Multiphase Flow Questions with Answers 

 

Chapter 2 

 

1) With  the help of neat  sketches discuss  the  flow patterns observed  in  vertical  and horizontal 

heated tubes. 

 

Ans: Refer to Fig 2.3 & Fig 2.4 along with the associated discussion. 

 

2) Also discuss  the probable  reasons  for  the differences  in  flow patterns  in  a horizontal heated 

tube as compared to (i) vertical heated tube (ii) horizontal unheated tube. 

          

               Ans: (i)  Influence of gravity which  leads for asymmetric phase distribution and stratification of   

               the two phases. 

 

               (ii) (a) Departure from hydrodynamic and thermal equilibrium 

                     (b) Presence of radial temperature profile 

 

3) Gas‐liquid  stratified  flow  in  a  horizontal  pipe  encounters  a  vertical  T  junction.  How  do  you 

anticipate the flow pattern to change after the T? 

  

               Ans : As the stratified gas‐liquid mixture encounters a vertical T, some amount of gas will enter   

              the side branch. This reduces the relative proportion of gas in the main arm after the T and is  

              expected to cause gas‐liquid bubbly flow after the two phase mixture encounters the junction. 

 

 

4) What is film inversion? When is it encountered in two phase flow? 

 

Ans : The phenomena of film  inversion occurs when a two phase mixture under stratified flow 

encounters a return bend. This is illustrated in Fig. 2.11 (a). Under this condition, the film on the 

inner walls while travelling through the 1800 bend flows along the outer wall after the bend. The 

film inversion of blue kerosene is evident in Fig. 2.11 (a). 

 

 

5) With the help of neat sketches describe a mixed flow pattern (neither separated nor dispersed) 

for (a) gas‐liquid flow (b) liquid‐liquid flow. 

 

Ans : Gas‐liquid flow – Slug Flow 

              Liquid‐liquid flow – Three layer flow with lighter liquid on the top, heavier liquid on the bottom          

              and a mixture of droplets of the two liquids in the central portion. Refer to Table 2.1. 

 

6) A  distillation  column  in  a  petroleum  refinery  plant  operates with  a mixture  of  crude  oil  and 

natural gas as  feed which  is  fed by a pipeline  into  the  feed  tray of  the column. Due  to  some 

reasons, the refinery is provided with   an increased supply of raw materials (crude and gas). In 

order  to  handle  the  increased  supply,  the  plant manager  had  two  options  –  (a)  t  install  a 

distillation  column  with  a  capacity  to  handle  large  quantity  feed  and  (b)  to  install  another 

column  along with  the  existing  one,  introduce  the  previous  quantity  of  the  feed  in  the  old 

column  and  divert  the  extra  quantity  to  the  new  column.  From  cost  considerations,  the 

management  decided  to  go  for  the  second  option. With  that  option,  they  just  needed  to 

required quantity of feed into the new column. These  installations would cost  less and require 

less  time  to  start  the  operation.  Accordingly,  the  necessary  changes  were made.  The  new 

column was installed in the plant site and the total feed (crude+gas)  was divided into two parts 

by a T  junction and each part was  fed  into  the  respective distillation column.  It was expected 

that  the plant would  run  smoothly  after  this. However,  after  a  few days  it was noticed  that 

neither of the two columns were operating property and there was a drastic fall in efficiency of 

the existing column which was operating  fine before the new venture was  taken up. You as a 

new management trainee of the company was called  upon to look into the problem since you 

had a course of multiphase flow in your college. You were asked to investigate the problem and 

propose  a  possible  solution  to  it.  You  found  out  that  the  columns  were  not  getting  the 

composition  of  the  feed  they  were  used  to  handle  and  this  occurs  because  there  is 

misdistribution of the two phases at the T. You were aware of this feature of the T junction from 

your knowledge of multiphase flow. Accordingly, you suggested a revised design of the pipeline 

so  that the problem can be alleviated. Present schematics of  the original and  revised pipeline 

layout in order to ensure trouble free operation of the plant. 

 

Ans :    

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

   

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7. Using relevant flow pattern maps (Baker et al for horizontal tube and Hewitt and Roberts for vertical 

tube)  evaluate  the most  likely  flow pattern  occurring  for  a  steam‐water  system  flowing  in  a  2.54cm 

diameter  ( vertical  (b) horizontal pipe where the system pressure  is 70 Bar, the mass qualities are 1% 

and 50 % and the mass fluxes are (a) 500 Kg/m2 –sec and (b)  2000 Kg/m2 –sec respectively.

