑒𝑓∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 (1

√𝐾1+

1

√𝐾2+

1

√𝐾3)

2

→ 𝐾𝑒𝑓 =1

(1

√𝐾1+

1

√𝐾2+

1

√𝐾3)

2

Nos falta definir la constante para la tobera 4:

∆𝑌4 = 𝐾4𝑄42

Así pues, la ecuación de la energía planteada inicialmente quedará expresada de la siguiente

manera:

[𝑚2

𝑠2]

𝑊

𝜌𝑄4= 𝑔(𝑧2 − 𝑧1) + 𝐾𝑒𝑓𝑄4

2 + 𝐾4𝑄42

Donde, multiplicando por 𝑄4, podemos encontrar la expresión siguiente:

𝑄4 =

𝑊𝜌

(𝑔(𝑧2 − 𝑧1) + 𝐾𝑒𝑓𝑄42 + 𝐾4𝑄4

2)


10

Finalmente, las pérdidas de carga en el tramo 4 y en las tres brancas en paralelo serán:

∆𝑌4 = 𝐾4𝑄42

∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 = 𝐾𝑒𝑓𝑄42

Por lo tanto, el cabal en cada uno de los tramos se obtendrá a partir de la siguiente expresión:

∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 = 𝐾𝑒𝑓𝑄42 = 𝐾1𝑄1

2 = 𝐾2𝑄22 = 𝐾3𝑄3

2

Donde tenemos:

𝑄1 = √𝐾𝑒𝑓𝑄4

2

𝐾1 ; 𝑄2 = √

𝐾𝑒𝑓𝑄42

𝐾2 ; 𝑄3 = √

𝐾𝑒𝑓𝑄42

𝐾3

Resolución del segundo caso:

Al igual que con el primer apartado, aplicando la ecuación de la energía entre las superficies

libres de los dos depósitos, obtenemos que:

𝑊

𝜌𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= 𝑌𝐵 = 𝑔(𝑧𝐵 − 𝑧𝐴) + ∆𝑌𝐴𝐵

La diferencia es que, en este caso, las pérdidas de energía se definirán como:

∆𝑌𝐴𝐵 = ∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 1−3 + ∆𝑌𝐷

Donde tenemos que:

∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 1−3 = ∆𝑌𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 1−2 + ∆𝑌2−3 = 𝐾𝑒𝑓(1−3)𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙2

𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑄(1−3)𝐴 + 𝑄23 = 𝑄(1−3)𝐴 +𝑄(1−2)𝐵 +𝑄(1−2)𝐶

Por otro lado tenemos las siguientes expresiones:

∆𝑌12 = ∆𝑌(1−2)𝐵 = ∆𝑌(1−2)𝐶

∆𝑌(1−2)𝐵 = 𝐾(1−2)𝐵𝑄(1−2)𝐵2

∆𝑌(1−2)𝐶 = 𝐾(1−2)𝐶𝑄(1−2)𝐶2

Si lo sustituimos en la ecuación entre los puntos 1 y 2, obtenemos que:

𝑄23 = √∆𝑌(1−2)𝐵𝐾(1−2)𝐵

+√∆𝑌(1−2)𝐶𝐾(1−2)𝐶

∆𝑌12 = 𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑄2−32 = 𝐾(1−2)𝐵𝑄(1−2)𝐵

2 = 𝐾(1−2)𝐶𝑄(1−2)𝐶2

∆𝑌12 = 𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑄2−32 = 𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡∆𝑌(1−2) (

1

√𝐾(1−2)𝐵+

1

√𝐾(1−2)𝐶)

2


11

𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 =1

(1

√𝐾(1−2)𝐵+

1

√𝐾(1−2)𝐶)

2

Por otro lado:

∆𝑌(1−3)𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 = 𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙2 = ∆𝑌(1−3)𝐴 = ∆𝑌(1−2)𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙·𝑙𝑒𝑙 + ∆𝑌(2−3)

𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙2 = 𝐾(1−3)𝐴𝑄(1−3)𝐴

2 = 𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑄2−32 + 𝐾2−3𝑄2−3

2

Así pues:

𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙2 = 𝐾(1−3)𝐴𝑄(1−3)𝐴

2 = 𝑄2−32 (𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 + 𝐾2−3)

= ∆𝑌(1−3)𝑡𝑟𝑎𝑚 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 = ∆𝑌(1−3)𝑡𝑟𝑎𝑚 𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟

𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 +𝐾2−3 =1

(1

√𝐾(1−2)𝐵+

1

√𝐾(1−2)𝐶)

2 + 𝐾2−3 = 𝐾(1−3)𝑡𝑟𝑎𝑚 𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟

Si recordamos que:

𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙2 = 𝐾(1−3)𝑡𝑟𝑎𝑚 𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟𝑄2−3

2 = 𝐾(1−3)𝐴𝑄(1−3)𝐴2

𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑄2−3 + 𝑄(1−3)𝐴 = √∆𝑌(1−3)𝑡𝑟𝑎𝑚 𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟

𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 + 𝐾2−3+√

∆𝑌(1−3)𝐴𝐾(1−3)𝐴

𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙2 = ∆𝑌(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡

= 𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 [√∆𝑌(1−3)𝑡𝑟𝑎𝑚 𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟

𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 + 𝐾2−3+√

∆𝑌(1−3)𝐴𝐾(1−3)𝐴

]

2

Donde tenemos que:

∆𝑌(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡

= 𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡∆𝑌(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 [1

√𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 + 𝐾2−3+

1

√𝐾(1−3)𝐴]

2

𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 =1

[1


1

√𝐾(1−3)𝐴]

2

∆𝑌𝐴𝐵 = 𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙2 + 𝐾𝐷𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

2

Por lo tanto, la ecuación de la energía que habíamos planteado inicialmente nos queda

expresada de la siguiente manera:

𝑊

𝜌𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= 𝑔(𝑧𝐵 − 𝑧𝐴) + 𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

2 [𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 + 𝐾𝐷]


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Si multiplicamos la ecuación por 𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙, podremos aislar su valor:

𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =

𝑊𝜌

𝑔(𝑧𝐵 − 𝑧𝐴) + 𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙2 [𝐾(1−3)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 +𝐾𝐷]

Seguidamente, tenemos que la pérdida de la carga en cada uno de los tramos 1-3 será de:

𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙2 = ∆𝑌1−3 [

1


1

√𝐾(1−3)𝐴]

2

Y por lo tanto:

∆𝑌1−3 =𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙2

[1


1

√𝐾(1−3)𝐴]

2

Así pues, los cabales en cada uno de los tramos 1-3 serán:

∆𝑌1−3 = 𝐾(1−3)𝐴𝑄(1−3)𝐴2 → 𝑄(1−3)𝐴 = √

∆𝑌1−3𝐾(1−3)𝐴

∆𝑌1−3 = (𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 + 𝐾2−3)𝑄2−32 → 𝑄2−3 = √

∆𝑌1−3

(𝐾(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 + 𝐾2−3)

Finalmente, nos damos cuenta de que tenemos que tener en cuenta las expresiones siguientes

para encontrar el cabal entre los puntos 1-2 de la tobera B y el cabal que circula entre estos

dos puntos en la tobera C:

𝑄2−3 = 𝑄(1−2)𝐵 + 𝑄(1−2)𝐶

∆𝑌1−3 = ∆𝑌2−3 + ∆𝑌(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡

Por lo tanto, llegamos a la conclusión de que las expresiones finales que nos permiten

encontrar todas las incógnitas que teníamos inicialmente son:

∆𝑌2−3 = 𝐾2−3𝑄2−3

∆𝑌(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 = ∆𝑌1−3 − ∆𝑌2−3

∆𝑌(1−2)𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡 = ∆𝑌(1−2)𝐵 = ∆𝑌(1−2)𝐶

∆𝑌(1−2)𝐵 = 𝐾(1−2)𝐵𝑄(1−2)𝐵2 → 𝑄(1−2)𝐵 = √

∆𝑌(1−2)𝐵𝐾(1−2)𝐵

∆𝑌(1−2)𝐶 = 𝐾(1−2)𝐶𝑄(1−2)𝐶2 → 𝑄(1−2)𝐶 = √

∆𝑌(1−2)𝐶

𝐾(1−2)𝐶


13

Problema 3. El esquema definido en la figura muestra una instalación de bombeo de agua.

Las cotas de los puntos 1, 2, 3, 4, 5 y 6 son respectivamente: 𝒁𝟏 = 𝟎𝒎, 𝒁𝟐 = 𝟐𝟎𝒎, 𝒁𝟑 =

𝟓𝟎𝒎, 𝒁𝟒 = 𝟐𝟎𝒎, 𝒁𝟓 = 𝟒𝟎𝒎 i 𝒁𝟔 = 𝟖𝟎𝒎.

