Vaciado de un depósito abierto

Un depósito cilíndrico, de sección S1 tiene un orificio en el fondo de sección S2 más pequeña que S1. Aplicamos la ecuación de Bernoulli a los puntos (1) y (2) situados en la superficie libre del fluido y en el centro del orificio inferior.

p 1 +ρg y 1 + 1 2 ρ v 1 2 = p 2 +ρg y 2 + 1 2 ρ v 2 2

El elemento de fluido delimitado por las secciones S1 y S2 está en contacto con el aire a la misma presión. Luego, p1=p2=p0.

La diferencia de alturas es y1-y2=h. Siendo h la altura de la columna de fluido

Con estos datos la ecuación de Bernoulli se escribe

ρgh+ 1 2 ρ v 1 2 = 1 2 ρ v 2 2

La ecuación de continuidad se escribe

v1S1=v2S2

De estas dos ecuaciones obtenemos v1 y v2

v 1 = 2g S 1 2 S 2 2 1 h = 2g β h

El volumen de fluido que sale del depósito en la unidad de tiempo es S2v2 y en el tiempo dt será S2v2dt . Como consecuencia disminuirá la altura h del depósito

S 1 ·dh= S 2 v 2 dt, v 1 = dh dt

Si la altura inicial del depósito en el instante t=0 es H. Integrando esta ecuación diferencial, obtenemos la expresión de la altura h en función del tiempo.

dh dt = 2g β h H h dh h = 2g β 0 t dt H h = g 2β t h H = ( 1 g 2βH t ) 2

Cuando h=0, despejamos el tiempo t que tarda el depósito en vaciarse por completo.

t= ( S 1 2 S 2 2 1 ) 2H g

Si el depósito es cilíndrico de radio R y el orificio es circular de radio r

t= ( R 4 r 4 1 ) 2H g

Si R>>r, se puede despreciar la unidad

t R 2 r 2 2H g

Ejemplo.

Sustituyendo estos datos en la fórmula del tiempo obtenemos t=47.34 s, que es el tiempo que tarda en vaciarse completamente el depósito. Si aplicamos la aproximación S1>>S2, obtenemos prácticamente el mismo tiempo t=47.35 s.

S1=pi*0.1^2;  %sección del depósito
S2=pi*0.008^2; %sección del orificio
H=0.45; %altura inicial del fluido
tMax=sqrt(2*H*(S1^2/S2^2-1)/9.8); %tiempo que tarda en salir el fluido
t=linspace(0,tMax,100);
h=(sqrt(H)-S2*sqrt(2*9.8/(S1^2-S2^2))*t/2).^2;
plot(t,h)
grid on
xlabel('t(s)')
ylabel('h(m)')
title('Vaciado de un depósito')

tMax =   47.3499

Actividades

Se introduce:

Se pulsa en el botón titulado Nuevo

El fluido comienza a salir por el orificio, a la vez que se representa gráficamente la altura de la columna de fluido en función del tiempo.


Estado no estacionario

El flujo Q no es constante, por lo que aplicamos aplicamos la ecuación de Bernoulli en el estado no estacionario a los puntos (1) y (2) situados en la superficie libre del fluido y en el centro del orificio inferior

( p 1 +ρg y 1 + 1 2 ρ v 1 2 )( p 2 +ρg y 2 + 1 2 ρ v 2 2 )= dQ dt 1 2 ds A(s) Q= dm dt =ρAv=ρ S 1 v 1 =ρ S 2 v 2

El resultado es una ecuación diferencial en h

v 1 = dh dt , v 2 = S 1 S 2 dh dt , d v 1 dt = d 2 h d t 2 ( p 0 +ρg y 1 + 1 2 ρ ( dh dt ) 2 )( p 0 +ρg y 2 + 1 2 ρ ( S 1 S 2 dh dt ) 2 )=ρ S 1 d 2 h d t 2 h S 1 h( d 2 h d t 2 +g ) 1 2 ( S 1 2 S 2 2 1 ) ( dh dt ) 2 =0 h( d 2 h d t 2 +g ) 1 2 β ( dh dt ) 2 =0,β= S 1 2 S 2 2 1

Se resuelve esta ecuación diferencial con las condiciones iniciales siguientes, en el instante t=0, h=H y dh/dt=0.

