Capítulo 8 Flujo de fluidos a régimen transitorio

Capítulo 8

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.

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 =

u

_o



A

_o (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 dMT =









d dH A d V

d( T)  T

(4)

En donde AT es el área transversal del tanque, VT es el volumen del tanque. Sustituyendo (3 y 4 en 2) tenemos,







d dH A A u T o o  

0 (5)

De donde



d

dH

A

A

u

o T

o





(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:

0

2

2















P

u

Pero u2 u_o2u_T2 y como uT puede considerarse despreciable con respecto a la velocidad en el orificio, entonces



u

2



u

_o2 (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 H g H g

Colocando los nuevos valores en la ecuación (7) tendremos que:

0 2

2

 

 uo

g

H (9) y por lo tanto:

gH

uo  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.

o

A

A

Kc



2 ₍₁₁₎

Kc= coeficiente de contracción, cuyo valor medio es de 0.62

A2 =área de la sección contraída.

Ao=área del orificio.

Laecuación (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:

H g Cv

uo  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:

gH Cv

u_o  2



d

dH

A

A

o T





(11)

La ecuación anterior la podemos poner como:

gH

dH

Cv

Ao

A

d

T

2







O como

dH H g Cv Ao A

d T 2

1 2   



(12)

Que integrando nos da:

dH H g Cv A A d Hf Hi o T





 2

1

0 ₂





O

_

















2 1 2 1

2

2

i f o

T

_H

_H

g

Cv

A

A



(13)

Cambiando el signo:



i f



o

T

_H

_H

g

Cv

A

A

_



2

2

En donde Hi es la altura inicial y Hf la altura final del agua en el tanque.

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

¿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

a

lt

u

ra

e

n

c

m

El tanque descarga el líquido a la atmósfera.

Para este caso el balance de materia daría:



d

dH

A

A

u

o T

T





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

F

P

u

Hg



















2

2

Haciendo las simplificaciones pertinentes nos queda que:

D

Le

u

f

u

g

H

T _D T

2

2

2 2









(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.

Hg

D

Le

f

u

D

T













 

1

2

2 (16) De donde:

K

g

H

u

_T





1

2

(17) Siendo D Le f

K  D (18)

Uniendo (6) con (17)



d

dH

A

A

u

o T T





K

g

H





1

2

(19) De donde: K Hg dH Ao A d T    1 2



(20)

dH

H

K

g

Ao

A

d

T 2

1

1

2











(21)

Que integrando nos da:

dH

H

K

g

A

A

d

Hf Hi o T













2 1 0

1

2





i f



o T

H H

K g A

A



 

1 2 2



(23)

Ejemplo.

En un sistema parecido al siguiente se efectuaron unos experimentos de descarga de tanques, dando los resultados siguientes:

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

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 L f_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 Z_A1  Z_A2 



(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 tanque

y = 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

a

lt

ura

t

ot

a

l

e

n

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

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

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



i f



o T

H H

K g A

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.

Figura 4

En este caso el balance de energía daría una ecuación semejante a la 4.











 



D

Le

f

g

H

u

D A B

1

2

(4)

Y el balance de materia daría:

CA = A

A

B

u

B

d

dH

A













 



(9) por lo que igualando 1 con 4 tendremos:











 













 

D

Le

f

g

H

A

d

dH

A

D A B A A

1

2



(10)

Pero en este caso el área AA varía con la altura H.

Ya que A_A lL

Siendo

l

, la cuerda y L la longitud del cilindro.

HA

HB

Figura 5.

2 2

2 r d

l   (11) y

d=altura del líquido sobre el nivel del diámetro del tanque=H_AH_T r (7) Por lo tanto uniendo 6 y 7 con 5 tendremos que:









D

Le

f

gH

A

d

dH

r

H

H

r

L

D A B A T A















 









1

2

2

2 2



(12)

De donde:





d









_{A A}

D B T A

dH

H

g

D

Le

f

A

r

H

H

r

L

2 1 2 2

2

1

2















(13)

La cual no es fácil de integrar. Sin embargo la ecuación (13) se puede poner como:







H

A

H

T

r



H

A

H

A

r

K















 2 1 2 2



(14)

HT

HA

d

Siendo K=

g

D

Le

f

A

L

D

B

2

1

2





(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.

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

Rugosidad de la tubería 0.0015

D



Factor de fricción a plena turbulencia f_D 0.023

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:







H

A

H

T

r



H

A

H

A

r

















2 1 2 2

2572



(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

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.

Ti

e

m

po

e

n

s

e

gu

nd

os

tiempo real

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

El balance de materia sería:

Para el tanque 1.

Entradas =Acumulación



d dH A A ut T

1 1  (24)



d

dH

A

A

u

T T 1 1



(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 dH A A uT T

2 2

0  (26)



d

dH

A

A

u

T T 2 2





(27)

El balance de energía de 2 a 1 sería:

M

F

P

u

Hg



















2

2 (28) En donde

M

F



_{son las pérdidas por fricción en la línea}

Pero en este caso:

0

 



P

y



u



0

)

(

)

(

2

1 2 2 1

2

H

H

H

H

D

Le

u

f

M

F

Hg

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 Le f Hg u D T   

 2 2 (30)

Uniendo 30 con 25.



d

dH

A

A

K

Hg

T 1 1

2



_

(31)

1 1

2

Hg

dH

K

A

A

d

T







(32)

1 0

1

2

Hg

dH

K

A

A

d

Hf Hi T













(33)

En donde

D Le f

Km  Dm (34) y

2 Df Di Dm f f

f   (35)

y

Hi

Hf

Hi

Hf

H

_m















ln

(36) y Hf (H₂H₁)_f

El subíndice f es para final y el subíndice i expresa las condiciones iniciales.



  Hf Hi m m T dH g H K A A 1 1 2



(37) ) ( 2 1 Hi Hf g H 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:

L

u

D

C

M

F

_1.852

167 . 1 852 . 1

823

.

6







_{(30) En donde}

km

gm

k

M

F







_{son las pérdidas por fricción}

en la línea. Sustituyendo 30 en 29.

 

gc g

H

u

L

D

C

M

F

_1.852

167 . 1 852 . 1

823

.

6







₍₃₁₎

L

C

D

gc

g

H

u

823

.

6

852 . 1 167 . 1 852 . 1





(32) 852 . 1 852 . 1 167 . 1 823 . 6 L C D gc g H

u  (33) ; sustituyendo 33 en 25

852 . 1 852 . 1 167 . 1 823 . 6 L C D gc g H

u 



d

dH

A

A

T 1 1

1 852 . 1 852 . 1 167 . 1 1

823

.

6

1

dH

L

C

D

gc

g

H

A

A

d

T







(35)

La ecuación anterior se puede integrar fácilmente si tomamos a Hcomo

Hi

Hf

Hi

Hf

H

_m















ln





(

)

823

.

6

1

852 . 1 852 . 1 167 . 1 1

Hi

Hf

L

C

D

gc

g

H

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:

1, Planteamiento.

1.1.- Bernoulli

) (

2

1

Hi Hf g H 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 𝑚}3₎

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 𝑙𝑛_1.846

= 3.519

3.2.- fD medio.

𝑢𝜃=0= √

2 × 9.81 × 6 𝑓𝐷_0.0627240

= 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 𝑓_𝐷 240

0.0627

= 0.09711√_𝑓1

𝐷

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

) (

2

1

Hi Hf g H K A

A

m m T

 





) (

2

1

Hi Hf g H 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:

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.