El documento describe diferentes tipos de orificios especiales como orificios de Borda, diafragmas y tubos adicionales. Explica cómo estos orificios afectan el flujo del líquido y presenta fórmulas para calcular el gasto a través de ellos. También incluye ejemplos numéricos de cálculos de tiempo de vaciado de tanques a través de orificios.
IPERC Y ATS - SEGURIDAD INDUSTRIAL PARA TODA EMPRESA
Orificios especiales Mecánica de Fluidos II
1. Universidad de Zulia
Facultad de Ingeniería
Escuela de Civil
Departamento de Hidráulica
Mecánica de Fluidos II
Dayanna Faria | Miguel Andrade | Daniel Parra | Génesis Espinoza | Yefreide
Navarro
2. ORIFICIOS ESPECIALES
Orificio de Borda: Consiste en un tubo corto y delgado, de longitud aproximadamente
igual a su diámetro, que resalta en el interior de un depósito; la velocidad a lo largo de
la pared en todos sus puntos es prácticamente cero, pero en el orificio actúa una
fuerza F =γh S en la dirección del eje del tubo, siendo v la velocidad de salida del
fluido por el mismo.
Diafragmas: Un diafragma es un orificio en una
tubería, afilado, tal como se muestra que
provoca que el chorro se contraiga aguas abajo
del mismo.
3. ORIFICIOS ESPECIALES
Tubo adicional cilíndrico exterior: Al colocar un tubo adicional se logra que la
vena líquida que salía contraída cuando éste no existía, vuelva a ensancharse y
salir con el mismo diámetro del orificio sin tubo.
4. Tubo adicional divergente: Un tubo divergente conectado a la sección Ω con el
recipiente de forma que los codos sean convergente Y dará un caudal aproximado Q
de la forma: Q= S 2 g h y parece ser que si se alarga el tubo, el caudal podría ser
mayor por cuanto 2 g h permanece constante y aumenta la sección, es decir: Q= S' 2
g h
ORIFICIOS ESPECIALES
Pero esto es sólo en apariencia, por
cuanto a medida que la velocidad v crece,
la presión media en la sección Ω decrece,
apareciendo a partir de una determinada
sección la cavitación; cuando esto suceda,
el líquido dejará de ser homogéneo y no
se podrán aplicar las fórmulas halladas
anteriormente.
5. Tubo adicional convergente: Si en el empalme no hay aristas vivas, apenas
habrá pérdidas, pero si existen aristas vivas, la vena se contrae al salir, para en
su avance, volver a contraerse a la salida.
ORIFICIOS ESPECIALES
6. Con base al Método de las Hodógrafas y considerando fluidos ideales, von Mises
obtuvo los coeficientes de contracción para una serie de Orificios Especiales
Geometría de un Chorro Bidimensional
8. DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA
De la Ecuación de Continuidad se obtiene:
𝑉0 = 𝐶𝑐
𝐴
𝐴0
𝑉1
En este tipo de orificios influye la velocidad de llegada del agua dentro de la tubería. Es posible obtener
la Ecuación para el Gasto aplicando la Ecuación de Bernoulli entre una sección del tubo, inmediata al
orificio y la sección contraída de este último, utilizando un nivel de referencia cualquiera (𝛼1 = 𝛼2 = 1)
𝑧0 +
𝜌0
𝛾
+
𝑉𝑜2
2𝑔
= 𝑧1 +
𝑉12
2𝑔
que sustituida en la ecuación anterior, conduce a
∆𝐻 = 𝑧0 +
𝜌0
𝛾
- 𝑧1 =
𝑉12
2𝑔
1 − 𝐶𝑜2 𝐴2
𝐴𝑜2
Siendo el gasto 𝑄 = 𝐶𝑐 𝐴 𝑉1
𝑄 =
𝐶 𝑐 𝐴
1 − 𝐶𝑐2 𝐴2
𝐴𝑜2
2𝑔∆𝐻
9. DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA
De donde:
𝑄 =
𝐶 𝑐 𝐴
1 − 𝐶 𝑐
2 𝐴2
𝐴𝑜2
2𝑔∆𝐻 𝐶𝑑 =
𝑄
𝐴 2𝑔∆𝐻
=
𝐶 𝑐
1 − 𝐶 𝑐
2 𝐴2
𝐴𝑜2
Para orificios Bidimensionales y Circulares, la Ecuación se convierte respectivamente en:
𝐶 𝑑 =
𝐶𝑐
1 − 𝐶𝑐2 𝑏
𝐵
2
𝐶 𝑑 =
𝐶𝑐
1 − 𝐶𝑐2 𝑑
𝐷
4
10. De acuerdo con las Ecuaciones el coeficiente de gasto Cd se puede determinar a partir del coeficiente
de contracción Cc y en función b/B o d/D. Con los valores de la tabla mostrada, para 𝜃 = 90°, los
coeficiente de gasto para el orificio bidimensional y circular se han calculado con las Ecuaciones
anteriores. Los resultados se presentan en la siguiente Gráfica.