Se conoce que las pérdidas de carga en cada uno de los tramos están dadas por:

∆𝒉𝟏→𝟐 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 · 𝑸𝟏−𝟐𝟐

∆𝒉𝟐→𝟑 = 𝟖𝟎𝟎𝟎 · 𝑸𝟐−𝟑𝟐

∆𝒉𝟒→𝟓 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 · 𝑸𝟒−𝟓𝟐

∆𝒉𝟐→𝟒 = 𝟑𝟎𝟎𝟎 · 𝑸𝟐−𝟒𝟐

∆𝒉𝟒→𝟔 = 𝟔𝟎𝟎𝟎 · 𝑸𝟒−𝟔𝟐

Recuérdese que la pérdida de carga genérica está definida por:

∆𝒉𝒊 = 𝐟𝐢𝑳𝒊

𝑫𝒊𝟓

𝟖𝑸𝒊𝟐

𝝅𝟐 · 𝒈

Se conoce además que la curva característica de cada una de las bombas esta definida por:

𝑯𝑩𝟏 = 𝟏𝟎𝟎 − 𝟑𝟎𝟎𝟎 · 𝑸𝟏−𝟐𝟐

𝑯𝑩𝟐 = 𝟒𝟎 − 𝟔𝟎𝟎𝟎 · 𝑸𝟒−𝟔𝟐

Determinar:

1. El caudal circulante en cada tramo, así como las presiones en cada uno de los nudos. En el

esquema siguiente se indica el sentido de circulación del fluido.

2. Si se conoce que la longitud de cada uno de los 5 tramos de conducto es de 500 m. y se

estima que f=0,02. Hallar el diámetro de cada uno de los conductos.

3. Comentar como se podría mejorar la instalación partiendo de los datos obtenidos en el

caso. Determinar los nuevos caudales con la mejora establecida. (Realizar las hipótesis que

se crean oportunas).

Esquemas de los conjuntos de depósitos y conductos a estudiar


14

Apartado 1:

Para encontrar las ecuaciones que caracterizan el sistema, aplicaremos la ecuación de

Bernoulli por un fluido incompresible, entre los extremos de los diferentes tramos que

conforman el sistema. Así pues, aplicando Bernoulli entre los puntos 1 y 2, tenemos que:

𝑃1𝜌 · 𝑔

+𝑉12

2 · 𝑔+ 𝑧1 +𝐻𝑏1→2 =

𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉1→22

2 · 𝑔+ 𝑧2 + ∆ℎ1→2

Trabajamos con presiones relativas, y por lo tanto sabemos que:

𝑃1 = 𝑃3 = 𝑃5 = 𝑃6 = 0

Como no se conocen las dimensiones del depósito 1, se establece que la velocidad en este

depósito es menospreciable (𝑉1 ≅ 0). De manera que:

𝐻𝑏1→2 =𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉1→22

2 · 𝑔+ 𝑧2 + ∆ℎ1→2

Sustituyendo las dadas del enunciado:

𝐻𝑏1→2 =𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉1→22

2 · 𝑔+ 𝑧2 + ∆ℎ1→2

100 − 3000 · 𝑄1−22 =

𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉1→22

2 · 𝑔+ 20 + 5000 · 𝑄1−2

2 [1]

Ahora, aplicando Bernoulli entre los puntos 2 y 3:

𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉2→32

2 · 𝑔+ 𝑧2 =

𝑃3𝜌 · 𝑔

+𝑉32

2 · 𝑔+ 𝑧3 + ∆ℎ2→3

Como consideramos que la sección del depósito 3 es muy grande comparada con la sección de

los conductos, entonces se puede considerar que la velocidad en este depósito es de nuevo

menospreciable (𝑉3 ≅ 0). De forma que:

𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉2→32

2 · 𝑔+ 20 = 50 + 8000 · 𝑄2−3

2 [2]

Con la ecuación de Bernoulli nuevamente entre los puntos 2 y 4:

𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉2→42

2 · 𝑔+ 𝑧2 =

𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑉42

2 · 𝑔+ 𝑧4 + ∆ℎ2→4

Tal y como se observa en la figura del enunciado, los puntos 2 y 4 se encuentran a la misma

altitud (Z), y por lo tanto podemos afirmar que 𝑉2 = 𝑉4. Y entonces:

𝑃2𝜌 · 𝑔

=𝑃4𝜌 · 𝑔

+ 3000 · 𝑄2−42 [3]


15

Aplicando otra vez Bernoulli pero entre los puntos 4 y 5:

𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑉4→52

2 · 𝑔+ 𝑧4 =

𝑃5𝜌 · 𝑔

+𝑉52

2 · 𝑔+ 𝑧5 + ∆ℎ4→5

Siguiendo el mismo razonamiento que en el depósito 3, afirmamos que el depósito 5 tiene la

sección muy grande comparada con la sección de los conductos, y por eso consideramos que la

velocidad en el depósito es menospreciable (𝑉5 ≅ 0). De forma que:

𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑉4→52

2 · 𝑔+ 20 = 40 + 10000 · 𝑄4−5

2 [4]

