Resolución del parcialito de fluidos

Parcialito de Fluidos
Problema 1: Un tanque de almacenamiento cilíndrico abierto a la atmósfera (usar Patm = 100 kPa), de 15 m de radio y 10 m de altura, está lleno de agua (densidad 1,0 g/cm^3) y petróleo liviano (densidad 0,8 g/cm^3) en equilibrio. Sabiendo que los líquidos son inmiscibles y que el tanque contiene -en volumen- cuatro veces más petróleo que agua:
a. Calcule la presión manométrica en el fondo del recipiente, en kPa.
b. Grafique la presión absoluta dentro del tanque (en kPa) en función de la profundidad (en m) entre la superficie libre del líquido y el fondo del recipiente (en kPa). Indicar claramente los valores, unidades y referencia elegidos.

a) Primero hagamos un esquema del tanque, ubicando en él algunos puntos "auxiliares" que nos pueden servir.


Tomamos un punto A sobre el fondo, un punto B sobre la interfase agua-petróleo, y un punto C en la interfase petróleo-aire.  

Cálculo auxiliar: espesor de cada capa de líquido
Hay una diferencia de altura entre A y B, y otra diferencia de altura entre B y C, que aún no conocemos.  Pero, sabemos que el volumen de petróleo es cuatro veces el volumen de agua, por lo tanto:

V(petróleo) = 4 Vagua  --> 
Sup . ΔhBC= 4 Sup . ΔhAB

Como la superficie (es la superficie de la base del tanque, o sea, pi . r^2, donde r = 15m) es la misma en ambos miembros, entonces:se simplifica y queda:

ΔhBC= 4 . ΔhAB

Y como la altura total es de 10 m ( ΔhAB + ΔhBC  = 10 m ), entonces sale que:


ΔhAB = 2 m, ΔhBC = 8 m.

Cálculo de la presión manométrica en A

Para calcular la presión en un punto, podemos usar el teorema de la hidrostática ya que el líquido está en reposo.

Para el agua, podemos plantear dicho teorema, entre los puntos auxiliares A y B:

PA - PB = δa . g . ΔhAB    (1)



donde δa es la densidad del agua.

Para el petróleo, entre B y C, tenemos::

PB - PC = δp . g . ΔhBC    (2)

donde δp es la densidad del petróleo. En esta última ecuación, podemos reemplazar PC = Patm.


Nota: al punto B se lo puede considerar como que está en agua y en petróleo al mismo tiempo, ya que la presión es continua (no pega "saltos"). Por eso lo usamos las dos veces.

Despejando PB de la ecuación (2) y reemplazándolo en (1), llegamos a:


PA = Patm + δp . g . ΔhBC  + δa . g . ΔhAB 


Nos piden la presión manométrica en A. Como  Pmanom(en A) = PA - Patm , entonces:


Pmanom (en A) = δp . g . ΔhBC  + δa . g . ΔhAB 

Ahora queda hacer la cuenta: reemplazando todo, nos queda:

Pmanom (en A) = 64000 Pa + 20000 Pa = 84 kPa

b)  Nos piden graficar la presión absoluta en términos de la profundidad. Observemos que nos lo piden en función de la profundidad, no de la altura. Aunque son casi iguales, numéricamente son "al revés": la profundidad vale 0 m en la interfase superior, 8m en la interfase  hasta 10 m en el fondo. En cambio, la altura h va de 0 m en el fondo hasta 10 m en la interfase superior, pasando por 2m en la interfase petróleo agua; ver el dibujo).  En el dibujo se indica cuál es el eje x, que representa la profundidad.