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA
𝐶 𝑑 =
𝐶𝑐
1 − 𝐶𝑐2 𝑏
𝐵
2
𝐶 𝑑 =
𝐶𝑐
1 − 𝐶𝑐2 𝑑
𝐷
4
11. Ejercicio nº1
Calcular el Gasto del orificio cuyo diámetro d = 0,12m y el tubo que lo alimenta, D =
0,20m. La carga de presión medida en el manómetro es de 1 kg/cm² y se encuentra a una
altura h = 1,5m.
12. h
dh
HE
A1
HA
A
Inicialmente en el orificio la carga hidráulica es HA
y luego un instante después la carga hidráulica
sobre el orificio es HE.
HA=Carga inicial.
HE=Carga es un instante T.
h=Diferencia de alturas, de un To a TF.
dh=Diferencial de altura.
A=Área del tanque.
A1=Área del orificio.
Flujo no permanente
I Caso: Vaciado de un tanque de sección prismática constante en toda su altura con un
orificio que desagua por su parte inferior:
13. I Caso:
Deducción de la ecuación de tiempo de vaciado total
−𝑑∀= 𝐴𝑑ℎ 𝑑∀= 𝑄𝑑𝑡
−𝐴𝑑ℎ = 𝑄𝑑𝑡
𝑑𝑡 = −
𝐴𝑑ℎ
𝑄
= −
𝐴𝑑ℎ
𝐶𝑑𝐴o 2𝑔ℎ
0
𝑇
𝑑𝑡 = −
𝐻𝐸
𝐻𝐴
𝐴𝑑ℎ
𝐶𝑑𝐴o 2𝑔ℎ
𝑇 =
𝐴
𝐶𝑑𝐴o 2𝑔 𝐻𝐸
𝐻𝐴
ℎ
−1
2 𝑑ℎ
𝑄 = 𝐶𝑑𝐴o 2𝑔ℎ
Se igualan las ecuaciones (1) y (2)
hdh
A1
HA
A
HE
(1) (2)
16. Ejercicio nº1
Un tanque de agua de diámetro 40 m y altura 8 m va a ser vaciado para su reparación a
través de un drenaje de diámetro 360mm, y un cd de 0,6. Calcular el tiempo requerido para el
vaciado total considerando al drenaje como un orificio.
Datos:
D tanque: 40m
HA: 8m
D orificio: 360mm
𝑇 =
2∀ 𝐴
𝑄 𝐴
−
2∀ 𝐸
𝑄 𝐸
𝑇 = 2
∀ 𝐴
𝑄 𝐴
−
∀ 𝐸
𝑄 𝐸
𝑨 = 𝝅 ×
𝑫 𝟐
𝟒
= 𝜋 ×
402
4
= 1256,6 ≈ 1257 𝑚²
V = A × 𝒉 = 1257 𝑚² × 8𝑚 = 10056 𝑚³Ao = 𝝅 ×
𝟎,𝟑𝟔 𝟐
𝟒
= 0,1 𝑚²
18. Ejercicio nº2
Un tanque de agua contiene las siguientes dimensiones: 40m de largo, 20m de ancho.