Aplicando Bernoulli entre los puntos 4 y 6

𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑉4→62

2 · 𝑔+ 𝑧4 +𝐻𝑏4→6 =

𝑃6𝜌 · 𝑔

+𝑉62

2 · 𝑔+ 𝑧6 + ∆ℎ4→6

Siguiendo el mismo razonamiento que en el depósito 3 y 5, podemos igualmente afirmar que

el depósito 6 tiene la sección muy grande comparada con la sección de los conductos, y por lo

tanto se puede considerar que la velocidad del depósito es menospreciable (𝑉6 ≅ 0). Y de

manera que como en los casos anteriores tenemos:

𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑉4→62

2 · 𝑔+ 20 + 40 − 6000 · 𝑄4−6

2 = 80 + 6000 · 𝑄4−62 [5]

Como de entrada no se conocen los diámetros de los conductos, los términos

𝑉1→22

2·𝑔,𝑉2→32

2·𝑔,𝑉2→42

2·𝑔,𝑉4→52

2·𝑔,𝑉4→62

2·𝑔 son muy pequeños en comparación con los otros términos, y se

pueden despreciar. Teniendo en cuenta que las incógnitas de las ecuaciones anteriores son los

cabales de cada tramo i las presiones en las intersecciones 2 y 4, debemos aplicar la ecuación

de continuidad en estos puntos y así obtener un sistema del mismo número tanto en

ecuaciones como en incógnitas.

Aplicamos esta ecuación de continuidad en la intersección 2, y obtenemos la siguiente

expresión:

𝑄1→2 = 𝑄2→3 + 𝑄2→4 [6]

En la intersección 4, tenemos:

𝑄2→4 = 𝑄4→5 + 𝑄4→6 [7]

Y resolviendo el sistema de ecuaciones correspondiente a todas las ecuaciones encontradas a

lo largo del desarrollo, [1] a [7], determinadas en el siguiente paréntesis:


16

{

100 − 3000 · 𝑄1−2

2 =𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉1→22

2 · 𝑔+ 20 + 5000 · 𝑄1−2

2

𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉2→32

2 · 𝑔+ 20 = 50 + 8000 · 𝑄2−3

2

𝑃2𝜌 · 𝑔

=𝑃4𝜌 · 𝑔

+ 3000 · 𝑄2−42

𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑉4→52

2 · 𝑔+ 20 = 40 + 10000 · 𝑄4−5

2

𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑉4→62

2 · 𝑔+ 20 + 40 − 6000 · 𝑄4−6

2 = 80 + 6000 · 𝑄4−62

𝑄1→2 = 𝑄2→3 + 𝑄2→4𝑄2→4 = 𝑄4→5 + 𝑄4→6 }

Obtenemos los siguientes valores de Q i P:

{

𝑄12 = 0.07519 𝑚

3/𝑠

𝑄23 = 0.02443 𝑚3/𝑠

𝑄24 = 0.05076 𝑚3/𝑠

𝑄45 = 0.02654 𝑚3/𝑠

𝑄46 = 0.02452 𝑚3/𝑠

𝑃2 = 3.4112 · 105 𝑃𝑎

𝑃4 = 2.6529 · 105 𝑃𝑎}

Apartado 2:

Como en el primer apartado del problema hemos determinado los cabales que circulan en

cada tramo, ya podemos calcular directamente el diámetro de cada conducto, acordándonos

de que las pérdidas de energía debidas a la fricción entre el conducto y el fluido vienen

determinadas por la ecuación de Darcy-Weisbach:

∆ℎ𝑖→𝑗 = 𝐾𝑖→𝑗 · 𝑄𝑖→𝑗2 = fi ·

𝐿𝑖→𝑗

𝐷𝑖→𝑗5 ·

8𝑄𝑖→𝑗2

𝜋2 · 𝑔

𝐷𝑖→𝑗 = √fi ·𝐿𝑖→𝑗

𝐾𝑖→𝑗·

8

𝜋2 · 𝑔

5

En el enunciado del problema se especifican los valores de 𝐾𝑖→𝑗; la longitud de todos los

tramos que es 𝐿 = 500 𝑚; y f = 0.02 en todos los tramos.

- Tramo 1-2:

𝐷𝑖→𝑗 = √0.02 ·500

5000·

8

𝜋2 · 9.81

5

= 0.17524 𝑚

- Tramo 2-3:


17

𝐷𝑖→𝑗 = √0.02 ·500

8000·

8

𝜋2 · 9.81

5

= 0.15752 𝑚

- Tramo 2-4:

𝐷𝑖→𝑗 = √0.02 ·500

3000·

8

𝜋2 · 9.81

5

= 0.19409 𝑚

- Tramo 4-5:

𝐷𝑖→𝑗 = √0.02 ·500

10000·

8

𝜋2 · 9.81

5

= 0.15255 𝑚

- Tramo 4-6:

𝐷𝑖→𝑗 = √0.02 ·500

6000·

8

𝜋2 · 9.81

5

= 0.16896 𝑚

También queremos remarcar que los diámetros obtenidos no son posibles en realidad, ya que

no existen conductos con estas dimensiones.

