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Capítulo 8 Flujo de fluidos a régimen transitorio.
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Capítulo 8
Flujo de fluidos a régimen transitorio.
Flujo de fluidos a régimen transitorio.
En flujo de fluidos se puede encontrar el régimen transitorio cuando se presenta el
fenómeno de la descarga de tanques.
Supongamos por ejemplo, que se tiene un tanque como el que se presenta a
continuación, el cual tiene un orificio en su parte inferior por el que escapa el agua.
Sea H la altura del líquido dentro del tanque en un momento dado, DT el diámetro del
tanque y Do el diámetro del orificio a través del cual escapa el agua.
Mediante un balance de materia podremos encontrar que:
Entrada = Salidas + Acumulación (1)
Pero en este caso las Entradas son igual a cero, por lo que:
0= Salidas + Acumulación (2)
En un momento dado, las salidas son iguales a:
Salida = oo Au (3), en donde
uo = velocidad del agua en el orificio; ρo = densidad del líquido; Ao= área del orificio
La acumulación está dada por:
Acumulación =d
dM T =
d
dHA
d
Vd TT )(
(4)
En donde AT es el área transversal del tanque, VT es el volumen del tanque.
Sustituyendo (3 y 4 en 2) tenemos,
d
dHAAu T
oo 0 (5)
De donde d
dH
A
Au
o
To (6)
En la ecuación número (6) se puede observar que la velocidad en el tanque es una
función del tiempo y que la velocidad decrece con la altura del líquido en el tanque.
Para encontrar cuál será esa velocidad haremos un balance de energía en un momento
dado.
Entre las energías a considerar están, la energía potencial, la cinética y la de presión:
02
2
PuHg (7)
Pero 222
To uuu y como uT puede considerarse despreciable con respecto a la
velocidad en el orificio, entonces 22
ouu (8)
El término 0
P ya que la presión sobre el tanque y sobre el orificio es la misma.
Si consideramos que H en el orificio es 0, entonces gHgH
Colocando los nuevos valores en la ecuación (7) tendremos que:
02
2
ougH (9) y por lo tanto:
gHuo 2 (10).
Venturi encontró que al salir el líquido toca el contorno del orificio y continúa convergiendo
hasta una sección A2, en la cual el chorro tiene un área sensiblemente menor a la del
orificio. Esta sección A2 recibe el nombre de sección contraída o vena contracta.
La relación entre el área de la sección contraída y el área del orificio recibe el nombre de
coeficiente de contracción.
oA
AKc 2 (11)
Kc= coeficiente de contracción, cuyo valor medio es de 0.62
A2 =área de la sección contraída.
Ao A2
Ao=área del orificio.
La ecuación (10) nos indica que en un momento dado la velocidad es función de la altura
H. Sin embargo, esa velocidad no contempla las pérdidas por fricción, por lo que se tiene
que incluir un coeficiente de reducción de velocidad, que siempre será menor que 1:
HgCvuo 2 (12)
En donde Cv es el coeficiente por reducción de velocidad, cuyo valor numérico medio es
igual a =.985
Igualando 6 con 12 tendremos que:
gHCvuo 2d
dH
A
A
o
T (11)
La ecuación anterior la podemos poner como:
gH
dH
CvAo
Ad T
2 O como
dHHgCvAo
Ad T 2
1
2
(12)
Que integrando nos da:
dHHgCvA
Ad
Hf
Hio
T
2
1
0 2
O
2
1
2
1
2
2if
o
T HHgCvA
A (13)
Cambiando el signo:
fi
o
T HHgCvA
A
2
2 (14)
En donde Hi es la altura inicial y Hf la altura final del agua en el tanque.
Para el cálculo de descarga de tanques a través de orificio también se cuenta con
ecuaciones empíricas como las que se presentan a continuación:
Ejemplo 1.