 Nos piden graficar la presión absoluta, así que primero escribamos algunas presiones que sabemos:


PC = Patm = 100 kPa
PB = PC + δp . g . ΔhBC = Patm + 64 kPa = 164 kPa
PA = Patm + δp . g . ΔhBC  + δa . g . ΔhAB 
PA = Patm + 64 kPa + 20 kPa = 184 kPa


Pero estos son sólo los valores de la presión en A, en B, y en C. ¿Qué sucede en todos los otros infinitos puntos? Por un lado, sabemos que, en un mismo líquido, la presión cambia linealmente con la profundidad, entonces en cada líquido el gráfico es una recta. Además, sabemos que la presión es continua. Por lo cual, podemos unir los puntos con segmentos de recta. Este es el resultado:

En el gráfico, la línea marrón tiene distinta pendiente que la línea roja, aunque la diferencia mucho no se nota. El eje x, se indica en el gráfico más arriba (en este caso es "positivo hacia abajo" porque esa es la consigna del enunciado).

Problema 2: Un sifón se diseña para que pueda llenar un vaso de 200 cm^3 en 4s, cuando el desnivel entre el pico de salida, cuya sección es de 0,5 cm^2, y la superficie libre del líquido dentro del sifón, es de 15 cm.
a. ¿Cuál es la presión que debe tener el gas que se encuentra en la cara superior del sifón?
b. Suponiendo que esta presión se mantuviera constante, ¿cuánto tardaría en llenarse el vaso si el nivel de agua bajara 1 cm?

Nota: En este problema supondremos que el fluido (agua) se considera ideal, y supondremos también que el flujo NO es turbulento (si lo fuera, nada de lo que sigue valdría).

 a. Nos piden la presión en el punto indicado en la figura. Como el fluido es ideal, y el flujo no es turbulento, podemos usar el Teorema de Bernouilli. Tomamos: un punto sobre la interfase agua-aire (A) y otro punto a la salida del sifón (B), como se muestra en el dibujo.







La expresión de Bernouilli queda:

PA + (1/2) δ VA^2 + δ g HA = PB + (1/2) δ VB^2 + δ g HB      (1)

En la expresión de arriba:
- Podemos elegir: HA = 0, y en ese caso: HB = 0,15 m.
- Como la superficie aire-agua es muy grande comparada con la sección del pico, entonces aproximamos Va a CERO.
- No conocemos todavía la velocidad de salida Vb, pero podemos calcularla aparte, con el dato que nos dan sobre el caudal.
- Pb es la presión a la salida; como el chorrito que sale del pico es bastante angosto, supondremos que la presión Pb dentro del chorrito es aproximadamente la presión atmosférica que rodea al chorro.
- La densidad  del agua, es δ= 1000 kg/m^3 y g = 10 m/s^2
- Pa es la incógnita que nos interesa

Reemplazando todo lo anterior, nos queda:

PA = Patm + (1/2) δ VB^2 + 1000  . 10 . 0,15 Pa      (2)


Si conociéramos VB, hallaríamos PA --> hagamos el siguiente...


Cálculo auxiliar
Calculemos el caudal a la salida del pico. Nos dicen que se llena un vaso de 200 cm^3 en 4 segundos, por lo tanto:
Q = Volumen / Δt --> Q = 200 cm^3/4s = 5 . 10^(-5) m^3/s
Teniendo el caudal, ahora sí podemos calcular la velocidad de salida:

VB . SB = Q donde Sb es la sección del pico; Sb = 0,5 cm^2


VB = Q / SB = (cuentas) = 1 m/s

Volvamos al teorema de Bernouilli

Reemplazando VB = 1 m/s en (2), hallamos Pa:


PA= 101300 Pa + (1/2) 1000  . 1  Pa + 1000  . 10 . 0,15 Pa   
PA = 101300 Pa + 500 Pa + 1500 Pa
PA = 103300 Pa.


b. Supongamos ahora PA = constante = 103300 Pa, como dice la consgina del enunciado. Si el nivel baja 1 cm, ahora habrá 16 cm de diferencia entre el pico, y la interfase agua-aire. Pero ahora, pudo haber cambiado la velocidad de salida, por lo tanto, ya no vale más el dato que teníamos de caudal.