Solution:

For Vertical tube:  

For 1st Case

1 21 2

W WWG G G

A A

Here

 

 

 

In 70 Bar, we get saturation temperature from stem table = 255.90 c  and vg = 0.027382 m3/kg  

and vf = 0.0013514 m3/kg and  3 336.520kg/m and 739.98kg/mg g  

1 1 1 11

1 1 1 1 1 1

2 2 21 1 1

22 1

1 11

22

22 2

3

1

495 / sec331.1238142 / sec

739.98 /

s

ff f

f

W u AG

A Au u j

G j

Gj

Gor j

kg mkg m

kg m

 

Similarly   

21 2

2

2

22

21

500 / sec

11% 0.01

1000.01

0.01 500 5 / sec

500 5 495 / sec

G G G kg m

Gx

GG G

G kg m

G kg m

22 222

3

2

5 / sec

36.520 /

0.684556407 / sec

gg g

g

kg mGj

kg m

kg m

 

Therefore from figure we get flow pattern is Bubble – slug. 

For 2nd Case: 

For G = 2000 kg/m2 –sec and x = 50% = 0.5 we get

G2 = xG = 0.5 ×2000 = 1000kg/m2-sec

and

G1 = (1-x)G = 0.5 ×2000 = 1000 kg/m2-sec

 

Now  

 

 

 

 

 

 

Therefore from figure we get flow pattern is Annular 

For Horizontal tube:‐ 

1st case 

For pressure 70 bar from figure we get 4.8and =2.3 for G = 500 kg/m2-sec and x = 1%

= 0.01

G2 = Gg = 495 kg/m2-sec

2

495 2.3

1138.5 / sec

fG

kg m

222 2 2

2 22

2

2

222

2

2

1000

36.520

27382.2563 /

1000and

739.98

1351.387875 / sec

gg g

ff f

f

GGj j

kg Sec m

Gj

kg m

and  22 51.04166 / sec

4.8gG G

kg m

There from figure we get flow pattern is slug 

2nd Case:  

For G = 2000 kg/m2-sec and x = 50% = 0.5

We get G1 = Gf = 1000 kg/m2  and

G2 = Gg = 1000 kg/m2 –sec

21000 2.3 2300 / secfG kg m

21000208.333 / sec

4.8fG kg m

Therefore from figure we get flow is Dispersed Bubbly flow. 

 

Chapter‐3 

 

1.) Derive  a  relation  to  express  (a)  x,  the mass  quality  in  terms  of  volumetric quality  β  and  the 

density ρ1 and ρ2 of the phases.(b) slip ratio in terms of α and β only (c) j, the overall volumetric 

flux  in terms of  inlet velocity of saturated  liquid (ulo) to a evaporating tube, the mass quality x 

and the phase densities ρl and ρv. 

  

(1a)   

 

1 1 1

11

G L

L G

L

G

GG g L L

L G L

vx

x v

xx

x x x x

 

 

(1b)       

1 1

11

g

g g

LL L

QU QA

QU QA

 

 

(1c)  

0

0

0

1

1

1

1

1

1

1 1

L G

G G G GL L L L

L G

L G

L G

L G

GL

L

GF

L

GF

L

GF

L

j j j

Q W W vQ W W v

A A A A A A

x v xvW

A A A

Wx v xv

AW

x v xvA

xvWvx

A v

vU x

v

vU x

v

vU x

v

 

   

 

 

(2) Estimate α in a heated tube in which evaporation os occurring in terms of x (mass quality), ulo (inlet 

velocity of liquid to be evaporated),  gju (drift velocity), phase densities ρl and ρv and C0 the distribution 

coefficient. Assume the drift flux model to be applicable for the vapor‐liquid mixture.    

 

 

 

1 1

1 .1 1 1

11 1

11

11

G G G G

L L L L

G G G

L L L

G G

L L

GG

GL

G

L

Q W v vx

Q W v x v

v v vx x x

x v x v x v

v vx xor

x v x v

xvvxx vx v

vxx v

1

1L G

L

x v xv

x v

1

1

11

G

L G

L

G

xv

x v xv

x vx v

 

 

 

(3)  Find  in a heated tube in which evaporation is occurring in terms of x (mass quality),  0Lu  (inlet 

velocity of liquid to be evaporated),  gju  (drift velocity),  ,L G (phase densities) and  0C (distribution 

coefficient) assuming drift flux model to be applicable for the two phase vapor – liquid mixture. 