Apartado 3:

Para poder mejorar el sistema de distribución del agua, calculamos inicialmente cuál es la

velocidad del fluido en cada tramo. De los apartados anteriores, conocemos el cabal y el

diámetro correspondiente en cada tramo, y por esta razón podemos calcular la velocidad

siguiendo lo siguiente:

𝑄𝑖→𝑗 = 𝑉𝑖→𝑗 · 𝑆 = 𝑉𝑖→𝑗 · 𝜋 · (𝐷𝑖→𝑗2

4) ; 𝑉𝑖→𝑗 =

4 · 𝑄𝑖→𝑗

𝜋 · 𝐷𝑖→𝑗2

- Tramo 1-2:

𝑉𝑖→𝑗 =4 · 0.075189

𝜋 · 0.175242= 3.11743 𝑚/𝑠

- Tramo 2-3:

𝑉𝑖→𝑗 =4 · 0.024426

𝜋 · 0.157522 = 1.25340 𝑚/𝑠

- Tramo 2-4:

𝑉𝑖→𝑗 =4 · 0.050763

𝜋 · 0.194092= 1.71574 𝑚/𝑠

- Tramo 4-5:


18

𝑉𝑖→𝑗 =4 · 0.026538

𝜋 · 0.15255 2= 1.45193 𝑚/𝑠

- Tramo 4-6:

𝑉𝑖→𝑗 =4 · 0.0245225

𝜋 · 0.168962= 1.08047 𝑚/𝑠

Observamos entonces que hay dos posibles mejoras:

1. Velocidad del fluido cercana a 1m/s en todos los tramos. 2. Diámetros de los conductos que existen en realidad.

Para conseguirlas, debemos determinar cuál es el diámetro necesario en los conductos para

que la velocidad del fluido sea 1m/s.

- Aplicando Bernoulli entre los puntos 1 y 2:

100 − 3000 · 𝑄1−22 =

𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉1→22

2 · 𝑔+ 20 + 5000 · 𝑄1−2

2

100 − 3000 · (𝑉12 · 𝜋 ·𝐷122

4)

2

=𝑃2𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 + 5000 · (𝑉12 · 𝜋 ·

𝐷122

4)

2

100 − 3000 · (𝜋 ·𝐷122

4)

2

=𝑃2𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 + 5000 · (𝜋 ·

𝐷122

4)

2


𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑉2→32

2 · 𝑔+ 20 = 50 + 8000 · 𝑄2−3

2

𝑃2𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 = 50 + 8000 · (𝑉23 · 𝜋 ·

𝐷232

4)

2

𝑃2𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 = 50 + 8000 · (𝜋 ·

𝐷232

4)

2


𝑃2𝜌 · 𝑔

=𝑃4𝜌 · 𝑔

+ 3000 · 𝑄2−42

𝑃2𝜌 · 𝑔

=𝑃4𝜌 · 𝑔

+ 3000 · (𝑉24 · 𝜋 ·𝐷242

4)

2

𝑃2𝜌 · 𝑔

=𝑃4𝜌 · 𝑔

+ 3000 · (𝜋 ·𝐷242

4)

2


19


𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑉4→52

2 · 𝑔+ 20 = 40 + 10000 · 𝑄4−5

2

𝑃4𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 = 40 + 10000 · (𝑉45 · 𝜋 ·

𝐷452

4)

2

𝑃4𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 = 40 + 10000 · (𝜋 ·

𝐷452

4)

2


𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑉4→62

2 · 𝑔+ 20 + 40 − 6000 · 𝑄4−6

2 = 80 + 6000 · 𝑄4−62

𝑃4𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 + 40 − 6000 · (𝑉46 · 𝜋 ·

𝐷462

4)

2

= 80 + 6000 · (𝑉46 · 𝜋 ·𝐷462

4)

2

𝑃4𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 + 40 − 6000 · (𝜋 ·

𝐷462

4)

2

= 80 + 6000 · (𝜋 ·𝐷462

4)

2

Y ahora aplicando las ecuaciones de continuidad a las intersecciones 2 y 4:

- Intersección 2:

𝑄1→2 = 𝑄2→3 + 𝑄2→4

𝑉12 · 𝜋 ·𝐷122

4= 𝑉23 · 𝜋 ·

𝐷232

4+ 𝑉24 · 𝜋 ·

𝐷242

4

𝐷122 = 𝐷23

2 +𝐷242

- Intersección 4:

𝑄2→4 = 𝑄4→5 + 𝑄4→6

𝑉24 · 𝜋 ·𝐷242

4= 𝑉45 · 𝜋 ·

𝐷452

4+ 𝑉46 · 𝜋 ·

𝐷462

4

𝐷242 = 𝐷45

2 + 𝐷462

Y resolviendo el sistema definido en el siguiente paréntesis:


20

{

100 − 3000 · (𝜋 ·

𝐷122

4)

2

=𝑃2𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 + 5000 · (𝜋 ·

𝐷122

4)

2

𝑃2𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 = 50 + 8000 · (𝜋 ·

𝐷232

4)

2

𝑃2𝜌 · 𝑔

=𝑃4𝜌 · 𝑔

+ 3000 · (𝜋 ·𝐷242

4)

2

𝑃4𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 = 40 + 10000 · (𝜋 ·

𝐷452

4)

2

𝑃4𝜌 · 𝑔

+1

2 · 𝑔+ 20 + 40 − 6000 · (𝜋 ·

𝐷462

4)

2

= 80 + 6000 · (𝜋 ·𝐷462

4)

2

𝐷122 = 𝐷23

2 +𝐷242

𝐷242 = 𝐷45

2 + 𝐷462 }

Obtenemos que:

{

𝐷12 = 0.40176 𝑚𝐷23 = 0.25769 𝑚𝐷24 = 0.30840 𝑚𝐷45 = 0.22272 𝑚𝐷46 = 0.21280 𝑚

𝑃2 = 5.0804 · 105 𝑃𝑎

𝑃4 = 3.4460 · 105 𝑃𝑎}

Obviamente estos conductos no existen en la realidad, y aproximando los diámetros hemos

obtenido los siguientes valores:

𝐷12(𝑟𝑒𝑎𝑙) = 0.40 𝑚

𝐷23(𝑟𝑒𝑎𝑙) = 0.25 𝑚

𝐷24(𝑟𝑒𝑎𝑙) = 0.30 𝑚

𝐷45(𝑟𝑒𝑎𝑙) = 0.25 𝑚

𝐷46(𝑟𝑒𝑎𝑙) = 0.20 𝑚

Una vez definidos los valores de los diámetros reales, calculamos el valor de los cabales de

cada tramo, utilizando las expresiones siguientes:


21

{

100 − 3000 · 𝑄1−2

2 =𝑃2𝜌 · 𝑔

+8 · 𝑄1−2

2

𝜋2 · 𝑔 · 0.44+ 20 + 0.02 ·

500

0.45·8 · 𝑄1−2

2

𝜋2 · 𝑔

𝑃2𝜌 · 𝑔

+𝑄2−32

𝜋2 · 𝑔 · 0.254+ 20 = 50 + 0.02 ·

500

0.255·8 · 𝑄2−3

2

𝜋2 · 𝑔

𝑃2𝜌 · 𝑔

=𝑃4𝜌 · 𝑔

+ 0.02 ·500

0.305·8 · 𝑄2−4

2

𝜋2 · 𝑔

𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑄4−52

𝜋2 · 𝑔 · 0.254+ 20 = 40 + 0.02 ·

500

0.255·8 · 𝑄4−5

2

𝜋2 · 𝑔

𝑃4𝜌 · 𝑔

+𝑄4−62

𝜋2 · 𝑔 · 0.204+ 20 + 40 − 6000 · 𝑄4−6

2 = 80 + 0.02 ·500

0.205·8 · 𝑄4−6

2

𝜋2 · 𝑔𝑄1→2 = 𝑄2→3 + 𝑄2→4𝑄2→4 = 𝑄4→5 + 𝑄4→6 }

Obtenemos:

{

𝑄12 = 0.12708 𝑚

3/𝑠

𝑄23 = 0.01555 𝑚3/𝑠

𝑄24 = 0.11152 𝑚3/𝑠

𝑄45 = 0.08507 𝑚3/𝑠

𝑄46 = 0.02645 𝑚3/𝑠

𝑃2 = 2.9626 · 105 𝑃𝑎

𝑃4 = 2.5477 · 105 𝑃𝑎}

; 𝑉𝑖→𝑗 =4 · 𝑄𝑖→𝑗

𝜋 · 𝐷𝑖→𝑗2

Y así, en cada uno de los tramos tenemos que:

- Tramo 1-2:

𝑉𝑖→𝑗 =4 · 0.127076

𝜋 · 0.42= 1.0112 𝑚/𝑠

- Tramo 2-3:

𝑉𝑖→𝑗 =4 · 0.0155529

𝜋 · 0.252 = 0.3168 𝑚/𝑠

- Tramo 2-4:

𝑉𝑖→𝑗 =4 · 0.111523

𝜋 · 0.32= 1.577 𝑚/𝑠

- Tramo 4-5:

𝑉𝑖→𝑗 =4 · 0.085068

𝜋 · 0.25 2= 1.733 𝑚/𝑠

- Tramo 4-6:

𝑉𝑖→𝑗 =4 · 0.0264548

𝜋 · 0.22= 0.84208 𝑚/𝑠


22

Problema 4. En una central térmica de producción de energía eléctrica se tiene una

instalación cuyo esquema se muestra a continuación, siendo el fluido de trabajo agua.