Volvemos a plantear el teorema de Bernouilli


PA + (1/2) δ VA^2 + δ g HA = PB + (1/2) δ VB^2 + δ g HB


Ahora la superficie agua-aire bajó, por lo tanto, el punto A " se movió" (seguimos tomando un punto A sobre dicha superficie). Mediremos las alturas, desde el nuevo punto A, es decir: HA = 0 y HB = 0,16 m.
Al igual que antes, despreciamos VA ya que la superficie agua-aire es mucho mayor que la sección del pico. También sabemos que PB = Patm = 101300 Pa, y conocemos PA. La única incógnita es VB. Reemplazamos todo esto:

103300 Pa = 101300 Pa + (1/2). 1000 kg/m^3. VB^2 + 1000 . 10 . 0,16 Pa

Por lo tanto:
2000 Pa - 1600 Pa = 500 kg/m^3 . VB^2

De donde sale:

VB = 0,8944 m/s

Esta es la nueva velocidad de salida. Falta calcular cuánto tarda en llenarse el vaso. Para eso, necesitamos el nuevo caudal:
Q = VB . SB = 0,8944 m/s . 0,5 cm^2 = 0,447 . 10^(-4) m^3/s

Y como Q = Volumen/Δt, y el vaso es el mismo (Volumen = 200 cm^3 = 2 . 10^(-4) m^3)

Δt = Volumen/Q = 4,47 s

Problema 3. Cuando se aplica una diferencia de presión de 80 kPa entre los extremos de un tubo horizontal, fluye por él un caudal de 4 litros por minuto. Se conectan, horizontalmente, dos de estos caños en paralelo, y ese conjunto se conecta en serie con otro caño idéntico a los anteriores. 
a. ¿Qué diferencia de presión hay que aplicar entre la entrada y la salida de ese sistema para que el caudal saliente siga siendo de 4 litros por minuto?
b. Bajo las condiciones del ítem (a), ¿qué potencia, en Watts, debe desarrollar el mecanismo propulsor?

Nota: Asumiremos que los tubos son de sección constante.

a. Primero tenemos un caño (único), para el cual conocemos el caudal que pasa por él y la diferencia de presión entre sus extremos. Como el tubo está horizontal, es de sección constante, y la presión a lo largo de él varía, eso significa que NO se desprecian los efectos de la viscosidad. Entonces, podemos expresar la Ley de Poiseuille.

Δp = R . Q
(aquí podríamos calcular numéricamente R, ya que sabemos Q y  Δp)

El problema nos dice que, luego, combinamos varios de estos caños. Es decir, que vamos a combinar varios caños de la misma resistencia R (Supondremos que el líquido que pasa por estos caños, es el mismo que pasaba en el caño original, ya que si no, cambiaría la resistencia).

Llamamos R a la resistencia de cada caño individual. Se conectan dos caños en paralelo, y el resultado de esto, en serie con otro:

Hallemos la resistencia equivalente: sabemos que cuando conectamos en paralelo N caños iguales (en este caso, N = 2), su resistencia equivalente es Rparalelo = R/N. Así que, tenemos que el paralelo tiene resistencia R/2, sumando eso con la resistencia R del caño en serie, nos da Rtotal = R/2 + R = (3/2) R

Nos piden la diferencia de presión total, desde el inicio hasta el final del sistema, es decir:
Δptotal = PA - PB (ver figura). Aplicamos entonces la Ley de Poiseuille al sistema, usando que el caudal total no cambió, es el mismo de antes: Q = (2/3) . 10^(-4) m^3/s

Δptotal = Rtotal . Q = (3/2) R . Q 

Pero recordemos que el producto "R . Q" es igual al Δp anterior, que era de 80000 Pa. Entonces nos queda:

Δptotal = (3/2) . Δp = (3/2) . 80000 Pa = 120000 Pa.

b. Necesitamos calcular la potencia entregada por una bomba, para mantener en circulación un líquido a través de todo el sistema. Sabemos que:

Pot(entregada) = Δptotal . Q = 120000 Pa . (2/3) . 10^(-4) m^3/s = 8 Watt

Auxiliar: Q = 4 l/min = 4 . 10^(-3) /60 (m^3/s) = (2/3) . 10^(-4) m^3/s