 

Solution : From drift flux model ,  0

g

g gj

ju C j u

 

Dividing by j throughput ,  0

gg gjju u

Cj j j  

Or,  0

ggjju

Cj j

 

Or, 

0gju

Cj

                      (1) 

In   equation (1)    

11 1

G

G G G G L L

G LG L L G G L Gx

G LG L G L

W xW xQ x x

W x xW W xQ Q x x xW

 

1 1 1G GL L LL G

L G L G L G L G

W xQ WQ W QWx W x x x xj j j

A A A A A A A A

 

 

At inlet, mixture  is all liquid with  ,L LW W Q Q  

 

Substituting individual terms in equation (1) we get : 

0 0

1

11

1

LL

G LG L G

gj gjL

L G LOLO

LG

G

xxx xx

u uxC C xu

u x xx x

 

 

1

L

G

L

G

x

x x

0 0 0

1

gjL

G LO

L

G

uC C x C x

u

x x

 

1 1LO L L LLO

L G G

Au xx x u x

A

0 0

0 0

1

1

L

G

gjL

G LO

G

L L

gjG

L LO

G

x

uC x C

u

x

uC x C

u

 

 

0 0

0 0

1 gjG G

L Lo L

gjL G G

L Lo L

xu

C x Cu

xu

C x Cu

 

 

 

  4)     Water at 10 atm enters a straight evaporator tube. If the velocity ratio of water to vapor is 

constant at 2.0 and mass flux is 2X105 kg/hr (m2 ) , estimate the void fraction and momentum flux at a 

quality of 0.1.   Assume water = 903.18 kg/m3 and vapor = 3.6142 kg/m

3 .                                                                                

 

 

 

2 2 2 2

1 1 1

1

1

2

(1 )(1 )

1

1

TP

TP

G xu Q A

G xu Q A

x

x

 

 

5 22

1

3 3

10 , 2.0 2 10 / ( )

0.1

903.2 / 3.6 /

TP

w ater steam

uP atm G kg hr m

u

x

kg m kg m

Substituting the values of  2

1

,u

xu

 and  1

2

, we get   from the following equation 

0.1 903.2 12.0

0.5 3.6

 

Momentum flux  =  1 1 2 2 1 21G u G u G x u xu  

11

1

1

1

g xQu

A

 

22

Gxu

 

 

Momentum flux  

2 22

1 2

1

1

x xG

 

 

Chapter 5 

 

1) A vertical tubular test section is installed in an experiment high pressure water loop. The tube is 

1.016 cm  ID and 2.134m  long and  is uniformly heated with 100 KW power. Saturated water 

enters at the base at (400) psia with a flow rate of 450 kg/hr. Calculate the total pressure drop 

and compare with the measured value of 8 psia.  

 

 

Heat flux 100

DL

 

1000 68.0P psia pqv  

From steam table  

 

 

 

Mass flow rate = 450 /kg hr  

31

32

12

312

0.001347 /

0.02795 /

1531.34 /

0.026603 /

v m kg

v m kg

h KJ kg

v m kg

dh dh DW D

dz dz W

 

1

12 12

100 100. 0.2432

4531531.34 2.134

3600

dx dx dh D Dm

dz dh dz Wh Wh DL

 

2

22

4531552.095 /

1.016 10 36004

WG kg m s

A

 

12

12 12

12

100

100 1000.5189 1.0

4531531.34

3600

he

e

DL DLDL W e x

Wh Wh DL

xWh

 

2

1 12

2 f

F

C Gdpv xv

dz D

 

0.005fC   Re 87.1231.1LOl

DG

 

2

2

2

2

2 0.005 1552.0950.001347 2.134

1.016 10

2.13441745.397 / . 0.2432 0.0266

26.0621

Fp

kg m s

psi

 

1 12

2

9.81

0.001347 0.24322 0.026603

9.81 0.001347 0.006469 2.134ln

0.006469 0.001347

3670.208 0.5329

g

dp g

dz v xv

kgpsi

ms

 

 

212

ace

dp dxG v

dz dz

 

2

2

1552.095 0.026603 0.2432 2.134

33260.2 4.829

acep

kgpsi

ms

 

11.424total

p psi  

 

Since  totalp is small compared to 1000psia assumption of constant fluid properties are justified. 

