Dinámica de fluidos

PROBLEMAS
DINÁMICA
DE FLUIDOS
1
PROBLEMA 1
En una tubería horizontal hay dos secciones diferentes, cuyos radios son 20 cm y
8 cm respectivamente. En cada sección hay un tubo vertical abierto a la
atmósfera, y entre ellos se aprecia una diferencia en el nivel que alcanza el líquido
que circula por la tubería.
a) ¿Cómo varía la diferencia de nivel entre los dos tubos abiertos si el flujo
volumétrico se duplica? ¿En cuál de ellos es mayor la altura alcanzada
por el líquido?
b) Si la densidad del líquido circulante es 1.060 g/cm3 y su velocidad en la
parte ancha es 2,5 m/s, determinar la diferencia de nivel en los tubos
abiertos y la diferencia de presiones entre ambas secciones de la tubería.
h
c2
c1
1
2
2
PROBLEMA 1
Apartado a)
Ecuación de Bernoulli
1
1
P1 + ρc12 + ρgy1 = P2 + ρc22 + ρgy2
2
2
h
z1
z2
c2
c1
R1
1
y1
(
1
P1 − P2 = ρ c22 − c12
2
P2 = Patm + ρgz2
P1 − P2 = ρg ( z1 − z2 ) = ρgh
y2
P1 = Patm + ρgz1
)
2
R2
Por continuidad c1 < c2
Esto implica P1 > P2
Como P1 > P2, z1-z2 = h > 0
El fluido asciende más sobre la
parte ancha de la conducción
La altura h es proporcional a la
diferencia de presiones P1 - P2
h=
P1 − P2
ρg
3
PROBLEMA 1
Si el flujo volumético S·c se duplica...
... la ecuación de continuidad predice que las velocidades se duplican también
h
h’
z1
2c1
R1
y1
1
Por lo tanto la diferencia
de presiones aumenta:
z2
[
2c2
R2
]
1
∆P = ρ (2c2 )2 − (2c1 )2 =
2
2
y2
(
)
⎤
⎡1
= 22 ⎢ ρ c22 − c12 ⎥ = 4(P1 − P2 )
⎦
⎣2
Es decir, si a una diferencia de presiones P1 − P2
correspondía una diferencia de nivel h =
... a la diferencia de presiones 4(P1 − P2 )
P1 − P2
ρg
le corresponde h’ = 4h
En general, la diferencia de nivel entre los tubos abiertos aumenta
proporcionalmente al cuadrado del flujo volumétrico
4
PROBLEMA 1
Apartado b)
Cálculo de la velocidad en la parte estrecha (continuidad):
R1 = 0,20 m
R12
c2 = 2 c1
R2
R2 = 0,08 m
2
⎛ 2
⎛
⎞
⎞
1
2
2 = 1 ρ ⎜ R1 c 2 − c 2 ⎟ = 1 1060 ⋅ 2.52 ⎜ 0.20 − 1⎟
= 1.74 ⋅104 Pa
P1 − P2 = ρ c2 − c1
1 ⎟
2
2 1
⎜
⎜
⎟
2 ⎝ R2
2
⎝ 0.08
⎠ 2
⎠
(
)
P1 − P2 1.74 ⋅104
h=
=
= 1.67 m
ρg
1060 ⋅ 9.8
h
z1
z2
c2
c1
R1
y1
1
R2
2
y2
5
PROBLEMA 2
Un depósito cilíndrico de área A = 1 m2 contiene agua hasta una altura z0 = 1.5
m. Cuando se abre un grifo situado a 25 cm del fondo, se observa que el nivel
de agua desciende muy lentamente. El grifo abierto puede considerarse un
agujero de sección S = 10 cm2.
Demuéstrese que la ecuación que relaciona el tiempo transcurrido con el nivel
de agua desde el momento en que se abrió el grifo es:
2 z0 A
¿Cuánto tiempo
t=
⋅ 1 − z / z0
tardará el
g S
Situación cuando
depósito en
Situación inicial
ha transcurrido
vaciarse?
un tiempo t
[
]
z 0 = 1 .5 m
z 0 = 1 .5 m
z = z (t )
S = 10 cm2
A =1m
2
A = 1 m2
h = 0.25 m
6
PROBLEMA 2
Admitiremos que cuando se abre el grifo el nivel de la superficie desciende con
suficiente lentitud como para suponer que la velocidad de salida de agua por el
mismo cumple la ecuación de Torricelli:
c(t ) = 2 g ⋅ z (t )
Cuando transcurre un intervalo de tiempo dt,
el nivel desciende dz.
