MECANICA DE FLUIDOS II
SEXTA CLASE - Parte b ECUACIONES DE LA MECANICA MECANIC A DE FLUIDOS APLICADAS A LOS CAN CANALES ALES MEC ANICA
TRANSICIONES – CAIDAS VERTICALES
TRANSICION
TRANSICION
– CALCULO SIMPLIFICADO
Ejemplo Un canal rectangular pasa de una sección de 1.20 m de ancho a otra de 1.80 m de ancho por medio de una transición suave en las paredes del canal sin sufrir ninguna alteración del fondo. El caudal es de 2.10 m3 /s y el tirante en la segunda sección es de 1.15 m. Determine el tirante en la primera sección y efectué un esquema de la solución. 1
2
Solución b1=1.20 m
b2=1.80 m
PLANTA y2=1.15 m
PERFIL
Yc en la sección 2: de los datos:
α
Q2
1.0
=
A3 T
2.102 g
(1.80* yc )
=
3
yc )2
1.80
= 0.52m
El tirante y2=1.15 m > yc=0.52 m: FLUJO SUBCRITICO Por Energía: de los datos:
1
= E2 + ∆E y1 + 1.0
y1 + α
2.10 2 2 g (1.20* y1 )
2
= 1.15 + 1.0
y13 − 1.202 y12
Resolviendo por N-R:
Q2 2 gA12
2 g (1.15*1.80 )
+ 0.156 = 0 2
f ' ( y ) = 3 y 2 − 2.404 y
= yn −
( yn ) f ' ( yn )
α
2 gA22
2.102
f ( y ) = y 3 − 1.202 y
yn +1
= y2 +
Q2
+ 0.156
2
+0
El resultado de iterar: y1 =
1.064 m
F1<1
0.457 m
F1>1
-0.320 m Yc en la sección 1:
α
Q2 g
de los datos:
1.0
=
2.10 g
A3 T 2
=
(1.20* c )
3
yc )1
1.20
= 0.68m
El tirante y1=1.064m > yc1=0.68 m: FLUJO SUBCRITICO F1<1 y1 = 1.064 m 0.68 m
PERFIL
F2<1
y2=1.15 m 0.52 m
TRANSICION
– GRADA EN UN RIO
1
y
2 LINEA DE ENERGIA
V 1
2
y1
V 2 2
2 g
2 g
Es1 y1
q
Es2 y2
y2 yc
a Es2
PERFIL
Es1 = Es2 + a
GRADA POSITIVA EN UN RIO
a
Es Es1
TRANSICION
– GRADA EN UN RIO
1
y
2 LINEA DE ENERGIA
2 1
V
V 2 2
y2
2 g
2 g
y1
Es1 y1
q
y2
Es2 yc
a Es1 PERFIL
Es1 = Es2 - a
GRADA NEGATIVA EN UN RIO
a
Es Es2
TRANSICION
– GRADA EN UN TORRENTE
1
y
2 LINEA DE ENERGIA
2 V 1
V 2 2
yc
2 g
2 g
Es2
Es1 y1
q
y2 y1
y2 a Es2
PERFIL
Es1 = Es2 + a
GRADA POSITIVA EN UN TORRENTE
a
Es Es1
TRANSICION
– GRADA EN UN TORRENTE
1
y
2 LINEA DE ENERGIA
2
V 1
V 2
2
2
2 g
Es1
yc
Es2 y1 y1
y2
q y2
a Es1 PERFIL
Es
a
Es1 = Es2 - a
GRADA NEGATIVA EN UN TORRENTE
Es2
y
LINEA DE ENERGIA
V 1 2 2 g
V 1
2
2
Es1
V C
RIO
yc
q y1
y1
2 g
TORRENTE
y1
I O R
2
y2
Esmím amáx
T O R RE N T E
Esmím
amáx
Es1 PERFIL
Es1 = Esmin + amáx Esmin = yc +
V C 2 2 g
VALOR MAXIMO DE LA GRADA POSITIVA
Es
“DESIGN OF SMALL CANAL STRUCTURES”
Caída inclinada ó rampas, rápidas o chutes Escalones y Estanques Disipadores de Energía q
Los canales que se diseñan en tramos de pendiente fuerte resultan con velocidades de flujo muy altas que superan muchas veces las máximas admisibles para los materiales que se utilizan frecuentemente en su construcción.
q
Para controlar las velocidades en tramos de alta pendiente se pueden utilizar combinaciones de rampas y escalones, siguiendo las variaciones del terreno. Las rampas son canales cortos de pendiente fuerte, con velocidades altas y régimen supercrítico; los escalones se forman cuando se colocan caídas al final de tramos de baja pendiente, en régimen subcrítico.