En un experimento efectuado en el laboratorio de ingeniería se midió la descarga de
agua en el tanque obteniéndose los siguientes resultados:
Altura del agua en el tanque H en cm. Tiempo de descarga en segundos
122 0
102 20
82 42
62 67
42 96
22 133
2 196
¿Se podría predecir este resultado sin efectuar el experimento?
Descarga de un tanque que tiene una tubería en su base.
La descarga de tanques que poseen una tubería y una serie de accesorios sobre ella es un problema clásico en el cual se necesita usar la ecuación de continuidad en unión con la ecuación de balance de energía en la versión macroscópica (véase el libro de Bird (1) para la mejor exposición de los balances macroscópicos o también el libro de Morton Denn (2)). Se debe hacer notar que en el balance de masa la velocidad de acumulación o des acumulación es la que proporciona las corrientes de salida ya sea en los tanques cilíndricos horizontales o verticales. En ambos casos la ecuación diferencial final se da en términos de la altura del líquido en el tanque y de la velocidad de salida. En el caso de del tanque cilíndrico vertical, la integración de la ecuación final para obtener el tiempo de descarga es trivial. El análisis de los datos es también una simple aplicación de los datos experimentales. En el caso de un tanque cilíndrico horizontal el problema es un poco más complejo debido a que la superficie libre no es constante, como sucede en el caso de los tanques verticales. Sin embargo la aplicación de consideraciones geométricas y el uso de las ecuaciones de continuidad y de energía nos proporcionan la ecuación diferencial, sin embargo, la integración de esa expresión final no es simple y es entonces recomendable hacer la integración en forma numérica. A continuación se presenta el caso de descarga de tanques cilíndricos verticales con accesorios
El sistema que se analiza es el siguiente:
Descarga de un tanque
0
20
40
60
80
100
120
140
0 50 100 150 200 250
tiempo en segundos
alt
ura
en
cm
Serie1
El tanque descarga el líquido a la atmósfera.
Para este caso el balance de materia daría:
d
dH
A
Au
o
TT Ecuación (6)
Siendo uT la velocidad a la salida de la tubería, AT el área transversal del tanque de
descarga y Ao el área transversal de la tubería de descarga.
El balance de energía sería para este caso el siguiente, considerando que hay energía
potencial, cinética, de presión y de fricción presentes:
M
FPuHg
2
2
Haciendo las simplificaciones pertinentes nos queda que:
D
Leuf
ugH
T
DT
22
22
(15)
En donde uT es la velocidad promedio en la tubería de descarga, Le es la longitud
equivalente de la descarga, D es el diámetro de la tubería de descarga y fD es el factor
Darcy.
Haciendo arreglos tendremos que:
HgD
Lef
uD
T
1
2
2
(16)
De donde:
K
gHuT
1
2 (17)
Siendo D
LefK D (18)
Uniendo (6) con (17)
d
dH
A
Au
o
TT
K
gH
1
2 (19)
De donde:
K
Hg
dH
Ao
Ad T
1
2 (20)
dHH
K
gAo
Ad T 2
1
1
2
(21)
Que integrando nos da:
dHH
K
gA
Ad
Hf
Hi
o
T
2
1
0
1
2
(22)
fi
o
T HH
K
gA
A
1
2
2 (23)
Ejemplo.
En un sistema parecido al siguiente se efectuaron unos experimentos de descarga de
tanques, dando los resultados
siguientes:
Figura 2
Tabla 1.
Altura total Z en
cm.
Tiempo θ en
segundos
Altura total Z en
cm.
Tiempo θ en
segundos
273 0 235 146.7
271 7 233 154.2
269 14.57 231 162.3
267 22 229 170.8
265 29.7 227 180
263 36.9 225 188.8
261 44.7 223 197.4
259 52 221 208
257 60 219 217.2
255 67.7 217 227.6
253 75.3 215 237.7
251 83
249 90.8
247 99.3
245 106.6
243 114
241 122.3
239 130.5
237 138.6
Grafico 1
En el caso mostrado, la longitud de tubo recto es de 3.72 m, la longitud equivalente de los
accesorios es de 4.6 m. El diámetro de la tubería es de 2.093 cm., por lo que K =D
Lf D
=12.72.
