APARTADO 1. DETERMINAR LAS DIMENSIONES DEL DEPÓSITO, CAPACIDAD, SECCION TRANSVERSA, ALTURA DE LA LAMINA DE AGUA Y SECCION DE LA TUBERIA DE DESCARGA.

En este supuesto debemos determinar el tiempo de vaciado de un depósito, este depósito es cilíndrico abierto a la atmosfera, tiene una altura de 1,5 m y un diámetro de 0,7 m, la sección de la tubería de descarga es de 5 cm.

APARTADO 2. CALCULAR EL TIEMPO DE VACIADO, SUPONIENDO CONDICIONES IDEALES EN LA

DESCARGA, FLUJO NO VISCOSO Y EL DEPOSITO ABIERTO A LA ATMOSFERA.

Suponemos un flujo incompresible, nos dice el enunciado que debe ser un flujo no viscoso, asique despreciaremos los efectos de la fricción. La distancia entre el fondo del tanque y el centro del agujero es despreciable en comparación con la altura del tanque.

Vamos a aplicar el teorema de Bernoulli, tomamos el punto 1 en la superficie libre del agua, de modo que P1=Patm ya que está abierto el deposito a la atmosfera, V1=0 ya que el tanque es grande en relación a la salida. Z2=0 ya que se toma el nivel de referencia en el centro de la salida, También podemos decir que P2= Patm ya que el agua se descarga hacia la atmosfera.

La ecuación de Bernoulli se nos queda:

P1ρg

+V 12

2g+z1=

P2ρg

+V 22

2 g+ z2

Nos queda entonces:

z1=V 22

2g

Despejamos la velocidad:

V 2=√z1 ∙2 ∙ g

La velocidad de descarga será:

V 2=√1,5m∙2 ∙9,81m / s2

V 2=5,42m /s

La relación de conservación de la masa para un sistema cerrado que pasa por un cambio se expresa:

msist=cte odmsistdt

Para un volumen de control (VC), el balance de masa se expresa:

ment−msal=dmVCdt

En nuestro caso como la velocidad en el punto es despreciable tenemos:

ment=0

−msal=dmVCdt

dmVCdt

=ρ∙dV cdt

= ρ∙ A1 ∙dzdt

−msal=−ρ ∙ A2∙V 2 i

ρ ∙ A1 ∙dzdt

=− ρ∙ A2 ∙V 2 i

Simplificamos las densidades al ser un flujo incompresible:

A1 ∙dzdt

=−A2 ∙V 2

Sustituimos en la esta ecuación la velocidad de antes:

A1 ∙dzdt

=−A2 ∙√z1 ∙2 ∙ g

−A1A2

∙∫z1

0dh

√h ∙2∙ g=∫

0

t

dt

t=A1A2∙√ 2g ∙√ z0

Para nuestro caso entonces sustituimos y tenemos que el tiempo de vaciado es:

t=D12

D22 ∙√ 2g ∙√z0

t= 0,72

0,052∙√ 29,81

∙√1,5

t=108,39 s eg

APARTADO 3. COMO VARIA EL TIEMPO DE DESCARGA SI DISPONEMOS DE OTRA SALIDA DE IGUAL SECCION CONECTADA AL DEPOSITO, EN LA PARTE INFERIOR Y SE VACIA POR AMBAS A LA VEZ.

Si disponemos de otra tubería de desagüe:

Vamos a solucionarlo de forma similar al caso anterior:

Aplicamos el teorema de Bernoulli entre el punto 1 y 3:

P1ρg

+V 12

2g+z1=

P3ρg

+V 32

2 g+ z3

Vemos que queda igual que antes.

Aplicamos la ecuacion de conservacion de la masa.

Para un volumen de control (VC), el balance de masa se expresa:

ment−msal 1−msal2=dmVCdt

Sabemos que: A1=A2 , entonces sabemos que ahora el flujo de masa que sale del depósito será el doble que antes:

ρ ∙ A1 ∙dzdt

=−2∙ ρ ∙ A2 ∙V 2i

A1 ∙dzdt

=−2 ∙ A2 ∙V 2

A1 ∙dzdt

=−2 ∙ A2 ∙√z1 ∙2 ∙ g

−A12∙ A2

∙∫z1

0dh

√h ∙2∙ g=∫

0

t

dt

t=A12∙ A2

∙√ 2g ∙√ z0Vemos que ahora el tiempo de descarga será la mitad.

t=D12

2∙ D22 ∙√ 2g ∙√ z0

t= 0,72

2∙0,052∙√ 29,81

∙√1,5

t=54,194 seg

APARTADO 4. CALCULAR EL TIEMPO DE LLENADO A LA MISMA CANTIDAD INICIAL, SI UNA VEZ CERRADA LA VALVULA DE TUBERIA, EL CAUDAL QUE VAMOS AÑADIENDO EL DEPOSITO, COINCIDE CON EL FLUJO INICIAL DE DESCARGA.

El caudal que vamos añadiendo al depósito coincide con el del flujo inicial de descarga entonces tenemos que:

Q=A2 ∙V 2

Q=π ∙D2

2

4∙V 2

Q= π ∙0,052

4∙5,42=0,011m3 /s

El tiempo de llenado será el tiempo que tarda en llenarse el depósito con este caudal, es decir:

t llenado=Volumendel deposito

Q

t llenado=

π ∙0,702

4∙1,50

0,011=52,48 seg

TIEMPO DE LLENADO DE LA PRIMERA MITAD DEL DEPÓSITO Y DE LA SEGUNDA.

El tiempo de llenado de la primera mitad será bastante más pequeño que el tiempo de llenado de la segunda mitad.

Vamos a comprobarlo:

Tiempo de vaciado de la primera mitad:

−A1A2

∙∫z1

z12

dh

√h ∙2∙ g=∫

0

t

dt

t=D12

D12 ∙

√2−1√ g

∙√ z0=31,75 seg

Tiempo de vaciado de la segunda mitad:

−A1A2

∙∫z12

0dh

√h ∙2∙ g=∫

0

t

dt

t=D12

D12 ∙

√ z0√g

=76,64 seg

El tiempo de vaciado de la primera mitad es casi la mitad del tiempo de vaciado de la segunda, es decir que la mitad del depósito se vacía en un tercio del tiempo total de vaciado.