Se sabe que la presión y la temperatura en la caldera de vapor son de P = 2 bar (absoluta), T

= 400ºC, y que en la turbina se produce una expansión adiabático-isentrópica con un salto

entálpico de 777 KJ/Kg. (Considérese este salto entre los puntos 3 y 6.)

Si las pérdidas de carga en la tubería de aspiración son Δh = 104 Q2 y en la tubería de

impulsión Δh = 312 Q2, siendo Q [m3/s], Δh [m columna de agua], y sabiendo que la bomba

que se utiliza es el modelo 150/315, con un diámetro de rodete de 270 mm, (y se considera

que la cota del nivel del líquido del condensador está 1m por encima de la cota del nivel del

líquido de la caldera,) se pide hallar:

1. El punto de funcionamiento de la bomba.

2. La cota Z (respecto al nivel del líquido del

condensador) a la que hay que colocar la bomba

para que no se produzca cavitación.

3. Debido a que se ha hecho un reajuste en el

proceso, se precisa aumentar el caudal en un 20%. Si

al motor de accionamiento de la bomba se le acopla

un variador de frecuencia, determine a qué

revoluciones debería girar para que la bomba

suministre el nuevo caudal. ¿Con qué rendimiento

trabaja ahora la bomba?

Antes de empezar debemos encontrar las condiciones termodinámicas que nos faltan a partir

de los diagramas adjuntos en el enunciado.

En la caldera, que es el punto 3, el enunciado

nos dice que:

𝑃3 = 2𝑏𝑎𝑟

𝑇3 = 400º𝐶

dónde la presión es absoluta.

En el segundo diagrama (el que muestra

entalpía-entropía para el vapor de agua)

buscamos el punto que se corresponde a 2bar

y 400ºC:

ℎ3 = 3250𝐾𝑗/𝐾𝑔

En la figura de la derecha mostramos el punto

de intersección encontrado con un punto azul.


23

Hemos estimado el valor de ℎ3, pues es muy difícil encontrar el valor exacto.

Por otro lado, el enunciado indica que el salto entálpico entre 3 y 6 es de 777Kj/Kg con una

expansión adiabático-isentrópica.

ℎ6 = (3250 − 777)𝐾𝑗/𝐾𝑔 ≅ 2500𝐾𝐽/𝐾𝑔

Introduciendo esta entalpía en el diagrama anterior encontramos (marcado en punto rojo):

𝑃6 = 0,05𝑏𝑎𝑟

𝑇6 = 35º𝐶

Habiendo encontrado esto ya podemos empezar con el ejercicio.

1. El punto de funcionamiento de la bomba.

Primero de todo aplicamos Bernoulli entre las superficies libres del condensador (subíndice co)

y la caldera (subíndice ca):

𝑃𝑐𝑜𝜌𝑔

+ 𝑍𝑐𝑜 +𝑉𝑐𝑜

2

2𝑔+ 𝐻 =

𝑃𝑐𝑎𝜌𝑔

+ 𝑍𝑐𝑎 +𝑉𝑐𝑎

2

2𝑔+ ∆ℎ7−2

dónde ∆ℎ7−2 es la variación de entalpía entre el punto 7 y el 2.

De aquí aislamos H:

𝐻 =𝑃𝑐𝑎 − 𝑃𝑐𝑜𝜌𝑔

+ 𝑍𝑐𝑎 − 𝑍𝑐𝑜 +𝑉𝑐𝑎

2 − 𝑉𝑐𝑜2

2𝑔+ ∆ℎ7−2

Considerando despreciables las energías cinéticas en las superficies libres de los depósitos:

𝐻 =𝑃𝑐𝑎 − 𝑃𝑐𝑜𝜌𝑔

+ 𝑍𝑐𝑎 − 𝑍𝑐𝑜 + ∆ℎ7−2

Sustituyendo los valores obtenidos anteriormente tenemos:

𝐻 =(2 − 0,05)105

1000 · 9,81− 1 + 416𝑄2

𝐻 = 18,877 + 416𝑄2 (1)