El área del tanque es de 0.255 m2 y el área transversal de la tubería es de 3.439 x 10-4
m2.
Por lo tanto la ecuación es para nuestro caso igual a:
)(1240 21 AA ZZ (8)
Aplicando la ecuación anterior a los datos de altura se obtiene que:
Tabla 2.
Tiempo
real en
ZA m Tiempo
incremento
Tiempo
calculado
total en
descarga del tanquey = 2.7309e-0.001x
R2 = 0.9998
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
0 50 100 150 200 250
tiempo en segundos
alt
ura
to
tal
en
m
seg. segundos
0 2.73 0 0
7 2.71 7.51861708 7.51861708
14.57 2.69 7.54641262 15.0650297
22 2.67 7.57451873 22.6395484
29.7 2.65 7.60294124 30.2424897
36.7 2.63 7.63168613 37.8741758
44.7 2.61 7.66075953 45.5349353
52 2.59 7.69016776 53.2251031
60 2.57 7.7199173 60.9450204
67.7 2.55 7.75001478 68.6950352
75.3 2.53 7.78046706 76.4755022
83 2.51 7.81128115 84.2867834
90.8 2.49 7.84246428 92.1292477
99.3 2.47 7.87402388 100.003272
106.6 2.45 7.90596757 107.909239
114 2.43 7.93830322 115.847542
122.3 2.41 7.97103891 123.818581
130.5 2.39 8.00418295 131.822764
138.6 2.37 8.03774391 139.860508
146.7 2.35 8.0717306 147.932239
154.2 2.33 8.10615209 156.038391
162.3 2.31 8.14101774 164.179409
170.8 2.29 8.17633719 172.355746
180 2.27 8.21212036 180.567866
188.8 2.25 8.24837749 188.816244
197.4 2.23 8.28511914 197.101363
208 2.21 8.32235619 205.423719
217.2 2.19 8.36009989 213.783819
227.6 2.17 8.39836181 222.182181
Lo cual concuerda bastante bien con los datos experimentales. La discrepancia en los
últimos datos se debe a la aparición de remolinos que alteran el patrón de flujo.
Ejemplo 2.
¿En cuánto tiempo se descargaría el tanque representado en la figura siguiente, desde la
posición inicial a la final? Por el sistema fluye agua a 20°C. La tubería es de acero
galvanizado Cd 40.
2.- Cálculos.
2.1.- Datos.
Diámetro del tanque = 2 m
Área del tanque =0.785 X (2)2=3.14 m2
Diámetro interno de la tubería = 4.089 cm
Área de la tubería de descarga =0.785 X (0.04089)2=1.3X 10-3 m2.
Longitud del tubo 64.5 m
Longitud de los accesorios = 1 entrada+7 codos+ 1 vál. Compuerta+1 válvula de globo+1
válvula de retención+1 salida.
L accesorios = 0.5+7(0.9)+0.3+13.4+3.2+1 = 24.7
Rugosidad relativa = 0.0045
Viscosidad = 1.005 cps
Densidad 998.23 kg / m3
2.1.- Ecuación de diseño
fi
o
T HH
K
gA
A
1
2
2
2.2.- Cálculos.
Altura inicial Hi = 10+4-2+1 =13 m, Altura fina Hf =11m
Factor de fricción considerando flujo turbulento. fD =0.02
𝐾 = 𝑓𝐷
𝐿
𝐷= 0.03
(64.5 + 24.7)
0.04089= 65.44
2.3.- Tiempo de descarga.
𝜃 =2 × 3.14
1.3 × 10−3√
1 + 65.44
2 × 9.81 × (√13 − √11 ) = 2568.4 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠
3.- Resultados.
