Mecanica Ultimo.docx 6u1b1m

Problema 1.17 La densidad relativa del petróleo es de 0.907. Determinar su densidad en kg/m3 RESULTADO: 907 kg/m

r 

 sus tan cia

 sust de referencia  sus tan cia   r x  sust de referencia  sus tan cia  0,907 x 1000  sus tan cia  907

kg m3

kg m3

Problema 1.21 ¿Cuál será la presión absoluta que deberá existir en el punto D del siguiente sistema para que esté en equilibrio? Datos: En el punto A la presión manométrica es de O, medida al nivel del mar. El líquido tiene una densidad relativa de 0.9. RESULTADO: La presión es de 746.76 mm Hg.

SOLUCION: Densidad relativa:

r 

sus tan cia referencia

1

Presión manométrica:

pág. 1

Pmanometrica  Pabsoluta  Patmosferica Pabsoluta  Pmanometrica  Patmosferica

 2

Ecuación de la presión hidrostática:

P1  P2   g z

3

Datos:

Pmanometrica  0

 r  0.9 Patmosferica  760mmHg  101325Pa z  20cm  0.2m m g  9.81 s Calcular la densidad real del líquido en

kg m3

 sus tan cia   r   referencia  sus tan cia  0.9 1000

kg kg  900 3 3 m m

Calcular la Presión absoluta que ejerce la atmosfera sobre el punto A:

Pabsoluta  Pmanometrica  Patmosferica Pabsoluta  0  760mmHg  760mmHg Pabsoluta  760 mmHg 

133,343Pa  101340, 68Pa 1 mmHg

Analizando la ecuación (3): La ecuación: P1  P2   g z explica la presión que ejerce el líquido o líquidos sobre un punto más inferior. Reemplazamos todos los datos transformados en unidades del sistema internacional y obtenemos:

pág. 2

PD  Patmosferica   g z PD  101340, 68  900  9.81 0.2 PD  99574.88Pa  99574.88 Pa 

0.007501mmHg  746.91mmHg 1 Pa

Problema 1.25: En una destilería se deben tratar 10000l h medidos a 20C de una mezcla alcohólica que consume 18% en peso de alcohol. ¿Qué cantidad en kg/h de líquido se debe procesar? SOLUCION: Datos:

q  1000 l h

  0.96864

g ml

Donde q= caudal r: se obtuvo del manual del ingeniero químico La ecuación del flujo másico es:

m  q  Operando la ecuación anterior tenemos:

m  q  l 1 m3 kg   968.64 3 h 1000 l m kg m  9686, 4 3 m

m  10000

PROBLEMA 1.29

pág. 3

Si el vacuometro W marca 180 mmHg, determine las alturas de los líquidos en las ramas de los piezómetros.

SOLUCION: Hacemos una conversión:

kg 1.033 2 1atm m  0.2446 kg W  180mmHg  0.2368atm 760mmHg 1atm m2

2

 102 cm  kg x   2446 2 m  1m 

Para ello debemos determinar las densidades de los siguientes líquidos, por teoría:

kg m3 kg  H 2O  998.23 3 m kg oc tan o  730 3 m kg  aire  1.2 3 m

CCl  1594 4

Para la altura A:

kg kg kg kg  30 2  10330 2  730 3 x 2 m m m m x  19.52m

2446

Para la altura B:

kg kg kg kg kg  30 2  730 3  7 m   10330 2  1000 3 x 2 m m m m m x  17.76m

2446

Para la altura C:

pág. 4

kg kg kg kg kg kg  30 2  730 3  7m   1000 3  6m   10330 2  1594 3 x 2 m m m m m m x  13.88m

2446

Problema 2.23 Determine la viscosidad de unos gases de combustión formados por 16% de CO2 , 5% de O2 y 79% en N2 en volumen. La temperatura de los gases es de 400°C y la presión es de 1 atm. SOLUCION: Datos: De la gráfica del apéndice XIX a 400°C y a 1 atm tenemos que:

y1CO2  0.16  PM 1  44.01g / mol  1  0.0288s y2O2  0.05  PM 2  16 g / mol  2  0.036s y3 N2  0.79  PM 3  14 g / mol  3  0.031s peso molecular: PM mez  PM 1 y1CO2  y2O2 PM 2  y3 N2 PM 3 PM mez  44.01g / mol (0.16)  16 g / mol (0.05)  14 g / mol (0.79) PM mez  18.9016 g / mol viscosidad: PM mez



PM 1 y1CO2

PM mez



44.01(0.16) 16(0.05) 14(0.79)   0.0228 0.036 0.031

PM mez

 623.4964 g / mol  mez 

mez

mez

mez

1



y2O2 PM 2

2



y3 N2 PM 3

3

18.9016 g / mol  0.03s 623.4964 g / mol

Respuesta:  la viscosidad de la mezcla es de 0.03 s.

Problema 2.27 Un aceite fluye un régimen laminar a través de una tubería de 2 cm de diámetro interno a razón de 23 l/min. La viscosidad del aceite es de 300 s y su densidad es de 0.933 kg/l. Calcule la caída de

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presión por metro de tubo, el esfuerzo cortante en la pared la velocidad en el centro del tubo y la posición radial a la cual la velocidad puntual es igual a la velocidad promedio. SOLUCION: Datos: Datos: Diámetro interno (D),cm Caudal (Ca) , L/min Viscosidad (µ) , s Densidad (ƿ), kg/L Longitud (L),m Gravedad (g) , Ns2/m.s

Conversión de unidades 0.02 m 1.38 m3/h 0.3 kg/m.s 933 kg/ m3 1m 9.81

2 23 300 0.933 1



velocidad : m3 1.38 h

Ca  A h(3600s )    (0.02m) 2 4 m   1.22 s



caida de presion kg m 1.22 1m 32 L m.s s P  2  Ns 2 D gc 2 (0.02m)  9.81 kg.m kg kg P  2989.789 2  0.2989 2 m cm 32  0.3

