2B.3 Flujo laminar en una rendija estrecha.

a) Un fluido newtoniano está en flujo laminar en una rejilla estrecha por

2 paredes paralelas separadas a una distancia 2B. s entiende que B<<W
y de modo que el “efecto de borde” carece de importancia. Hacer un
x balance diferencial de cantidad de movimiento y obtener las siguientes
expresiones para las expresiones de densidad de flujo de cantidad de
L movimiento y de velocidad:
z
𝑃0 − 𝑃𝐿
𝜏𝑥𝑧 = ( )∗𝑥
𝐿
(𝑃0 − 𝑃𝐿 ) ∗ 𝐵2 𝑥 2
𝑣𝑧 = ( ) ∗ (1 − ( ) )
2∗𝜇∗𝐿 𝐵

b) cual es la relación de <v> a velocidad máxima para este flujo?

2B
c) obtener relación análoga a Hagen-Poiseuille para la rendija.
W
d) Elaborar un dibujo significativo para mostrar por que el análisis
anterior no es posible para B=W.

e) Con obtener el resultado de el inciso b) a partir de los resultados de

ejemplo 2.5

Solución

Balance general

Velocidad de cantidad Velocidad de cantidad Velocidad de cantidad Velocidad de cantidad

de movimiento de
mecanismo molecular - de movimiento de
mecanismo molecular + de movimiento de
mecanismo convectivo
- de movimiento de
mecanismo convectivo + Fuerzas ejercidas
sobre el sistema
=0
de entrada. de salida. de entrada. de salida.

1 2 3 4 5

Para 1 y 2

𝜏𝑥𝑧 |𝑥 ∗ 𝐴 − 𝜏𝑥𝑧 |𝑥+Δ𝑥 ∗ 𝐴

𝐴=𝑊∗𝐿
L

W
Para 3 y4

(𝜌 ∗ 𝑣𝑧 ) ∗ 𝑣𝑧 ∗ 𝐴 − (𝜌 ∗ 𝑣𝑧 ) ∗ 𝑣𝑧 ∗ 𝐴 = 0

𝐴 = 𝑊 ∗ ∆𝑥
Δx

Por medio de balance de masas, donde la entrada es igual a la salida

Con la misma área, estos términos se anulan.

Para 5

Con el mismo diagrama de 3 y 4

𝑃0 ∗ 𝑊∆𝑥 − 𝑃𝐿 ∗ 𝑊∆𝑥
Resumiendo, el balance queda:

(𝜏𝑥𝑧 |𝑥 − 𝜏𝑥𝑧 |𝑥+Δ𝑥 ) ∗ 𝑊𝐿 + (𝑃0 − 𝑃𝐿 )𝑊∆𝑥 = 0

(𝜏𝑥𝑧 |𝑥+Δ𝑥 − 𝜏𝑥𝑧 |𝑥 ) ∗ 𝑊𝐿 = (𝑃0 − 𝑃𝐿 )𝑊∆𝑥
(𝜏𝑥𝑧 |𝑥+Δ𝑥 − 𝜏𝑥𝑧 |𝑥 ) (𝑃0 − 𝑃𝐿 )
=
∆𝑥 𝐿
Aplicando el Limite
(𝜏𝑥𝑧 |𝑥+Δ𝑥 − 𝜏𝑥𝑧 |𝑥 ) (𝑃0 − 𝑃𝐿 )
lim =
∆𝑥→0 ∆𝑥 𝐿
𝑑𝜏𝑥𝑧 (𝑃0 − 𝑃𝐿 )
=
𝑑𝑥 𝐿
(𝑃0 − 𝑃𝐿 )
𝑑𝜏𝑥𝑧 = 𝑑𝑥
𝐿
(𝑃0 − 𝑃𝐿 )
∫ 𝑑𝜏𝑥𝑧 = ∫ 𝑑𝑥
𝐿
𝜏𝑥𝑧 → 0
Por lo tanto, la distribución de densidad de flujo esta dado por:
(𝑃0 − 𝑃𝐿 )
𝜏𝑥𝑧 = 𝑥+𝐶
𝐿
Volviéndose un problema de condiciones iniciales, donde:

Si x=0, 𝜏𝑥𝑧 es una constante con tendencia a 0, entonces tendremos que:

(𝑃0 − 𝑃𝐿 ) (𝑃0 − 𝑃𝐿 )
0= ∗ 0 + 𝐶 ⟹ 𝐶 = 0 ⟹ 𝜏𝑥𝑧 = 𝑥
𝐿 𝐿
También por definición:
𝑑𝑣𝑧
𝜏𝑥𝑧 = −µ ∗
𝑑𝑥
Entonces:
𝑑𝑣𝑧 (𝑃0 − 𝑃𝐿 )
=− 𝑥
𝑑𝑥 µ𝐿
(𝑃0 − 𝑃𝐿 )
𝑑𝑣𝑧 = − ∗ 𝑥 𝑑𝑥
µ𝐿
(𝑃0 − 𝑃𝐿 )
∫ 𝑑𝑣𝑧 = ∫ − ∗ 𝑥𝑑𝑥
µ𝐿
(𝑃0 − 𝑃𝐿 ) 2
𝑣𝑧 = − ∗𝑥 +𝐶
2µ𝐿
Nuevamente un problema de condiciones iniciales, sabiendo que en la interfaz liquido-solido la
velocidad se vuelve igual a 0 ya que las paredes están en estado estacionario 𝑣𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 = 𝑣𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜

Entonces si x=B; 𝑣𝑧 = 0
(𝑃0 − 𝑃𝐿 )
0=− ∗ 𝐵2 + 𝐶
2µ𝐿
(𝑃0 − 𝑃𝐿 )
𝐶= ∗ 𝐵2
2µ𝐿
(𝑃0 − 𝑃𝐿 ) 2 (𝑃0 − 𝑃𝐿 )
𝑣𝑧 = − ∗𝑥 + ∗ 𝐵2
2µ𝐿 2µ𝐿
(𝑃0 − 𝑃𝐿 ) 𝑥 2
𝑣𝑧 = ∗ 𝐵2 ∗ (1 − ( ) )
2µ𝐿 𝐵
b) Para la relación de <v> con 𝑣𝑚𝑎𝑥

𝜏𝑥𝑧 → 0, 𝑥 = 0 𝑣𝑧 → 𝑣𝑚𝑎𝑥 , 𝑥 = 0 X=B

X=0 z

X=-B

(𝑃0 − 𝑃𝐿 ) 0 2
𝑣𝑧 = 𝑣𝑚𝑎𝑥 = ∗ 𝐵2 ∗ (1 − ( ) )
2µ𝐿 𝐵
(𝑃0 − 𝑃𝐿 )
𝑣𝑚𝑎𝑥 = ∗ 𝐵2
2µ𝐿
 Para <v>, se sabe que

∫ 𝑣𝑧 𝑑𝐴
<𝑣 >=
∫ 𝑑𝐴
El área se había analizado en el punto 3 y 4

y
x 𝑊 𝐵
∫0 ∫−𝐵 𝑣𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦
< 𝑣 >= 𝑊 𝐵
∫0 ∫−𝐵 𝑑𝑥𝑑𝑦
z
𝑊 𝐵 (𝑃0 − 𝑃𝐿 ) 2 𝑥 2
W ∗ 𝐵 ∗ (1 − (
∫0 ∫−𝐵 ( 2µ𝐿 𝐵) )) 𝑑𝑥𝑑𝑦
B -B < 𝑣 >= 𝑊 𝐵
∫0 ∫−𝐵 𝑑𝑥𝑑𝑦

En la primera integral
𝐵 (𝑃 𝐵
0 − 𝑃𝐿 ) 𝑥 2 (𝑃0 − 𝑃𝐿 ) 𝑥 2
∫ ( ∗ 𝐵2 ∗ (1 − ( ) )) 𝑑𝑥 = ∗ 𝐵2 ∗ ∫ 1 − ( ) 𝑑𝑥
−𝐵 2µ𝐿 𝐵 2µ𝐿 −𝐵 𝐵

𝐵
(𝑃0 − 𝑃𝐿 ) 𝑥3
∗ 𝐵2 ∗ (𝑥|𝐵−𝐵 − ( | ))
2µ𝐿 3 ∗ 𝐵2 −𝐵

(𝑃0 − 𝑃𝐿 ) 𝐵3 𝐵3
∗ 𝐵2 ∗ (𝐵 − (−𝐵) − ( − (− )))
2µ𝐿 3 ∗ 𝐵2 3 ∗ 𝐵2

Resumiendo
(𝑃0 − 𝑃𝐿 )
∗ 𝐵2 = 𝑣𝑚𝑎𝑥
2µ𝐿

𝐵3 𝐵3
𝑣𝑚𝑎𝑥 ∗ (𝐵 − (−𝐵) −( − (− )))
3 ∗ 𝐵2 3 ∗ 𝐵2

2𝐵3 2𝐵 4
𝑣𝑚𝑎𝑥 ∗ (2𝐵 − 2 ) = 𝑣𝑚𝑎𝑥 ∗ (2𝐵 − ) = 𝑣𝑚𝑎𝑥 ∗ 𝐵
3𝐵 3 3

Segunda integral de la velocidad:

𝑊
4 4
∫ 𝑣𝑚𝑎𝑥 ∗ 𝐵 𝑑𝑦 = 𝑣𝑚𝑎𝑥 ∗ 𝐵 ∗ 𝑊
0 3 3
Para la Integral del área:
𝑊 𝐵
∫0 ∫−𝐵 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 2𝐵 ∗ 𝑊

Entonces <v> es
𝑊 𝐵 4
∫0 ∫−𝐵 𝑣𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑣𝑚𝑎𝑥 ∗ 3 𝐵 ∗ 𝑊 2
< 𝑣 >= = = ∗𝑣
𝑊 𝐵
∫0 ∫−𝐵 𝑑𝑥𝑑𝑦 2𝐵 ∗ 𝑊 3 𝑚𝑎𝑥

Para el análoga a Hagen-Poiseuille para la rendija se tiene que

𝜔 =< 𝑣 >∗ 𝜌 ∗ 𝐴𝑡𝑟𝑎𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙

2 (𝑃0 − 𝑃𝐿 )
𝜔= ∗ ∗ 𝐵2 ∗ 𝜌 ∗ 2𝐵𝑊
3 2µ𝐿
2 (𝑃0 − 𝑃𝐿 )
𝜔= ∗ ∗ 𝐵3 ∗ 𝜌 ∗ 𝑊
3 µ𝐿

d) Elaborar un dibujo significativo para mostrar por que el análisis anterior no es posible para B=W

Al igualar B=W el área transversal se convierte en

una sola aumentando su potencia, de modo que
2 (𝑃0 − 𝑃𝐿 )
𝜔= ∗ ∗ 𝐵2 ∗ 𝜌 ∗ 𝐵2
3 2µ𝐿
1 (𝑃0 − 𝑃𝐿 )
𝜔= ∗ ∗ 𝐵4 ∗ 𝜌
3 µ𝐿
L
Se tendría que tomar en cuenta el efecto de borde

B=W

e) Con obtener el resultado del inciso b) a partir de los resultados de ejemplo 2.5

𝑃1 − 𝑃𝐿 2𝜇′ 𝜇′ − 𝜇′′ 𝑥 𝑥 2
𝑣𝑧′ = ∗ 𝐵2 [ ′ + ∗ − ( ) ]
2∗𝜇∗𝐿 𝜇 + 𝜇′′ 𝜇′ + 𝜇′′ 𝑏 𝑏

𝑃1 − 𝑃𝐿 7𝜇′ + 𝜇′′
< 𝑣′ > = ∗ 𝑏2 ∗ ( ′ )
12 ∗ 𝜇 ∗ 𝐿 𝜇 + 𝜇′′
Ya que es el mismo fluido 𝜇′ = 𝜇′′ 𝑦 𝑡𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛 𝑏 = 𝐵

Con 𝑣𝑚𝑎𝑥 𝑒𝑛 𝑥 = 0

𝑃1 − 𝑃𝐿 2𝜇′
𝑣𝑚𝑎𝑥 = ∗ 𝐵2 ∗ [ ′ ]
2∗𝜇∗𝐿 𝜇 + 𝜇′′

𝑃1 − 𝑃𝐿 2𝜇′
𝑣𝑚𝑎𝑥 = ∗ 𝐵2 ∗ [ ′ ]
2∗𝜇∗𝐿 2𝜇
𝑃1 − 𝑃𝐿
𝑣𝑚𝑎𝑥 = ∗ 𝐵2
2∗𝜇∗𝐿
Para la <v> se tiene que:

𝑃1 − 𝑃𝐿 7𝜇′ + 𝜇′′
<𝑣 >= ∗ 𝐵2 ∗ ( ′ )
12 ∗ 𝜇 ∗ 𝐿 𝜇 + 𝜇′′

𝑃1 − 𝑃𝐿 2
8𝜇′
<𝑣 >= ∗ 𝐵 ∗ ( ′)
12 ∗ 𝜇 ∗ 𝐿 2𝜇
𝑃1 − 𝑃𝐿 8
<𝑣 >= ∗ 𝐵2 ∗
2∗𝜇∗𝐿 12

𝑃1 − 𝑃𝐿 2
<𝑣 >= ∗ 𝐵2 ∗
2∗𝜇∗𝐿 3

2
<𝑣 >= ∗𝑣
3 𝑚𝑎𝑥