El tanque se descargará en 2568 segundos.
Descarga de tanques cilíndricos horizontales.
Figura 4
En este caso el balance de energía daría una ecuación semejante a la 4.
D
Lef
gHu
D
AB
1
2 (4)
Y el balance de materia daría:
CA = BBA uAd
dHA
(9) por lo que igualando 1 con 4 tendremos:
D
Lef
gHA
d
dHA
D
AB
AA
1
2
(10)
Pero en este caso el área AA varía con la altura H.
Ya que LlAA
Siendo l , la cuerda y L la longitud del cilindro.
HA
HB
L
Figura 5.
222 drl (11) y
d=altura del líquido sobre el nivel del diámetro del tanque= rHH TA (7)
Por lo tanto uniendo 6 y 7 con 5 tendremos que:
D
Lef
gHA
d
dHrHHrL
D
AB
ATA
1
22
22
(12)
De donde:
d
AA
D
B
TAdHH
g
D
Lef
A
rHHrL2
122
2
12
(13)
La cual no es fácil de integrar. Sin embargo la ecuación (13) se puede poner como:
AATA HHrHHrK
2
122 (14)
HT
HA
d
r
D
Siendo K=g
D
Lef
A
LD
B 2
12
(15)
Nótese que para encontrar el tiempo de descarga se tiene que integrar desde HT+2r que
es la Ha inicial hasta La Ha final que es simplemente HT. Por lo tanto para obtener los
tiempos parciales de descarga se puede integrar (numéricamente) desde las fracciones
de la altura inicial (HT+2r).
Ejemplo 3.
Haciendo un experimento en el tanque anterior se encontraron los datos siguientes:
Tabla 3.
Litros tiempo en
segundos
altura en
cm.
100 0 164
200 38 158.5
300 75 153.5
400 116 149.2
500 158 145
600 195 141.3
HA
HB
L=3m
D=1m
79 cm. 217 cm.
DT=1.5”
700 234 137.7
800 271 134.5
900 309 131.2
1000 347 127.9
1100 389 124.5
1200 427 121.1
1300 468 117.4
1400 516 113.6
1500 556 110
1600 596 106.3
1700 640 102.7
1800 685 98.8
1900 727 94.6
2000 771 90.1
2100 816 84.3
¿Se podría predecir el resultado sin hacer experimentos?
1.- Discusión.
Nótese que para encontrar el tiempo de descarga se tiene que integrar desde HT+2r que
es la Ha inicial hasta La Ha final que es simplemente HT. Por lo tanto para obtener los
tiempos parciales de descarga se puede integrar (numéricamente) desde las fracciones
de la altura inicial (HT+2r).
2.- Datos.
Para el caso que nos ocupa:
Longitud equivalente del sistema Le = 9.26 m
Diámetro de la tubería de descarga 1.5 pulgadas, Cd. 40 = 0.04089 m.
Rugosidad de la tubería 0015.0D
Factor de fricción a plena turbulencia 023.0Df
Longitud del tanque L= 3m
Área del tubo de descarga AB=0.0013125 m2.
Por lo tanto K =2572
3.- Cálculos.
La ecuación (10) para nuestro sistema queda:
AATA HHrHHr
2
1222572 (16)
Con la ecuación anterior se puede calcular los incrementos de tiempo en función de la
altura.
Tabla 6
altura en
cm.
