Problemas Resueltos De Bernoulli 6u1s6j

EJEMPLO 1 En la figura adjunto se muestra una tubería descargando agua con un gasto de 1.5 litros por segundo, en un tanque, A, que tiene un diámetro de 120 cm, el cual a su vez descarga a través de una llave de paso con un diámetro de ½ pulgada a otro tanque, B, de 60 cm de diámetro y 90 cm de altura (h 3). El A 1

1

B

h 2

h1 h2

tanque A se encuentra sobre un pedestal a una altura h 2 = 1.5 m sobre el nivel del suelo. El tanque B se encuentra sobre el suelo. Calcular: a) La altura a la cual el nivel del agua en el tanque A se estabiliza. b) La velocidad a la cual llega el agua al tanque B. c) El tiempo en que tarda en llenarse el tanque B.

SOLUCIÓN a) Aunque la ecuación para la velocidad de descarga de un tanque (Teorema de Torricelli) la obtuvimos ya, lo haremos nuevamente para recordar el procedimiento. Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 (carga) y 2 (descarga), se tiene: 1 1 P1+ ρ v 21+ ρgh 1=P2+ ρ v 22+ ρg h2 (1) 2 2 Es un hecho que el área de sección transversal del tanque, A1, es mucho mayor que el área de descarga en el punto 2, A 2, y de acuerdo con la ecuación de continuidad la velocidad de desplazamiento del nivel de líquido en el tanque, v1, será mucho menor que la velocidad de descarga del fluido, v 2, resultando que despreciable la primera, por lo que la ecuación de Bernoulli se reduce a: 1 ρg h1= ρ v 22 + ρg h2 (2) 2 En donde hicimos P1 = P2 = PATM y v1 = 0. Despejando v2 de la ecuación 2, obtenemos:

3

h3

v 2= √ 2 g ∆ h ( 3 ) Con ∆ h = h1 – h2. Aplicando la condición de equilibrio que sucede cuando Q1=Q2= A 2 v 2( 4)

Sustituyendo (3) en (4), se obtiene la altura

∆ h a la cual se estabiliza el nivel

de fluido en el tanque. Q21

2

( 0.8 x 10−3 m3 / s ) =2.03m 2 Finalmente, ∆ h= 2 g A 2 = ( 2 x 9.8 m/s 2) π ( 0.00635 m2 ) 2

b) Calcularemos ahora la velocidad con la que el agua que descarga por el punto 2 llega a la boca del tanque identificada con el punto 3. Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos 2 y 3, obtenemos: 1 P2−P3= ρ ( v 23−v 22) + ρg ( h3−h2 ) 2 Con P2 = P3 = PATM y sustituyendo v2 de la ecuación (3), la ecuación anterior queda: 1 0= ρ ( v 23−2 g ∆ h ) −ρg ( h2 −h3 ) 2 Despejando v3:

√

v 3= 2 g [ ∆ h+ ( h2−h 3 ) ]=√ 2 x 9.8 m/s 2 [ 2.03 m+0.9 m ] =7.57 m/ s

c) El tiempo de llenado del tanque B, se calcula a partir de la definición de gasto: Q = V/t en m3/s. Donde V es el volumen del tanque y Q es el gasto de descarga (mismo que el de carga). Por lo tanto el tiempo de llenado del tanque es:

2

V π ( 0.30 m) x 0.90 m t= = =318 s=5.3 min Q 0.8 x 10−3 m3 /s

EJEMPLO 2 Por un tubo de Vénturi, que tiene un diámetro de 1 pulgada por la parte ancha y ¾ pulgada en la parte estrecha, circula agua. El Vénturi tiene conectados dos tubos manométricos que marcan una diferencia de alturas del agua ∆ H = 30 cm. Calcule:

2 1

     H

a) ¿Cuántos metros cúbicos de agua por segundo circulan por el tubo?

SOLUCIÓN El gasto de agua que circula a través del tubo de Vénturi está representado por la ecuación de continuidad:

Q= A1 v 1= A 2 v 2 (1)

A1, v1 y A2, v2 representan las áreas y velocidades en la parte ancha y angosta de la tubería, respectivamente. Para conocer el gasto es necesario encontrar el valor de una de las dos velocidades en la ecuación anterior, por lo que es necesario utilizar una segunda ecuación que las contenga, para lo cual utilizamos la ecuación de Bernoulli: 1 P1−P2= ρ ( v 22−v21 ) ( 2 ) 2 El término correspondiente a la diferencia de alturas no aparece porque es una tubería horizontal, por lo que h1 y h2 están a la misma altura.

Tenemos ahora dos ecuaciones con dos incógnitas y P 1 – P2 se calcula a partir de la diferencia de alturas, ∆ H que es dato, entre los dos tubos manométricos instalados para tal propósito en el tubo de Vénturi, utilizando para ello la ecuación representativa para un fluido estático, P 1 – P2 = g ∆ H, como es el caso de los dos tubos manométricos midiendo la diferencia de presión entre dos puntos para un flujo en movimiento estacionario.