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Ya que el fluido es de régimen laminar se puede aplicar la ecuación de poiseuille.

esfuerzo cortante en la pared



PR  2L

kg  0.0099m kg m2  14.92 2 2(1m) m

2984.709

velocidad maxima en el centro del tubo  R2    2 1  2   2(1.22)  R  m   2.44 s

Respuesta:  la caída de presión es de 0.2989 kg/cm2  el esfuerzo cortante es de 14.92 kg/m2  la velocidad máxima es 2.44 m/s

Problema 2.31 ¿Qué diámetro de tubería será necesario para transportar 25 l/s de un aceite a 15°C con viscosidad cinemática de 2 x 10-4 m2/s y una densidad de 0.912 kg/l si la caída de la presión máxima permisible en 1000 m de longitud es de 0.25 kg/cm2.

SOLUCION: Datos: Datos: Caudal (Ca) , L/min Viscosidad cinemática (ν) Densidad (ƿ), kg/L Longitud (L),m ∆P Gravedad (g) , Ns2/m.s

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25 0.912 1000 0.25

Conversión de unidades 0.025 m3/s 2x10-4 m2/s 912 kg/ m3 1000 m 2500 kg/m2 9.81

viscocidad cinematica 2   kg  4 m             2 10 912    s  m3  

  0.1824

kg  182.4s m.s

diametro de tuberia: D R  2

Ca  A    R2 A reemplazando :

2

32  L D 2 32  L D2 32  L P  2     4Ca gcP D gc  gcP  D2

D

4

4Ca  32  L  gcP

4

 m3  kg   4  0.025  1000m    32  0.1824 s m . s     kg   9.81 2500 2   m  

D  0.295m  12 pu lg Respuesta:  el diámetro es de 0.295 m si se emplea una tubería comercial

Problema 2.35 A través de una tubería horizontal de 8 cm de diámetro interno y 500 m de longitud fluye petróleo crudo ligero cuya densidad es de 0.87. si la caída de presión es de 2.1 kg/cm2 y la velocidad de 0.5 m/s ¿ cual es la viscosidad del aceite? SOLUCION:

Datos: Diámetro (D), cm Densidad (ƿ), kg/L

pág. 8

8 0.87

Conversión de unidades 0.08 m 870 kg/ m3

Longitud (L),m ∆P Velocidad ,m/s Gravedad (g) , Ns2/m.s

2.1

500 m 2100 kg/m2 0.5 m/s 9.81

viscosidad: Ns 2 kg 0.08 m  9.81  2100   32 L D 2 gcP kg.m m2 P  2   m D gc 32 L 32  0.5  500m s kg   0.164808  164.808s m.s 2

Respuesta:  la viscosidad es de 164,8 centipoises.

Problema 2.37 Los datos del flujo de agua por un capilar son los siguientes: Longitud = 10.05 m Diámetro interno = 0.0141 cm………0.000141 m T= 10°C Volumen del agua = 13.341 m3 Tiempo de flujo = 35505.75 s ∆P = 385.87 mmHg------ 5245.925993 kg/m2 Determine el valor experimental de la viscosidad del agua en centipoises y compárelo con los valores de las tablas.

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SOLUCION:

caudal : Ca 

V 13.341m3 m3   0.00037574195 t 35505.75s s

velocidad : D2  0.00000001561m 2 4 m3 0.00037574195 Ca s   A 0.00000001561m 2 m   24076.00577 s A  

viscosidad: Ns 2 kg  0.000141m   9.81  5245.926 2 2 32 L D gcP kg.m m P  2     m D gc 32 L 32  24076.00577 10.5m s kg   0.164808  164.808s m.s 2

Tareas del Capítulo 1 y 2 de Mecánica de Fluidos CAPÍTULO 1 Problema 1.16 Una esfera de hierro de 50m3 de volumen se introduce en agua. ¿Cuál es el empuje ascendente que recibe? Si la esfera es hueca y pesa 40g, ¿flotará o se irá al fondo? Solución: - Para saber si la esfera flota en el agua, primero se calcula su densidad: m esf  V 40 g 1kg 106 cm3 1 m3 esf     1000L 50 cm3 1000 g 1 m3

esf  0,8kg/L

pág. 10

Como la densidad del agua es 1kg/L y la densidad de la esfera hallada es 0,8kg/L entonces se concluye que la esfera flota, por tener una menor densidad esf   H 2O -

Para calcular el empuje se aplica el principio de Arquímedes: Empuje   H2O  Volumen





Empuje  1kg/L 50 103 L  Empuje  0,05kg  50g

Resultado: El empuje será de 50 g. La esfera hueca flota. Problema 1.20 El émbolo menor de una prensa hidráulica tiene 10cm2 y el émbolo mayor 300cm2 . Si en el primero 

se aplica una fuerza de 50 kg ¿qué fuerza se produce sobre el émbolo mayor? Solución:

P1  P2 F1 F2  A1 A2 F A F2  1 2 A1 50kg  300cm2 10cm2 F2  1500kg

F2 

Resultado: Se produce una fuerza de 1500 kg.