Tiempo real Incremento
de H
incremento
de tiempo
164 0 Tiempo
calculado
158.5 38 -0.055 42.564832 42.56
153.5 75 -0.05 43.3299263 85.8947583
149.2 116 -0.043 40.2082381 126.102996
145 158 -0.042 41.5128754 167.615872
141.3 195 -0.037 38.1434457 205.759317
137.7 234 -0.036 38.3232733 244.082591
134.5 271 -0.032 34.9171332 278.999724
131.2 309 -0.033 36.7098687 315.709593
127.9 347 -0.033 37.2829204 352.992513
124.5 389 -0.034 38.8604803 391.852993
121.1 427 -0.034 39.1521766 431.00517
117.4 468 -0.037 42.7361497 473.74132
113.6 516 -0.038 43.7821277 517.523447
110 556 -0.036 41.1125223 558.63597
106.3 596 -0.037 41.5861421 600.222112
102.7 640 -0.036 39.4787639 639.700876
98.8 685 -0.039 41.2272956 680.928171
94.6 727 -0.042 41.9269788 722.85515
90.1 771 -0.045 40.9628292 763.817979
84.3 816 -0.058 43.8297489 807.647728
Descarga del tanque
0
200
400
600
800
70 90 110 130 150 170
Altura en cm.
Tie
mp
o e
n s
eg
un
do
s
tiempo real
tiempo calculado
Descarga de un tanque que va a otro tanque (Flujo entre tanques)
Sea el sistema siguiente:
El tanque 1 y el tanque dos están abiertos a la atmósfera. Si en un momento dado se abre
la válvula el agua fluirá desde el tanque 2 hasta el tanque 1 por la diferencia de energía
potencial-
1
2
H2
El balance de materia sería:
Para el tanque 1.
Entradas =Acumulación
d
dHAAu Tt
11 (24)
d
dH
A
Au
T
T11 (25)
En donde uT es la velocidad en el tubo y AT es la sección transversal del tubo, A1 es el
área transversal del tanque 1
Para el tanque 2
0= Salidas + Acumulación
d
dHAAu TT
220 (26)
d
dH
A
Au
T
T22 (27)
El balance de energía de 2 a 1 sería:
M
FPuHg
2
2
(28)
En donde M
F son las pérdidas por fricción en la línea
Pero en este caso:
0
P y 0u
Por lo tanto.
)()(2
1221
2
HHHHD
Leuf
M
FHg T
D
(29)
Siendo fD el factor de fricción Darcy y Le la longitud equivalente de la línea y D el
diámetro interno de la línea.
K
Hg
D
Lef
Hgu
D
T
22 (30)
Uniendo 30 con 25.
d
dH
A
A
K
Hg
T
112
(31)
11
2dH
Hg
K
A
Ad
T (32)
10
1
2dH
Hg
K
A
Ad
Hf
HiT
(33)
En donde D
LefK Dmm (34) y
2
DfDi
Dm
fff
(35)
y
Hi
Hf
HiHfHm
ln
(36) y fHHHf )( 12
El subíndice f es para final y el subíndice i expresa las condiciones iniciales.
Entonces:
Hf
Him
m
T
dHgH
K
A
A1
1
2 (37)
)(2
1 HiHfgH
K
A
A
m
m
T
(38)
En el caso de que el fluido sea agua se tienen ecuaciones especiales que dan con más
precisión la relación entre las caídas de presión y las velocidades o caudales en función
de los diámetros y las longitudes equivalentes.
Una de esas ecuaciones es la de Hazen –Williams:
LuD
C
M
F852.1
167.1
852.1
823.6
(30) En donde km
gmk
M
F
son las pérdidas por fricción
en la línea. Sustituyendo 30 en 29.
gc
gH Lu
D
C
M
F852.1
167.1
852.1
823.6
(31)
L
CD
gc
gHu
823.6
852.1167.1852.1 (32)
852.1
852.1167.1
823.6 L
CD
gc
gHu (33) ; sustituyendo 33 en 25
852.1
852.1167.1
823.6 L
CD
gc
gHu
d
dH
A
A
T
11 (34)
1
852.1
852.1167.1
1
823.6
1dH
L
CD
gc
gH
A
Ad
T
(35)
La ecuación anterior se puede integrar fácilmente si tomamos a H como
Hi
Hf
HiHfHm
ln
)(
823.6
1
852.1
852.1167.1
1 HiHf
L
CD
gc
gH
A
A
m
T
(36)
Ejemplo 4.