Caída inclinada ó rampas, rápidas o chutes Escalones y Estanques Disipadores de Energía … q
q
q
q
Las rampas son apropiadas cuando la pendiente del terreno es superior al 30 %. La estructura del canal debe ser resistente para soportar velocidades mayores a 6 m/s. Al final de la rampa ESCALONES RAMPA se coloca un tanque disipador de energía. DISIPADOR Las escalones funcionan bien cuando la relación entre el tramo horizontal al vertical es mayor de 5 a 1. Cuando las condiciones del terreno no permiten diseñar el escalón con esta relación, entonces se puede bajar la relación hasta 3 a 1, pero deberán incluirse pantallas que reciban el chorro de agua y no permiten que se dispare.
Caída inclinada ó rampas, rápidas o chutes Escalones y Estanques Disipadores de Energía … q
Los disipadores de energía son estructuras que se diseñan para generar pérdidas hidráulicas importantes en los flujos de alta velocidad. El objetivo es reducir la velocidad y pasar el flujo de régimen supercrítico a subcrítico.
q
Las pérdidas de energía son ocasionadas por choque contra una pantalla vertical en Disipadores de Impacto, por caídas consecutivas en Canales Escalonados, o por la formación de un resalto hidráulico en Disipadores de Tanque.
q
Uno de los aspectos que generalmente merece especial atención en el diseño de obras hidráulicas de montaña es la disipación de la energía cinética que adquiere un chorro líquido por el incremento de la velocidad de flujo. Esta situación se presenta en vertederos de excedencias, estructuras de caída, desfogues de fondo, bocatomas, salidas de alcantarillas, etc.
q
La disipación de la energía cinética puede lograrse aplicando diferentes medidas, a saber: generación de resalto hidráulico, impacto o incremento de la rugosidad.
Caída Vertical sin obstáculos Q
y b
yC
≈
yb
0 .7 y c
El yc se ubica aguas arriba del borde a 3 o 4 veces y c.
q
“En el impacto de la caída, se forma un fluj o recirculante de agua por detrás del chor ro qu e cae. Esta masa de agua es importante debido a que proporciona una fuerza de presión paralela al fondo, la cual se requiere para cambiar la dirección del momentum del chorro f ormando un ángulo con r especto al fondo a una dirección paralela con relación al fondo h orizo ntal”.
q
“Si el nivel aguas abajo ( es decir, el nivel de las aguas de escape) corresponde a un flujo su bcrítico, ocurre un resalto hidráulico inmediatamente aguas abajo del impacto de la lámina vertiente”.
“HIDRAULICA DEL FLUJO EN CANALES ABIERTOS”, Hubert CHANSON, pág. 406, Mc Graw Hill
Ecuaciones empíricas de RAND (1955)
Caídas … 0
Q
1
y0
2
y1
3
∆ z y2
yb
∆ z L B
Dz
y2
yP
y2/6
y1 LB
L LT
q
q
q
y3
∆ z y P
yc
1.275
= 0.54
∆z
= 1.66
yc
= 4.30
yc
yc
0.81
∆z 0.81
∆ z
0.66
= ∆ z ∆z
Si el tirante aguas abajo es menor que y 2 entonces el Resalto Hidráulico se desplazara hacia aguas abajo, lo cual es inconveniente. Para evitar esta posibilidad se construye un umbral (grada) con altura y 2/6 , el cual también se combina con un tanque amortiguador y con bloques de impacto. Si la energía en 2 es mayor que en 3 entonces el resalto hidráulico no se ha disipado totalmente y el efecto se traslada hacia aguas abajo, esta situación debe evitarse verificando que E 2 < E3 E0 > E1 Al final del proceso, se debe cumplir: E1 > E2 E2 < E3 J OSE J UAREZ CESP EDES, apuntes.