Si el vaciado del depósito es lento se puede despreciar la aceleración d2h/dt2 frente a la aceleración de la gravedad g

hg 1 2 β ( dh dt ) 2 dh dt 2g β h

Se toma la raíz negativa ya que h disminuye con el tiempo t. Tenemos la ecuación diferencial correspondiente al estado estacionario, cuya solución es

h H = ( 1 g 2βH t ) 2

Es conveniente, expresar las ecuaciones en términos de magnitudes adimensionales z y τ

z= h H ,τ= g 2βH t z= ( 1τ ) 2

El depósito se vacía z=0, en el instante τ=1

La ecuación diferencial en h se expresa en términos de las magnitudes adimensionales z y τ

2z d 2 z d τ 2 β ( dz dτ ) 2 +4βz=0

Que se resolverá mediante procedimientos numéricos, con las siguientes condiciones iniciales, en el instante τ=0, z=1, dz/dτ=0

Para β=3, R r = 2 , el tiempo adimensional de vaciado z=0, es el instante τ=1.07, mientras que el tiempo aproximado es τ=1

function vaciado
    beta=3;
    opts=odeset('events',@stop_vaciado);
    f=@(t,x)[x(2); beta*x(2)^2/(2*x(1))-2*beta];
    [t,x]=ode45(f,[0,10],[1,0],opts);
    hold on
    plot(t,x(:,1))
    fplot(@(t) (1-t).^2,[0,1])
    disp(t(end))
    grid on
    legend('Exacto','Aproximado','Location','best')
    xlabel('\tau')
    ylabel('z');
    title('Vaciado de un depósito')

    function [value,isterminal,direction]=stop_vaciado(~,x)
        value=x(1);
        isterminal=1;    
        direction=-1; 
    end
end

    1.0704

En la mayor parte de los casos R>>r, por lo que β>>1. Por ejemplo, para β=63, R r =2 2 hay poca diferencia entre ambas soluciones

Experiencia

Se han medido las alturas de líquido y tiempos en un depósito cilíndrico transparente inicialmente lleno hasta una altura H=1 m. El depósito tiene un orificio en la parte inferior que se abre en el instante t=0

h/H0.800.700.600.500.400.300.200.10
t(s)6.814.222.230.740.451.063.880.3

Representamos los datos y los ajustamos a la función h(t)/H=At2+Bt+C

h=0.8:-0.1:0.1; %alturas del líquido
t=[6.8,14.2,22.2,30.7,40.4,51.0,63.8,80.3]; 
plot(t,h,'ro','markersize',4,'markerfacecolor','r') %tiempos
grid on
xlim([0,115])
xlabel('t(s)')
ylabel('h/H')
title('Vaciado de un depósito')

En el menú seleccionamos Tools/Basic Fitting, aparece un cuadro de diálogo donde marcamos la casilla Quadatic en Types of fits.

Vemos que los datos experimentales se ajustan a dicha función, con A=6.047·10-5, B=-0.0148, C=0.898

El depósito se vacía completamente, h=0, en el instante tf=111 s, como apreciamos en la gráfica

t f = B B 2 4AC 2A

>> A=6.047e-5; B=-0.0148; C=0.898;
>> (-B-sqrt(B^2-4*A*C))/(2*A)
ans =  111.1838

Solución analítica

Buscamos una solución analítica a la ecuación diferencial

2z d 2 z d τ 2 β ( dz dτ ) 2 +4βz=0

Con las siguientes condiciones iniciales, en el instante τ=0, z=1, dz/dτ=0

Cambiamos la variable tiempo τ a desplazamiento z, obteniendo la ecuación diferencial de primer orden

V= dz dτ 2 dV dτ β V 2 z +4β=0 dV dτ = dV dz dz dτ =V dV dz = 1 2 d V 2 dz d V 2 dz β V 2 z +4β=0

Hacemos el cambio de variable

η= V 2 z , dη dz = d V 2 dz z V 2 z 2 = ( β V 2 z 4β )z V 2 z 2 = ( β1 ) V 2 4βz z 2

Balance energético

La conservación de la energía implica que

d E p dt = d E k1 dt + d E k2 dt ρ S 1 gh dh dt = 1 2 ( ρ S 1 ) ( dh dt ) 3 +( ρ S 1 h ) dh dt d 2 h d t 2 1 2 ρ S 1 3 S 2 2 ( dh dt ) 3 gh= 1 2 ( dh dt ) 2 +h d 2 h d t 2 1 2 S 1 2 S 2 2 ( dh dt ) 2 h( g+ d 2 h d t 2 ) 1 2 ( S 1 2 S 2 2 1 ) ( dh dt ) 2 =0 h( g+ d 2 h d t 2 ) 1 2 β ( dh dt ) 2 =0

La misma ecuación diferencial que la obtenida a partir de la ecuación de Bernoulli en el estado no estacionario

Referencias

Njock J, Mechanics of the slow draining of a large tank under gravity. Am. J. Phys. 71 (11) November 2003, pp. 1204-1207

M Blasone, F Dell’Anno, R De Luca, O Faella, O Fiore, A Saggese. Discharge time of a cylindrical leaking bucket. Eur. J. Phys. 36 (2015) 035017

Chris Geeter, Richard Huynh, Sebastian M. Marotta. One-Dimensional Unsteady Flow From A Cylindrical Draining Tank. October 30, 2018.

Johann Otto, Kirk T. McDonald. Torricelli’s Law for Large Holes. September 2018