La intersección entre esta curva y la curva característica de la bomba da lugar al punto de

funcionamiento. Para obtenerla primero cogemos una serie de puntos de la gráfica de la

bomba, pasando el cabal a m3/s:

Q (m^3/h) Q (m^3/s) H

0 0 24

50 0,01388889 24

100 0,02777778 24

150 0,04166667 23,5

200 0,05555556 23


24

250 0,06944444 22

300 0,08333333 18

350 0,09722222 14

Ahora trazamos en una misma gráfica estos puntos unidos por una línea continua y la ecuación

(1) obtenida:

𝑄 = 0,0726𝑚3/𝑠 = 261,36𝑚3/ℎ

𝐻 = 21,0912𝑚

2. La cota Z (respecto al nivel del líquido del condensador) a la que hay que colocar la bomba

para que no se produzca cavitación.

Aplicamos Bernoulli entre las superficies libres del condensador (subíndice co) y la bomba

(subíndice 8):

𝑃𝑐𝑜𝜌𝑔

+ 𝑍𝑐𝑜 +𝑉𝑐𝑜

2

2𝑔=𝑃8𝜌𝑔

+ 𝑍8 +𝑉82

2𝑔+ ∆ℎ7−8

𝑍𝑐𝑜 − 𝑍8 =𝑃8 − 𝑃𝑐𝑜𝜌𝑔

+𝑉82 − 𝑉𝑐𝑜

2

2𝑔+ ∆ℎ7−8

Como no se conoce el diámetro del conducto y el término de energía cinética de la brida de

aspiración de la bomba es mucho mayor que en el condensador se desprecian ambos

términos. Por tanto NPSDHd queda:

𝑁𝑃𝑆𝐻𝑑 =𝑃8𝜌𝑔

−𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟𝜌𝑔

Sustituyendo en Bernoulli:

𝑍𝑐𝑜 − 𝑍8 = 𝑁𝑃𝑆𝐻𝑑 +𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟𝜌𝑔

−𝑃𝑐𝑜𝜌𝑔

+ ∆ℎ7−8


25

En el punto de cavitación incipiente se cumple que:

𝑁𝑃𝑆𝐻𝑑 = 𝑁𝑃𝑆𝐻𝑅

Buscamos en la gráfica de la curva característica de la bomba el valor de 𝑁𝑃𝑆𝐻𝑅 para un

caudal de 𝑄 = 261,36𝑚3/ℎ:

Se cumple aproximadamente 𝑁𝑃𝑆𝐻𝑅 = 3𝑚.

Ahora suponiendo que la temperatura del líquido en el condensador es la misma que en la

bomba (35ºC), la presión del vapor también será la misma que la del condensador (0,05bar):

𝑍𝑐𝑜 − 𝑍8 = 3 +0,05 · 105

𝜌𝑔−0,05 · 105

𝜌𝑔+ 104(

261,36

3600)2

= 3,55𝑚

3. Debido a que se ha hecho un reajuste en el proceso, se precisa aumentar el caudal en un

20%. Si al motor de accionamiento de la bomba se le acopla un variador de frecuencia,

determine a qué revoluciones debería girar para que la bomba suministre el nuevo caudal.

¿Con qué rendimiento trabaja ahora la bomba?

Nuevo caudal de trabajo: 𝑄′ = 261,36 ∗ 1,2𝑚3/ℎ = 313,63𝑚3/ℎ

Aplicando la ecuación (1) obtenida en el apartado 1 encontramos la nueva altura de

funcionamiento:

𝐻 = 18,877 + 416(313,63

3600)2

= 22,03𝑚

La constante de una curva que pase por el nuevo punto de trabajo se denomina curva de

afinidad y se halla como:

∆ℎ = 𝐾𝑄2


26

𝐾 =22,03

(313,633600

)2 = 2903,123

Trazamos en la gráfica que ya habíamos usado antes una 2ª ecuación, ∆ℎ = 2903,123𝑄2, y

hallamos el punto de intersección con la curva inicial:

𝑄 = 0,0805𝑚3/𝑠 = 289,8𝑚3/ℎ

𝐻 = 18,813𝑚

Aplicamos entre los puntos {𝐻 = 22,03𝑚, 𝑄 = 313,63𝑚3/ℎ} y {𝐻 = 18,813𝑚, 𝑄 =

289,8𝑚3/ℎ} los grupos adimensionales, cifra característica, altura de elevación y cifra

característica de caudal:

𝐻1

𝑤12𝐷1

2 =𝐻2

𝑤22𝐷2

2

Consideramos los diámetros iguales:

22,03

𝑤12=18,813

14502 → 𝑤1 = 1569,08𝑟𝑝𝑚

El rendimiento al que trabaja la bomba será prácticamente el mismo que antes, según

observamos en la gráfica característica.

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