Se tienen dos tanques de almacenamiento de agua conectados entre sí mediante una
línea de 2.5 pulgadas, Cd. 40 y 240 m de longitud, tal y como se muestra en la figura
siguiente:
El tanque 1 tiene un diámetro de 6 m y el tanque 2 uno de 4.5 m. Al abrir la válvula calcule
el tiempo en que el nivel del tanque 1 llegará a los 7.5 m
1, Planteamiento.
1.1.- Bernoulli
)(2
1 HiHfgH
K
A
A
m
m
T
3.- Cálculos.
3.1.- ΔHmedia
∆𝐻 𝑎 𝜃 = 0 𝑒𝑠 (9 − 3) = 6
∆𝐻 𝑎 𝜃 = 𝜃 𝑒𝑠
Volumen desplazado (6)(6)2 × 0.785 × (9 − 7.5) = 42.39 𝑚3)
Altura en el tanque 2.
42.39𝑚3
(4.5)2 × 0.785= 2.66𝑚
𝑍2 = 3 + 2.66 = 5.66 𝑚
𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 ∆𝐻 = 7.5 − 5.66 = 1.84
∆𝐻 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎 =6 − 1.84
𝑙𝑛6
1.84
= 3.519
3.2.- fD medio.
Velocidad en la tubería al tiempo cero es:
𝑢𝜃=0 = √2 × 9.81 × 6
𝑓𝐷240
0.0627
= 0.17536√1
𝑓𝐷
𝑆𝑒𝑎 𝑓𝐷 = 0.019
Entonces 𝑢𝜃=0 = 1,272; 𝑒
𝐷= 0.0007
𝑅𝑒 =0.0627 × 1.272 × 1000
0.001= 79754
De la gráfica de Moody se obtiene que 𝑓𝐷 = 0.0215
Segundo tanteo, sea 𝑢𝜃=0 = 1,959; 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑅𝑒 = 74985 𝑦 𝑓𝐷 = 0.0215
Velocidad final 𝑢𝜃=𝜃 = √2×9.81×1.84
𝑓𝐷240
0.0627
= 0.09711√1
𝑓𝐷
Si 𝑓𝐷 = 0.025; 𝑢𝜃=𝜃 = 0.614; 𝑅𝑒 = 38508 𝑦 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑓𝐷 = 0.024
Segundo tanteo sea 𝑢𝜃=𝜃 = 0.6268 ; 𝑅𝑒 = 39302 𝑦 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑓𝐷 = 0.024
𝑓𝐷 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎 =0.019 + 0.024
2= 0.0215
3.3.- Tiempo
𝐴𝑇 = (0.0627)2 × 0.785 = 3.086 × 10−3
𝐴1 = (6)2 × 0.785 = 28.26 𝑚2
)(2
1 HiHfgH
K
A
A
m
m
T
)(2
1 HiHfgH
K
A
A
m
m
T
𝐾𝑚 = 𝑓𝐷 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎
𝐿
𝐷 = 0.0215
240
0.0627= 82.3
𝜃 =28.26
3.086×10−3 √82.3
2×9.81×3.519(6-1.84)=12904s
4.- Resultado.
El tiempo necesario es de 3 horas, 35 minutos y 3 segundos.
Ejercicios de autoevaluación
1.-Calcule el tiempo requerido para que el nivel del agua en un tanque caiga desde 9 m a
4 m sobre el nivel de descarga de una tubería a partir de los siguientes datos:
R.- 6.87 h.
Bibliografía.
*Valiente Barderas Antonio.- Problemas de flujo de fluidos- Limusa - México-1998.
*Prácticas de laboratorio- Flujo de fluidos- Facultad de Química- UNAM-C.U.- México D.F.
2006
* Streeter, Víctor L.- Mecánica de los fluidos- Mc Graw Hill- México- 1979.
* Bird,Byrond et allí- Transport Phenomena-Wiley- Japan- 1960