Problema 1.24 Por una tubería de 3 pulgadas de diámetro interno y 255 m de longitud viaja un líquido más ligero que el agua, cuya densidad es de 35°Be. Calcular la cantidad de m3 de líquido que se encuentran dentro de la tubería y la masa de ese líquido. Solución: Primero obtenemos la densidad relativa para líquidos más ligeros que el agua mediante la siguiente ecuación:

 140  Be     130  r   140  35     130  r 

pág. 11

140 35  130  r  0,8484

r 

Luego por definición de la densidad relativa, hallamos la densidad de la sustancia.

r 

 sust  sust .ref

sust  r   sust .ref sust  0,8484 1000

kg m3

kg m3 Luego se halla el volumen de la tubería dado los datos del diámetro D = 3pulg. y su longitud L= 255m.

 sust  848, 4

V 

D2 L 4

 0,0702m  V  2

2

(255m)

V  1,1629m 3 Con el dato del volumen hallado, se procede a calcular la masa partiendo de la definición de densidad. m  V m  V

m  848,4 

kg 1,1629m3  3  m

m  986,60kg

Resultados: El volumen contenido en la tubería es de 1.16289 m3 . La masa contenida en la tubería es de 986.717 kg.

Problema 1.28 Un manómetro diferencial se utiliza para medir el cambio de presión causado por una reducción en el área de flujo, tal como se muestra en la figura. Determine la diferencia de presiones entre el punto A y el B. ¿Qué sección tiene la presión más alta? Solución:

pág. 12

De acuerdo a la figura podemos realizar la siguiente igualdad: 5cm  hA  z  hb hA  hb  z  5cm hA  hb  25cm  5cm hA  hb  20cm También se puede afirmar que PC = PD, por lo tanto la diferencia de presiones se puede calcular de la siguiente manera PA   H 2O  hA   Hg z   H 2O  hb ´ PB PA  PB   Hg z   H 2O  hb    H 2O  hA PA  PB   Hg z   H 2O  hA  hb 

  kg  kg  PA  PB  13600 3   0, 25m   1000 3   0, 20m  m  m   

PA  PB  3200

kg m2

Resultados: 



La diferencia de presiones es de 3200 kg / m 2 o de 0.32 kg / m 2 . La presión en el punto A es mayor que en el B.

CAPITULO 2 Problema 2.22 Obtenga la viscosidad del aire líquido a 100°K.

pág. 13

RESULTADO La viscosidad de la mezcla es de 0.1352 s.

Problema 2.26 A través de una tubería de 20 cm de diámetro y 60 m de longitud fluye un líquido. El esfuerzo cortante 

en la pared es de 4.6 kg / m 3 . Calcular la fuerza necesaria para que el fluido se ponga en movimiento.

Datos D  20cm L  60m 

  4.6 kg / m3 Solución: D  2r D r 2 20cm r  10cm 2 Convirtiendo 10cm a metros , entonces r :

r  0.1m

L  60m kg   4.6 2 m F  A  F  2 rL

kg   F  2  0.1m  60m   4.6 2  m   F  173.42kg

Resultado: 

La fuerza requerida es de 173.32 kg

pág. 14

Problema 2.30 Una mezcla líquida está formada por 50% de octano, 25% de heptano y 25% de hexano en mol a 25°C. ¿Cuál es su viscosidad absoluta y su densidad? Solución: Viscosidad de la mezcla líquida. log mez  xoct log oct  xhex log hex  xhep log hep

1

Se obtienen los datos de viscosidades a 20°C de Lange's Handbook of Chemistry (5-97,5-101), oct  0,546; hep  0, 446; hex  0,313 xoct  0,5;

xhep  0, 25;

xhex  0, 25

Reemplazando los datos en la ecuación (1) para la viscosidad tenemos: log mez  0,5log  0,546   0,25log  0,313  0,25log  0,446 

mez  0, 4517 Por lo tanto la viscosidad absoluta de la mezcla es de 0,452. Densidad de la mezcla líquida. xhep x x 1  oct  hex   mez  oct  hex  hep

 2

Se obtienen los datos de densidades a 20°C de Apéndice XX del libro. oct  0,703g/cm3 ;  hep  0,684g/cm3 ;  hex  0,659g/cm3 xoct  0,5;

xhep  0, 25;

xhex  0, 25

Reemplazando los datos en la ecuación (2) tenemos: 1 0,5 0,25 0,25    3 3 mez 0,703g/cm 0,659g/cm 0,684g/cm3

mez  0,687g/cm3 Por lo tanto la densidad de la mezcla es de 0,687g/cm3. Finalmente para calcular la viscosidad cinemática utilizamos la siguiente ecuación:

v

 

De los datos ya obtenidos de viscosidad y densidad de la mezcla, reemplazamos y obtenemos la viscosidad cinemática de la mezcla.: 0, 452  102 g/cm.s v  0,656  102 cm 2 /s  0,656cst. 0,689g/cm3

Resultado: La viscosidad absoluta es de 0.4327 y la densidad cinemática es de 0.63914 cst.

Problema 2.34 pág. 15

¿Cuál es la viscosidad de una salmuera de NaCl al 25% y a 30°C?

Salmuera

75% Agua ( A) 25% Sal

( B)

Log mez  xA log  A  xB log  B Agua x

NaCl y

10.2

x

13.0

10.2

y 16.6

Las viscosidades a 30°C obtenidas son las siguientes:  A  0,85s

 B  1,9s Luego reemplazando los valores en la ecuación para hallar la viscosidad de la mezcla, tenemos: log mez  0,75log 0,85  0,25log 1,9 log mez  0,0168

mez 1,039s Resultado: La viscosidad es de 1.85 s. Problema 2.38 Un volumen de heptano fluye a través de un viscosímetro tipo Ostwald en 83.8 s mientras que un volumen igual de agua requiere 142.3 s. Calcular la viscosidad del heptano a 20°C, sabiendo que a esa temperatura las densidades del heptano y del agua son 0.689 y 0.998 kg/l respectivamente, y que la viscosidad del agua a esa temperatura es de 0.01 g/cm.

Datos:

1  83.8s  2  142.3s hep  0.689

pág. 16

kg l

 H O  0.998 2

kg l

Solución:

1 11  2  2 2  1  1 1  2 2 2 0.689(83.8s)  g   0.01  kg cm  0.998 142.3s   l 1  4.065 103

1 

Convirtiendo a unidades de s 1  4.065 103 102 1  0.406s

Resultado: La viscosidad es de 0.406 s.