Se desea vaciar en 10 min. Calcular el área de la sección transversal del orificio. Caudal
del fluido es 0,15 m³/s. Cd=0,6.
𝑇 =
2𝐴𝐻𝐴
𝐶𝑑𝐴o 2𝑔𝐻𝐴
−
2𝐴𝐻𝐸
𝐶𝑑𝐴o 2𝑔𝐻𝐸
𝑇 =
2𝐴𝐻𝐴
𝐶𝑑𝐴o 2𝑔𝐻𝐴
Ao=
2𝐴𝐻𝐴
𝐶𝑑𝑇 2𝑔𝐻𝐴
Datos:
Largo=40m
Ancho=20m
Vaciado=10min
Cd=0,6.
𝐻A =?
Aplicando Energía
𝑃1
𝛾
+
𝑉12
2𝑔
+ 𝑧1 =
𝑃2
𝛾
+
𝑉22
2𝑔
+ 𝑧2
𝑧1 = 𝐻𝐴 =
𝑉22
2𝑔
(1)
(2)
19. II Caso: Vaciado desde un tanque donde desciende el nivel a otro donde asciende el
mismo, ambos de sección prismática constante con la altura.
El descenso x en el nivel del recipiente 1 significa un
ascenso y en el nivel del recipiente 2, de tal modo que
en cualquier instante t satisface que:
Si A1 y A2 son las áreas horizontales de los recipientes 1 y 2
respectivamente, y a la del orificio, en la diferencial de tiempo
dt, el volumen es entonces:
x + y + z = H
A1dx = A2 dy = Cd . a 2gz dt
𝑄 = 𝐶𝑑 𝐴o 2𝑔ℎ
Igualamos los volúmenes
20. O bien:
Por tanto siendo dx + dy + dz = 0, de las dos
ecuaciones anteriores se obtiene:
dx =
Cd . a 2gz dt
A1
A1dx = A2 dy = Cd . a 2gz dt
dy =
Cd . a 2gz dt
A2
𝐶𝑑 . 𝑎 2𝑔 .
1
𝐴1
+
1
𝐴2
𝑑𝑡 = − 𝑧−
1
2 𝑑𝑧
21. El tiempo necesario para pasar de la distancia H a la
diferencia H’, vale:
Resolviendo la Integral nos queda:
𝑇 = −
1
𝐶𝑑 . 𝑎 2𝑔
1
𝐴1
+
1
𝐴2
𝐻
𝐻′
𝑑𝑧
𝑧
𝑇 = −
2 𝐴1 𝐴2 𝐻 − 𝐻′
𝐶𝑑 . 𝑎 2𝑔 𝐴1 + 𝐴2
22. Ejercicio nº1
Dos tanques de hormigón como se muestra en la figura están divididos por un tabique de 300
mm. Cuando se abre una compuerta se conectan mediante un orificio de 100 mm de
diámetro. Si la compuerta se abre cuando la altura en el tanque de la izquierda es de 5 m
sobre el centro del orificio, en tanto que el otro se encuentra vacío, determinar el tiempo
requerido para que se igualen las alturas de ambos y dicha altura. Cd = 0,817
23. Ejercicio nº2
Calcular el tiempo necesario para la diferencia de niveles entre dos esclusas, pase de H = 6
m a H’= 2 m, si ambas tienen un área horizontal A1 = A2 = 750 m² y se comunican a través de
dos orificios: cada uno con un área de 0,5 m² y un coeficiente de gasto Cd = 0,50.
H1 = 6 m
H2 = 2 m
S1 = S2 = 750 m²
Ao = 1 m²
Cd = 0,50
G= 9,8 m/s²
𝑇 = −
2 𝐴1 𝐴2 𝐻 − 𝐻′
𝐶𝑑 . 𝑎 2𝑔 𝐴1 + 𝐴2
24. Universidad de Zulia
Facultad de Ingeniería
Escuela de Civil
Departamento de Hidráulica
Mecánica de Fluidos II
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