Situación cuando
ha transcurrido
un tiempo t
Volumen dV
vaciado en dt
Situación cuando
ha transcurrido
un tiempo t+dt
dV = A ⋅ dz
dz
z 0 = 1 .5 m
z 0 = 1 .5 m
z = z (t )
c(t )
S = 10 cm
A = 1 m2
2
h = 0.25 m
z = z (t )
S = 10 cm2
A = 1 m2
h = 0.25 m
7
PROBLEMA 2
Consideremos el volumen de control indicado por la línea discontinua roja
dm
dV
dz
= −ρ
= −ρ ⋅ A
Disminución de masa dentro del volumen de control: m& =
dt
dt
dt
Flujo de masa que atraviesa la frontera del volumen de control (a través del grifo):
m& = ρ ⋅ S ⋅ c
Situación cuando
ha transcurrido
un tiempo t+dt
Aplicando la conservación de la materia:
dm
= ρ ⋅S ⋅c
dt
−ρ⋅A
dz
= ρ ⋅S ⋅c
dt
dV = A ⋅ dz
dz
Recordemos ahora que c = 2 g ⋅ z
(donde c y z son funciones del tiempo)
− A dz
= S ⋅ dt
2 g z1 / 2
z 0 = 1 .5 m
z = z (t )
c
S = 10 cm
A = 1 m2
2
h = 0.25 m
8
PROBLEMA 2
− A dz
= S ⋅ dt
1/ 2
2g z
−A
2g
Integramos:
z
∫
t
∫
dz
=S
1/ 2
z
z0
[
]
−A
2 z − z0 = S ⋅ t
2g
t=
2 A
⋅
g S
[
[ ]
−A
2 z1 / 2
2g
dt
z
z0
= S [t ]t0
0
z0 − z
]
t=
[
2 z0 A
⋅ 1 − z / z0
g S
]
Tiempo de vaciado: esto significa calcular el tiempo necesario para que el nivel del
líquido descienda hasta la altura del grifo, es decir:
t=
[
]
2 ⋅1.5 1
⋅
1 − 0.25 / 1.5 = 327 s
9.8 10−3
Sugerencia: Véase además la siguiente dirección web
http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/fluidos/dinamica/vaciado/vaciado.htm
9
PROBLEMA 3
Una tubería horizontal de 20 cm2 de sección recta termina en una boquilla de sección
5 cm2, colineal con el eje de la tubería, por la cual se descarga agua a un recipiente
abierto. Entre la tubería y la boquilla está instalado un tubo de Venturi para medidas
de caudal (véase figura). El líquido manométrico del venturímetro tiene una densidad
ρm = 13600 kg/m3 (13,6 veces superior a la del agua circulante). La diferencia de
altura entre las dos ramas del venturímetro es h = 243 mm, y la presión atmosférica
en el momento de la medida es 1 bar. Suponga que el agua circula en régimen ideal.
h = 243 mm
Calcule las velocidades en la tubería y en la boquilla, determine el caudal y el flujo
másico de agua y la presión en la tubería.
10
PROBLEMA 3
Aplicaremos la Ec. de Bernoulli junto con la ec. de continuidad y la
condición de diferencia de presiones que obtendremos del venturímetro,
para determinar la velocidad del agua en las distintas secciones y de ahí el
flujo másico y volumétrico.
Fluido, densidad ρ
1 c1
S1
2
z0
y1
h
A
c2
B
A
Aplicamos Bernoulli entre 1 y 2
S2
y2
1
1
P1 + ρc12 + ρgy1 = P2 + ρc22 + ρgy2
2
2
Ecuación de continuidad
S
c2 = 1 ⋅ c1
S1 ⋅ c1 = S 2 ⋅ c2
S2
Fluido manométrico, densidad ρm
PA = P1 + ρg (h + z0 )
PB = P2 + ρgz0
PA = PB + ρ m gh
PA − PB = ρ m gh
P1 − P2 =
⎡⎛ S ⎞
⎤
1
( ρ m − ρ )gh =
⎢⎜ ⎟ − 1⎥
2 ⎢⎜⎝ S2 ⎟⎠
⎥⎦
⎣
2
2
2
− c12
ρc12 ⎡⎛ S1 ⎞
)
⎤
P1 − P2 =
⎢⎜⎜ ⎟⎟ − 1⎥
2 ⎢⎝ S 2 ⎠
⎥⎦
⎣
P1 − P2 = PA − PB − ρgh = ( ρ m − ρ )gh
ρc12
(
c
2
ρ
c1 =
2( ρ m − ρ )gh
ρ (S1 S 2 )2 − 1
[
]
2
11
PROBLEMA 3
c1 =
2(ρ m − ρ )gh
[
]
ρ (S1 S 2 ) − 1
2
=
2(13600 − 1000 )9.8 ⋅ 0.243
[
]
1000 (20 5) − 1
2
= 2.0 m/s
S
20
2.0 = 8.0 m/s
c2 = 1 ⋅ c1 =
S2
5
V& = S1 ⋅ c1 = 20 ⋅10−4 ⋅ 2.0 = 4.0 ⋅10−3 m3/s = 4.0 litros/s
kg
litros
kg
m& = ρV& = 1
4.0
= 4.0
litro
s
s
⎤
⎜⎜ ⎟⎟ − 1⎥ = 30006 Pa
P1 − P2 = (ρ m − ρ )gh =
2 ⎢⎝ S 2 ⎠
⎥
⎦
⎣
2
ρc12 ⎡⎢⎛ S1 ⎞
Presión exterior P2 = 1 bar = 105 Pa
Presión en tubería P1 = 1 bar + 0.30006 bar = 1.3 bar
12