CAPITULO 1: Problema 1.17 La densidad relativa del petróleo es de 0.907. Determinar su densidad en kg/m3. Solución: 1. Datos:

 r  0.907 2. Planteamiento:

r 

 sus tan cia

 sus t . referencia

Como:  sus t . referencia   H 2 0 Entonces:

r 

 sus tan cia H 0 2

3. Cálculos:

pág. 17

 H 0  1000 2

kg m3

 sus tan cia   r   H

20

 sus tan cia  0.907  1000  sus tan cia  907

kg m3

kg m3

Resultado: 907 kg/m3 Problema 1.22 Un tanque de almacenamiento contiene petróleo cuya densidad es igual a 22.67°Be. El tanque tiene una altura de 5m y está abierto a la atmosfera cerca de la costa. Si el tanque se llena de petróleo hasta una altura de 3m, ¿Cuál será la presión en el fondo del tanque? Solución: 1. Datos:

 H O  1000 kg / m3 2

Condiciones iniciales : Condiciones finales : h  5m h  3m  Be  22, 67

P?

2. Planteamiento: 2.1.

Densidad relativa:

º Be 

r  2.2.

140

r

sust ref

– 130





r 

r 

 petroleo H O 2

Presión de fondo:

PF  Patm   petroleo gh

3. Cálculos: 3.1. Densidad relativa:

140 r   Be  130 140 r  22, 67  130  r  0,917

pág. 18

140  Be  130

r 

 petróleo H O 2



0,917 

 petróleo 1000kg / m3

 petróleo  917

kg m3

3.2.

Presión:

Patm  1 atm  1, 033

Kg Kg  10330 2 2 cm m

PF  Patm   petroleo gh PF  10330

kg  kg   917 3 2 m  m

PF  10330

kg kg 1  26987,31 2  2 m ms g c

PF  10330

kg kg kg  26987,31 2  2 m m ms kg  9,81 2 s

PF  10330

kg kg  2751 2 2 m m

 1m  PF  13081 2    m  100 cm  kg

PF  1,3081

 m   9,81 2  3 m s  

 

2

kg cm 2

Resultado: La presión en el fondo del tanque será de 1.308kg / cm

2

Problema 1.26 Determine la densidad del aire a una presión de 586 mmHg y a una temperatura de 20°C. Solución: 1. Datos:

1, 01325  105 Pa P  586 mmHg   78126,91 Pa 760 mmHg T  20 C  273,15  293,15 K kg aire  ? 3 m g Pa  m3 R  8.314 M aire  28.96 mol  K mol 2. Planteamiento: 2.1. Densidad del aire:

PV  nRT m PV  RT M

pág. 19

m M P  V RT m Como:  aire  V Entonces:

 aire 

M P RT

3. Cálculos: 3.1. Densidad del aire:

M P RT  g   28.96  78126,91 Pa mol     Pa  m3  8.314   293,15 K mol  K  

 aire 

 aire

 aire  928.3





g m

 aire  0.928

3



 

1kg 1000 g

kg kg  0.930 3 3 m m

Resultado: La densidad del aire será de 0.9306 kg/m3. Problema 1.30 Encuentre la presión en cada uno de los puntos.

Solución: 1. Datos: patm  1 atm

pág. 20

aceite  1, 204

kg 1000 l kg   1, 204  103 3 3 1m m l

kg 1000 l kg   13, 6  103 3 3 1m m l 2. Planteamiento:

 Hg  13, 6

Patm

CCl  1.595 4

kg 1000 l kg   1,595  103 3 3 1m m l

N 1 2 101325 Pa 1 kg  1 atm   m  1 atm 1 Pa 9,81N

Patm  10328

Kg m2

Según la tabla de conversiones del apéndice I: Kg Kg 1 atm  1, 033 2  10330 2 cm m 2.1. Presión del punto D:

PD  Patm 2.2. Presión del punto F y C:

PF  PC  Patm   Hg ghF

2.3. Presión del punto B y E: En la gráfica añadimos un punto X  a la misma altura del punto C  , entonces:

PX  PC PB  PE  PX  aceite ghX 2.4. Presión del punto A:

PE  PA  CCl4 ghA

3. Cálculos: 3.1. Presión del punto D:

PD  10330

Kg m2

3.3 Presión del punto F y C:





Para obtener las unidades de presión Kg / m 2 es necesario multiplicar por el factor de conversión 1/ g c : PF  PC  Patm   Hg ghF PF  PC  10330

Kg  kg  m 1  13, 6  103 3  9,81 2  2 m  2 m  s  gc m 



PF  PC  10330

kg Kg kg  266832  2 2 m m ms kg  9,81 2 s

PF  PC  10330

Kg Kg  27200 2 m2 m

PF  PC  37530

3.4 Presión del punto B y E:

pág. 21

Kg m2



PX  PC

PX  37530

PB  PE  PX   aceite ghX  PB  PE  37530

Kg m2

1 gc

kg kg  1, 204  103   2  2 2 m m

PB  PE  37530

kg kg  2408 2 2 m m

PB  PE  39938

kg m2

3.5 Presión del punto A:

PE  PA  CCl4 ghA PA  PE  CCl4 ghA  PA  39938

1 gc

kg kg  1,595  103   2  2 2 m m

PA  36748

kg m2

Resultado:

Las presiones son : A  36751 kg / m 2

D 10333 kg / m 2

B  39941 kg / m 2

E  39941 kg / m 2

C  37533 kg / m2

F  37533 kg / m 2

CAPITULO 2: Problema 2.21 ¿Cuál será la velocidad máxima de descarga para régimen laminar de un aceite con viscosidad cinemática de 3.8  104 m2 / s en una tubería de 20 cm de diámetro interno? Solución: 1. Datos:

m2 v  3.8  10 s D  20 cm  0, 2 m 4

2. Planteamiento: pág. 22

Relaminar  2100

Re 

 D 

Como: v    Entonces:

Re 

D





v

3. Cálculos:

Re.v D



4 2 Re.v  2100  3,8  10 m / s   D 0, 2 m



  3,99 m / s Resultado: La velocidad máxima de descarga será de 3.99 m/s. Problema 2.24 Calcular la viscosidad del nitrobenceno a 20°C. Solución: 1. Datos:

T  20C M C6 H5 NO2  123,11g / mol

 ? 2. Planteamiento: Viscosidad por el método de Souders

log(log(10 ))  ml  2,9 I M I   An  Pn m

3. Cálculos: 3.1. Calculamos I usando los valores del apéndice XIII de libro de Antonio Valiente I  6 carbonos  5 hidrógenos 

Dióxido de nitrógeno



4 dobles ligaduras



anillo de 6 carbonos

I  6  50.2   5  2.7    80   4  15.5    21.0  I  311 3.2. Hallamos m:

I 311  M 123.11 m  2.526 m

3.3. Hallamos la densidad usando el apéndice V del libro de Antonio Valiente

pág. 23

C H NO  1.203 6

5

2

g cm3

a 20C

3.4. Viscosidad

log(log(10 ))  ml  2.9 log(log(10 ))  2.526 1.203  2.9 log(log(10 ))  0.139 log(10 )  100.139



log(10 )  1.377

10  10



10  23.8

1.377

  2.38 Resultado: La viscosidad por Souders es 2.38 . La viscosidad por nomograma del apéndice XX es 2.2 .

Problema 2.28 Determinar el régimen de flujo de la corriente de un líquido que fluya en el espacio intertubular de un cambiador de calor si el diámetro es de 0.021m, la velocidad del fluido de 0.77m/s, la viscosidad de 1.2 . y la densidad de 1150 kg/m3. Solución: 1. Datos:

D  0.021m u  0.77 m / s   1.2 d  1150kg / m3

2. Planteamiento:

Re 

D u  



3. Cálculos:

Re 

D u  





0.021  0.77  1150 1.2  103

Re  15496.25 Es turbulento cuando su Reynolds es mayor a 10 000 Resultado: El régimen de flujo es turbulento.

pág. 24

Problema 2.32 Se sabe que la viscosidad del clorobenceno a 20°C es igual a 0.9 y a 5°C es de 0.6. Aprovechando la ecuación de Andrade, ¿Cuál será el valor de la viscosidad del clorobenceno a 70°C? Solución: 1. Datos:

1  0.9 2  0.6 3  ?

T1  20C  273K T2  50C  323K T3  70C  343K 2. Planteamiento: 2.1. Usamos la ecuación de Andrade

log   a 

b T

3. Cálculos: 3.1. Calculamos las constantes de Andrade b b log 1  a   log(0.9)  a  T1 273  4.58  102  a 

b 273 73(  4.58  102  a)  b b  13.42  293a b  log(0.6)  a  323 2

log 2  a 

b T2

b 273

a 

13.42  293a 323 13.42  293a 2218  a  323 323(  0.2218  a)  b  0.2218  a 

Reemplazando b: 71.64  323a   13.42  293a

71.64  13.42  293a  323a  58.22  30a a  1,941 Hallamos b:

b  13.42  293a b  13.42  293(1.941) b  555.29

pág. 25

3.2. Hallamos la viscosidad del clorobenceno a 70°C b 555.29 log   a   log   1.941   0.322 T 343   100.322

  0.47 Resultado: La viscosidad es de 0.47 . Problema 2.36 Dos superficies planas están separadas 25mm, y el espacio entre ellas está lleno de un líquido cuya viscosidad se desea obtener. Si una de las superficies de área igual a 0.4 m2 se mueve a la velocidad es de 0.32m/s al aplicársele una fuerza de 0.512 kg mientras la otra placa permanece inmóvil, ¿Cuál será la viscosidad del fluido? Solución: 1. Datos:

A  0.4m2 F  0.512kg u  0.32m / s y  25mm  0.025m 2. Planteamiento:

 

du dy



3. Cálculos:

F du   A dy 0.512kg 0.32ms 1  0.025m 0.4m 2 2 1.28kgm   (12.8s 1 ) 1.28kgm 2  12.8s 1

  0.1

kgs m2

Convertimos la viscosidad de

pág. 26

kgs a : m2

F du   A dy

kgs 9.81N 1kgms 2 1000 g 1m 1 poise 1   0.1 2       1 1 1N 1kg 100cm 1gcm s 1 poise m 1kg

  981 Resultado: La viscosidad es de 981 .

PROBLEMAS PROPUESTOS: CAPÍTULOS 1 Y 2 Problema 1.19: Calcular la densidad de un gas que tiene la siguiente composición: 50% mol de hidrogeno; 40% mol de monóxido de carbono; 5% mol de nitrógeno y 5% mol de dióxido de carbono; a 90°C y 1,2 atm Solución:

Datos:

P  1.2atm T  90º C  363.15K

H  50%mol CO  40%mol Composición: CO2  5%mol N  5%mol

-1º se halla la densidad para cada sustancia pura con la siguiente ecuación:  

PM R T

 H  0, 0402kg / m3 Obteniendo:

CO  1,1270kg / m3 CO  1, 7709kg / m3 2

 N  0,5635kg / m3 -2º se aplica la siguiente ecuación:

1

 mezcla



X1

1



X2

2



X3

3



X4

4

Obteniendo como respuesta:  mezcla  0.0775kg / m3 Problema 1.23: Un gas proveniente de la chimenea de una caldera tiene la siguiente composición en volumen: CO2 CO O2 pág. 27