Ejemplo
0
Q = 1.50 m3/s b = 1.10 m Cota 0 = 120.50 m Cota 1 = 119.84 m y0 = 0.603 m y3 = 0.603 m
Q
y0
Dz:
Cálculo de yC:
2
3
yb
Dz
1. SOLUCION: Sin usar Ecs. de Rand Cálculo de
1
Dz
y2
yP
y3 y2/6
y1
= Cota 0 – Cota 1 = 120.50 – 119.84 = 0.66 m
yC =
Q2
3 α
gb
Por Energía entre 0 y 1::
por la Ec. de Continuidad::
2
= 3 1.0
1.502 2
g *1.10
∆ z + y0 + ∆ z + y0 +
V0 2 2 g
= 0.5744 _ m
= y1 +
Q2 2 gA0
2
V 12 2 g
= y1 +
Q2 2 gA12
Ejemplo … 1. SOLUCION: Sin usar Ecs. de Rand … de los datos::
0.66 + 0.603 +
1.502 2 g (1.10 *0.603)
2
= y1 +
1.52358 = y1 + Resolviendo: 1
adoptando: y 1
= {1.480,0.276, −0.232
Fr 1 = y2
2 g (1.10 * y1 )2 0.09478 y12
m
= 0.276m ≈ 0.28m
Por Cantidad de Movimiento entre 1 y 2: donde:
1.502
V1 c1
=
V1 gy1
y2 y1
=
1 = 1 + 8 F 12 − 1 2 Q
by1 gy1
=
1 = 1 + 8 * 2.9382 − 1 0.28 2
1.50 1.10* 0.28 g *0.28 y2
= 1.032
_
= 2.939 m
Ejemplo … 1. SOLUCION: Sin usar Ecs. de Rand … Se aprecia que:
= 1.032
y2
La altura del umbral: y2
6 yc
también:
2 Se adoptará la altura P del umbral (P): Luego:
m > y3
=
1.02 m
=
0.5744
=
6 2
y2 6
+
yc 2
∆ z + y0 +
= 0.17
= 0.24
m
m
= 0.287
m m ≅ 0.40 m
m
Q2 2 gA0
1.06 + 0.603 + Resolviendo: y1
= 0.603 m
= 0.17 + 0.287 = 0.457
∆ z = 0.66 + 0.40 = 1.06
Por Energía entre 0 y 1:
N o e s d es eab le p or cu an to el s alt o s e co rr e a gu as a baj o
2
= y1 +
Q2 2 gA12
1.50 2 2 g (1.10 *0.603)
2
= y1 +
1.502 2 g (1.10 * y1 )2
1. SOLUCION: Sin usar Ecs. de Rand … Por Cantidad de Movimiento entre 1 y 2:
donde:
Fr 1 =
V1 c1
=
y2 y1 Q
by1 gy1
1 = 1 + 8 F 12 − 1 2
=
1.50 1.10* 0.24 g *0.24
y2
1 = 1 + 8*3.7 2 − 1 0.24 2
Se tiene que:
y2
y2
= 3.7
= 1.143 m
= 1.143 m
P + y3
= 0.40 + 0.603 = 1.003 m
La altura del umbral de salida de la poza (P) más el tirante de salida y3 han adquirido una mayor energía que pueden asegurar la formación del salto en la poza: E2
1. SOLUCION: Sin usar Ecs. de Rand … Cálculo de la Energía (respecto al fondo de la poza):
E0 E1
E2 E3
= ∆z + y0 + = y1 +
V 12
= y2 +
2 g
V 02 2 g
= 1.06 + 0.603 +
= 0.24 +
V 22 2 g
= P + y3 +
2 g (1.10 *0.24)
2 g
2
= 1.885
1.502 2 g (1.10 *1.143)
= 0.40 + 0.603 +
Verificando que se cumple:
= 1.924
2 g (1.10 *0.603)2
1.502
= 1.143 + V 32
1.50 2
2
m
= 1.189
m
1.502 2 g (1.10 * 0.603)
> E 1 E1 > E 2 E2 < E 3
m
2
= 1.264
E0
Ok!
m
2. SOLUCION: Con Ecs. de Rand Dz = 0.66 m Se tiene que: yC= 0.574 m De las ecs. de Rand:
y1
∆ z y2
∆ z
= 0.54
yc
= 1.66
yc
1.275
∆z
y1 0.66
0.81
∆z
y2 0.66
Comparación de tirantes: Se adopta un valor nuevo: De las ecs. de Rand:
y2
= 0.54
0.574
= 1.66
0.574
= 0.98
Dz
y1 1.06 y2 1.06
1.275
0.66
0.66
y1 = 0.299 m
0.81
y2
m > y3
= 0.603
= 0.98
m
m
= 1.06 m
= 0.54
0.574
= 1.66
0.574
1.06
1.06
1.275
y1 = 0.262 m
0.81
y2
= 1.07
m