Despejando v1 de la ecuación (1) y sustituyendo en la (2), obtenemos: A2 2 2 v= . v 2 y la ecuación (2) queda: A1

A v 1= 2 v 2 , por lo que A1

2 1

( )

2

( ( ))

A 1 ρg ∆ H= ρ v 22 1− 2 2 A1

Despejando v2 de la ecuación anterior: v 2=

√( ( ) ) √( ( ) ) √ ( ( 2g ∆H = A2 2 1− A1

2 x 9.8 m/s (0.3 m) 2g ∆H = =2.93 m/s 4 d2 3/4 pulg 4 1− 1− 1 pulg d1

))

Entonces el gasto, ecuación (1), será: Q= A 2 V 2=2.85 x 10−4 m2 x 2.93 m/s=8.35 x 10−4 m3 /s=0.835<¿ s

Aire h Líquido

EJEMPLO 3 Una bomba manual de rociado absorbe líquido de un depósito, que se encuentra conectado al tramo más angosto de la bomba, a través de un tubo que tiene una altura, ∆ h =8 cm, como se muestra en la figura. El diámetro en la parte ancha es de 2.5 cm, el diámetro del tubo en la parte angosta es de 3 mm y el líquido en el depósito tiene una densidad de 0.75 gr/cm3. Considerando una densidad de 1.3x10-3 gr/cm3 para el aire en la bomba, calcular: a) La diferencia de presiones entre las partes ancha y angosta, ∆ P, mínima para elevar el líquido desde el depósito a una altura

∆ h.

b) Las velocidades mínimas v1 y v2 entre las partes ancha y estrecha de la bomba.

SOLUCIÓN

a) La altura ∆ h que sube el líquido desde el depósito está directamente relacionada con la diferencia de presiones entre la parte ancha y estrecha de la bomba. ∆ P= ρI g ∆ h(1)

Donde I es la densidad del insecticida líquido en el depósito. Entonces, ∆ P=750 Kg/ m3 x 9.8 m/ s 2 x 0.08 m=588 Pa=0.085 lb/ pulg 2

Como puede observarse la mínima diferencia de presiones es suficiente para subir el líquido y mezclarse con el flujo de aire. Por esa razón uno puede sacar el líquido de un refresco con un popote al hacer un poco de vacío con la boca.

b) Si etiquetamos con el No. 1 a la parte ancha y el 2 a la estrecha, la diferencia de presiones, de acuerdo con la ecuación de Bernoulli es: 1 ∆ P=P 1−P2= ρ ( v22 −v 21 ) (2) 2 Debido a que v1 y v2 son incógnitas, tenemos que usar otra ecuación que las contenga y esta es la ecuación de continuidad A 1 v 1= A2 v 2 (3)

Despejando v1 de esta última y sustituyendo en la anterior (2) obtenemos: v 21=

Y

A22 2 v 2 (4) A21

A22 2 1 2 A 22 1 2 ∆ P= ρ v 2− 2 v 2 = ρ v 2 1− 2 2 2 A1 A1

(

Despejando v2:

)

( )

v 2=

√ ( )√

2∆ P 2 x 588 Pa = =30 m/s 2 4 A2 0.003 3 1.3 Kg/m 1− ρair 1− 2 4 0.025 A1

(

)

Para calcular v1 recurramos a la ecuación de continuidad (3): 2 A2 0.3 v 1= v 2= 2 30 m/s=0.42 m/ s=42cm/ s A1 2.5

Como puede observarse de los resultados, la velocidad en la parte estrecha de la tubería, v2, es tal que la presión debe ser muy baja y se presenta el fenómeno de cavitación que permite que las gotas de líquido se pulvericen.

EJEMPLO 4 Un tubo de Venturi tiene un diámetro de 0.1524 m y una presión de 4.2x10 4 N/m2 en su parte más ancha. En el estrechamiento, el diámetro es de 0.0762 m y la presión es de 3x10 4 N/m2. ¿Cuál es la velocidad del agua que fluye a través de la tubería?

SOLUCIÓN DATOS DA= 0.1524 m PA= 4.2x104 N/m2 DB= 0.0762 m PB= 0.0762 m ρ = 1x103 kg/m3

VA= ?

FORMULA AA AB ¿ ¿ ¿2−1 ¿

2 (P −PB ) ρ A ¿ V A= √ ¿ REEMPLAZAMOS π (0.1524 m)2 4 π (0.0762 m)2 4 ¿ ¿ ¿ 2−1 ¿

2 4 2 4 2 (4.2 x 10 N /m −3 x 10 N /m ) 3 1 x 10 kg m3 ¿ V A =√ ¿

4

1.2 x 10 kg . ¿ (0.002

m s m2 2

3

m )¿ kg

¿ V A= √ ¿

V A =1.26 m/s

EJEMPLO 5 Por un tubo de Venturi fluye agua con velocidad 6m/s en la sección transversal A, como se muestra en la figura. Calcula la velocidad que adquirirá el agua al pasar por la sección B, si h= 10 cm.

SOLUCIÓN DATOS V1= 6 m V2= ? h= 10 cm

FORMULA V 2=√ 2 gh+V 12

REEMPLAZAMOS

2

s 9.8 m/ ¿ ¿ 2¿ V 2= √ ¿

V 2=√ 37.96 m2 /s 2 V 2=6.16

m s