12.4% 1.2% 5.4%

N2

81.0%

Calcule la densidad de esta mezcla a 740 mm Hg y a 315°C. Solución: Primero obtenemos datos de los gases (apéndice VIII) para poder trabajar, peso molecular, sacamos los valores críticos de las tablas del índice y los porcentajes los dividimos entre 100 Compuestos

PM

Tc °C+273°K

Pc atm

y

CO2 CO O2 N2

44 28 36 28

31,1+273= 304,1 -139+273= 134 -118,8+273= 154,8 -174,1+273= 99,05

73 35 49,7 33,5

0.124 0,0012 0,054 0,81 1

Convertimos de:

740 mmHg 

1atm  0,97atm 760 mmHg

Condiciones pseudo críticas: Multiplicamos cada fracción molar x su respectivo peso molecular:

PM  0,124  44   0, 0012  28   0, 054  36   0,81 28  PM  30,1136 g / mol Multiplicamos cada fracción molar por su respectiva Presión crítica

P´c  0,124  73  0, 0012  35   0, 054  49, 7   0,81 33,5  P´c  38,9128atm Multiplicamos cada fracción molar por su respectiva Temperatura crítica

T ´c  0,124  304,1  0, 0012 134   0, 054 154,8   0,81 99, 05  T ´c  126, 4589 K Obtenemos la Presión reducida reemplazando valores:

P P´c 0,97 atm P´r   0, 025 38,9128 atm P´r 

pág. 28

Obtenemos la Temperatura reducida reemplazando valores:

T T´c 315  273 K T´r   4, 65 126, 4589 T´r 

Diagrama Z=1

Moles de gas=

100 Kg 30,1136 Kg / mol

 3,32mol

Volumen del gas:

V  1 0,082 3,32 315  273  160,08 L Densidad del gas:



m 100 Kg Kg   0, 6247 V 160, 08L L

RESULTADOS La densidad del gas es 0.6247 kg/L

Problema 1.27: Un tanque cerrado está parcialmente ocupado por tetracloruro de carbono. La presión sobre la superficie del líquido es de 1,558 kg/l. El tanque es cilíndrico y tiene una altura total de 10m. A la mitad de la altura tiene una boquilla donde se alimenta el tetracloruro y a 1m de la base se encuentra la descarga. El medidor de nivel del tanque marca un contenido equivalente a 8m de altura de líquido. Calcule la presión a que se debe de inyectar el tetracloruro de carbono y la presión a que se descarga.

liquido : CCl4 Datos: Pl  0, 703kg / cm 2

 l  1,558kg / l  1,558 103 kg / cm3 1º para P1 (entrada):

pág. 29

P1  Pl   l  h P1  0, 703kg / cm 2  1,558 103 kg / cm3  300cm P1  1.1704kg / cm 2 2º para P2 (salida):

P2  P1   l  h P2  1,1704kg / cm 2  1,558 103 kg / cm3  400cm P2  1, 7936kg / cm 2

Problema 1.30: Encuentre la presión en cada uno de los puntos.

Patm = 1 atm ρ Hg = 13.6 kg/l ρ aceite = 1.204 kg/l ρ ccl4 = 1.595 kg/l Solución: Primero hacemos balance de fuerzas:

pág. 30

PD  Patm  10332, 27 Kg / m2  2 PD  1 atm    10332, 27 Kg / m 1 atm  

PF  PD   Hg  H D  H F  Kg 1000 L   PF  10332, 27 Kg / m2  13, 6   2m   37532, 27 Kg / m2  3 L m   PF  PC PB  PC   ACITE ( H C  H B ) Kg 1000 L   2 PB  37532, 27 Kg / m 2  1, 204    2m   39940, 27 Kg / m 3 L m   PB  PE

PA  PE  CCL4 ( PA  PE ) Kg 1000 L   2 PA  39940, 27  1,595    2   36750.27 Kg / m 3 L m  

Problema 2.25: Por una tubería de 5 cm de diámetro interno fluye agua. La caída de presión es de 50 Kg m2 por metro de longitud. Construya el perfil de velocidad en los diferentes puntos de la tubería si la temperatura es de 20°C. Solución: Datos: T=20°C D=5 cm = 0,05m ρ= 1000Kg/m3 μ=1x10-3Kg/m.s ∆P=50Kg/m2 R2=2,5 Utilizamos la ecuación de caída de presión:

P 

2L u R2

Acomodamos la ecuación:

pág. 31

Kg 2 0, 05m   2 P  R m u   62,5Kg / ms 2 L 3 Kg 2 1m 110 s 2

50

Al tener el valor de u reemplazamos en la ecuación de perfil de velocidades

 r2  u  2u 1  2   R  Mediante la ecuación de Poiseuille se obtienen los datos de r y u r 0 ±0,25 ±0,5 ±0,75 ±1 ±1,5 ±2 ±2,5

u 125 123,75 120 113,75 105 80 45 0

Problema 2.29: Un cilindro de 10 cm de altura y 0,15m de diámetro gira dentro de otro de 0,152m de diámetro. Los dos cilindros forman parte de un viscosímetro. ¿Cuál será la viscosidad del líquido que produce un torque de 0,1kg-f.m cuando el cilindro rota a 90 RPM?

d  0,15m D  0,152m Datos: h  0,1m T  1,1kg .m RPM  90 2  d  RPM 2  (0.15)  90   1, 4137m / s 60 60 dy (0,152  0,15)   7, 0736kg / m2 du 1, 4137 T 0,1    7, 0736kg / m2 2 2 2  r  L 2  (0,15)  (0,1) dy    7, 0736  1, 4147 103  0, 01kgs / m 2 du u

pág. 32

  0, 01kgs / m2  9,81

N 1kg.m / s 2 1000 g 1m 1 poise 1      1N 1kg 100cm 1g / cm.s 1 poise kg

  98,1682 Problema 2.33: ¿Cuál es la viscosidad del vapor de agua a 300°C y 10 atm absolutos de presión? Este problema se puede resolver recurriendo al apéndice XVII, como la las unidades son distintas a las gráficas tenemos que convertir:

9  F  C   32 reemplazamos valores 5 9  F  300C   32  572 F 5 14, 696 Psig P  10 atm   146,96Psig 1 atm Luego trazamos la gráfica con los valores recientes y obtenemos la viscosidad

RESULTADO La viscosidad es de 0.0215 s.

Problema 2.37: Los datos de flujo de agua por un capilar son los siguientes: Longitud = 10,05m

pág. 33

Diámetro interno = 0,0141cm T = 10°C Volumen del agua = 13.341 m3 Tiempo de flujo = 35505,75s P = 385.87 mmHg Determine el valor experimental de la viscosidad del agua en centipoise () y compárelo con los valores de las tablas

L  10, 05m

Datos:

d  1, 41104 m T  10º C  283,15K V  13,341m3 t  35505, 75s P  385,87mmHg  51453, 06 Pa

1º hallamos la velocidad promedio: uˆ 

L 10, 05m   2,83 104 m / s t 35505, 75s

2º hallamos la viscosidad con la siguiente formula:  

P  d 2  gc 32  uˆ  L   0,1102kg / m.s



1000 g 1m  1kg 100cm 100   1,102 poise  1 poise   110, 2

  0,1102kg / m.s 

pág. 34

P  d 2  g c 32  uˆ  L

CAPITULO 1: ESTÁTICA DE FLUIDOS Problema 1.16 Una esfera de hierro de 50cm3 volumen se introduce en agua. ¿Cuál es el empuje ascendente que recibe? Si la esfera es hueca y pesa 40g, ¿flotará o se irá al fondo? SOLUCIÓN: Datos:

Vesfera  50cm3 mesfera  40 g Para saber si la esfera flota en el agua, primero se calcula su densidad: m esf  V 40 g 1kg 106 cm3 1 m3 esf     1000L 50 cm3 1000 g 1 m3

esf  0,8kg/L Como la densidad del agua es 1kg/L y la densidad de la esfera hallada es 0,8kg/L entonces se concluye que la esfera flota, por tener una menor densidad esf   H 2O . Para calcular el empuje se aplica el principio de Arquímedes: Empuje   H2O  Volumen





Empuje  1kg/L 50 103 L  Empuje  0,05 kg  50g

Respuesta: Recibe un empuje de 50g ; como el empuje es mayor al peso de la esfera, la esfera flotará. Problema 1.21 ¿Cuál será la presión absoluta que deberá existir en el punto D del siguiente sistema para que esté en equilibrio? Datos: En el punto A la presión manométrica es de 0, medida al nivel del mar. El líquido tiene una densidad relativa de 0,9.

SOLUCIÓN: pág. 35

Datos:

PA  1atm  760mmHg

 f  0,9g/cm3  900kg/m3 h  20cm  0,2m g  9,81m/s 2 Como la presión en el punto A y el punto C son iguales, entonces:

PA  PD  g  f h Despejando D:

PD  PA  g  f h Resolviendo primero g  f h :

g  f h  9,81m/s 2  900kg/m3  0, 2m g  f h  1765,8 Pa 

1atm 760mmHg ×  13, 24mmHg 101325 Pa 1atm

Remplazando en la ecuación:

PD  760mmHg -13,24mmHg PD  746,76mmHg Respuesta: La presión en el punto D es de 746, 76 mmHg. Problema 1.26 Determine la densidad del aire a una presión de 586 mm de Hg y a una temperatura de 20ªC. SOLUCIÓN: Datos:

P  586 mmHg 

1atm  0, 7711atm 760 mmHg

T  20o C  293, 73K R  0, 08206L  atm/  K  mol  De tablas se sabe que el peso molecular del aire es de 28,97g/mol Para resolver el problema se utilizara la ecuación de gases reales:

pág. 36

PV  nRT mRT PV  M mRT PM PM    RT    V RT Remplazando:

PM RT

 

0, 7711atm  28,97 g / mol





0, 08206 L  atm / K  mol 293,15 K

  0,9286

g 1kg 1000 L kg × ×  0,9286 3 3 m m L 1000 g

Respuesta: la densidad del aire es de 0,9286kg/m3 Problema 1.29 Si el vacuómetro w marca 180 mm de Hg. Determine las alturas de los líquidos en las ramas de los piezómetros.

3m

SOLUCIÓN: Datos:

Patm  1atm  101325Pa Pw  180mmHg  23998Pa Del apéndice V:   H 2O   1000kg/m3   aire   1,2 kg/m3

pág. 37

 r  C8   0, 703    C8   703kg/m3  r  CCl4   1, 6    CCl4   1600kg/m3

Hallando la altura A:

PL  Pw  gh aire

PL  23998Pa   9,81m / s 2 1, 2kg / m3  25m  PL  23998Pa  294,3Pa PL  24292,3Pa

PL  Patm  ghA octano P P  hZ   atm L   g octano   101325Pa  24292,3Pa  hZ   2 3   9,81m / s  703kg / m  hZ  11,16m Hallando la altura B:

PM  Pw  g  haire aire  hoc tan o oc tan o 

PM  23998Pa  9,81m / s 2 1, 2kg / m3  25m  703kg / m3  7 m  PM  23998Pa  48569,31Pa PM  72567,31

PL  Patm  ghB  agua P P  hx   atm L   g octano   101325Pa  72567.2Pa  hx   2 3   9,81m / s 1000kg / m  hx  2,9314m Hallando la altura C:

PM  Pw  g  haire  aire  hoc tan o oc tan o  hagua  agua  PL  23998Pa  9,81m / s 2 1, 2kg / m3  25m  703kg / m3  7 m  1000kg / m3  6  PL  23998Pa  107429,3Pa PL  131427,3Pa

pág. 38

PL  Patm  ghA octano P P  hY   atm L   g octano   101325Pa  131427,3Pa  hY   2 3   9,81m / s 1600kg / m  hY  1,91m

CAPITULO 2: DINÁMICA DE FLUIDOS Problema 2.21 ¿Cuál será la velocidad máxima de descarga para régimen laminar de un aceite con viscosidad cinemática de 3,8 104 m2 /s en una tubería de 20 cm de diámetro interno? SOLUCIÓN: Datos: Sabiendo que el flujo laminar termina cuando Reynols es igual a 2100, entonces :

Re  2100 v  3,8 104 m2 /s D = 20 cm = 0,2 m Despejando y resolviendo la ecuación de Reynols:

Re 

D

 Re  Re v   D D 2100  3,8 104 m 2 /s 0,2 m   3,99m/s



La velocidad máxima alcanzada es de 3,99 m/s. Problema 2.24 Calcular la viscosidad del nitrobenceno a 20ªC SOLUCIÓN: a) Datos: M  123,1g / mol De tablas a 20°C:

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r20 C  1, 203   20 C  1, 203g / cm3 0

0

Aplicando la siguiente ecuación:

log  log 10    m  2,9 Calculando m:

m

I M

Sabiendo que I 

 An   Pn :

I  6 carbonos +5 hidrogenos +1grupo nitro + 4 dobles ligaduras + anillo 6 carbonos I  6  50, 2   5  2, 7   80  4  15,5    21 I  311, 7 Remplazando en m el peso molecular y I:

m

311, 7  2,532 123,1

Remplazando en la ecuación (1):

log  log 10    m  2,9 log  log 10    2,532 1, 20   2,9 log 10   100,1385

  101,3761   2,38 b) Datos:

T  293,15 K TC  720 K Usando la Ecuación de Morris log

Tr 

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1  L  J   1    Tr 

293,15K  0, 40715 720 K

En la Tabla 1.4-2 (Bird, fenómenos del transporte, segunda edición, 2006) se encuentra para las derivados bencénicos:    0, 0895; obteniéndose el valor del parámetro estructural J, mediante la ecuación: 1/ 2

n   J  0, 0577    bi ni   i 1   Con los valores:

Grupo NO2: junto a un anillo

bi 0,4170

C6H4, anillo bencénico

0,3558

J   0, 0577  0, 4170  0,3558

1/ 2

 0,91132

Sustituyendo:

log log

L 0, 0895

L 0, 0895

1    0,91132   1 0, 40715    1,3270

 L  0, 0895  101,3270  L  1,9 La viscosidad del nitrobenceno es 1,9 centipoices.

Problema 2.28 Determinar el régimen de flujo de corriente de un líquido que fluya en el espacio intertubular de un cambiador de calor si el diámetro es de 0,021 m, la velocidad del fluido de 0,77m/s, la viscosidad de 1,2 y la densidad de 1150 kg/m3. SOLUCIÓN: Datos:

D = 0,021 m   0, 77m/s

  1150kg/m3   1, 2 

102 g / cm  s 1



kg 100 cm   1, 2 103 kg/m  s 1m 1000 g

Para determinar el régimen de flujo se usa la siguiente ecuación:

Re 

D



0, 021m  0, 77m 2 /s 1150kg/m3 Re  1, 2 103 kg/m  s Re  15496, 25 > 2100

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Respuesta: El flujo es turbulento, porque el Reynols es mayor a 2100. Problema 2.33 ¿Cuál es la viscosidad de vapor de agua a 300°C y 10 atm absolutos de presión? SOLUCIÓN: Datos:

T  3000 C  573,15 K P  10atm De tabla 1.312 (Bird, fenómenos del transporte, segunda edición, 2006): o

_

 p  1,85 debyes;   2,52 A;  / k  775 K;   1

  26,69

TM

1

 2 v

La temperatura adimensional T*, será: _

kT

573,15  0, 7395  775 Sustituida en la ecuación de Neufeld conduce a: T  *



1,16145 0,52487 2,16178   2,43787T * * T *0,14874 e0,77327T e 1,16145 0,52487 2,16178 r  L.J .   0,77320,7395  2,437870,7395  1,8674 0,14874 e e  0,7395 Como el vapor de H2O es un gas polar, se usa la ecuación de stockmayer:  Stockmayer     Lennard-Jones   0,2 2 / T * Obteniendose: 2  0, 21 r  S.  1,8674   2,1379 0,7395 y sustituyendo resulta:  573,1518   26, 69  199, 67  p 2  2,52   2,1379   

  199, 67 μp 

2

3

 0, 019967  0, 02 104 μp

Problema 2.38 Un volumen de heptano fluye a través de un viscosímetro tipo Ostwald en 83.8 s mientras que un volumen igual de agua requiere 142.3 s. Calcular la viscosidad del heptano a 20°C, sabiendo que a esa temperatura las densidades del heptano y del agua son 0.689 y 0.998 kg/l respectivamente, y que la viscosidad del agua a esa temperatura es de 0.01 g/cm.

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Datos:

1  83.8s  2  142.3s kg l kg  0.998 l

hep  0.689

H O 2

Solución:

1 11  2  2 2  1  1 1  2 2 2 kg (83.8 s ) l 1  kg 0.998 142.3 s l g 1  4.065 103 cm  s 0.689





g    0.01  cm  s  

Convirtiendo a unidades de s:

1  4.065 103 102 1  0.406s Resultado: La viscosidad es de 0.406 s.

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