Check that exit steam is not superheated by calculating ex . Check for compressibility and flashing effects 

by evaluating the terms  , ,g f

n

dv dv x

dp dp p

 

3 33.8 10 / 0g fdv dvft lb psi

dp dp  

                       at  1x  

  at  0x  

                      at  0.5x  

 

2.  Derive the expression of pressure gradient for a homogeneous two phase mixture for appreciable 

effect of kinetic energy. 

Considering unit mass of fluid, the energy balance equation for single phase flow is as follows. 

21( sin ) ( )

2d u dU d zg d pv dq dw (i)

Kinetic energy  internal energy gravitational pressure energy heat  work content  energy where u, U, z, p, 

v and θ refer to the velocity, internal energy, length of flow, pressure, volume and angle of elevation 

respectively.

Now, there is no work content  0dw and internal energy change can be given by

dU dq dF pdv (ii)

Where dF is the irreversible frictional energy loss per unit mass of fluid.

Substituting in eqn (ii) in eqn (i)  we get, 

4 1

4 1

0

3.9 10

2 10

h

x

p

psi

psi

2

2 ( sin )

1( sin )

2

12

dF d g z

d u dq dF Pdv d g z Pdv vdP dq

vdp d u

(iii)

Dividing both sides by dz we get, 

21( sin )

2

1sin

dp d dF dv u g z

dz dz dz dz

dp u du dF g

dz v dz v dz v

(iv)

Now, 1

v

Thus substituting  1

v we get,

s indp du dF

u gd z d z d z

(v)

This corresponds to 

a cc f g

d p d p d p d p

d z d z d z d z

 In two phase flow according to HOMOGENEOUS MODEL u and ρ in eqn (v) should be substituted with

Mu and   M .

sinM M M M

dp du dFu g

dz dz dz (vi)

Where gravitational pressure gradient is 

2 1

1 121 12

sin sin / [ (1 ) ]

sinsin / ( )

( )

Mg

dpg g xv x v

dz

gg v xv

v xv

and 1v and 2v are the specific volume of phase 1 and 2 respectively

Frictional pressure gradient 

M

Mf

dp dF

dz dz

According to Fanning, head loss due to friction fh

2

42

ff

PL u Fh f

D g g g

Where F is energy loss due to friction per unit mass of fluid. 

24

2

fL uF

D

For unit length of pipe 

24

2

f uF

D

Now, for two phase flow u = uM

24

2

M MM

f uF

D

Now, M

MM

Gu

2

222 12

4 4(1 )

2

M M MM

M

f G fF G x v x v

D D

(vii)

Differentiating both sides with respect to z we get, 

22

2 1

22 1

2 1 122

22 1

1 12 12

21 12 2 1

121 12

4(1 )

2

42 (1 ) (1 )

2

4( ) (1 )

( )4(1 )

( )

M M M

M M

M

M M

M M MM

dF f G dxv x v

dz D dz

dv dvf G dxx v x v x x v

D dz dz dz

dv dvf G dxxv xv x x v

D dz dz dz

v xv dv dvdF f G dxx x v

dz D v xv dz dz dz

(viii)

Now, variation of specific volume v with respect to z is due to pressure. 

Therefore, 

22 1

12

4(1 )

M M MM

dv dvdF f G dP dP dxx x v

dz D dP dz dP dz dz

Pressure gradient due to acceleration 

MMMM M

acc M

dudP Wu u

dz dz A

2

2 1 2

22 2 1

12 1 12

2 2 112

1 1

(1 )

(1 ) ( )

(1 )

M M M M

M M M

M M M MM M

M

MM

M

du d W W d W dA

dz dz A A dz A dz

du W W d W dAu xv x v

dz A A dz A dz

dv dv dx G dAG x x v v xv

dz dz dz A dz

dv dvdp dp dxG x x v

dp dz dp dz dz

2

1 12( )MG dA

v xvA dz

(ix) 

Now combining three pressure gradients terms we get, 

222 1 2 1

12 121 12

2

1 12

sin 4(1 ) (1 )

( )

M MM

M

dv dv dv dvdp g f G dp dp dx d dp dXx x v G x x v

dz v xv D dp dz dp dz dz dp dz dPp dz dz

G dAv xv

A dz

2 22

12 12 1 121 12

222 1 2 1

sin 4( )

41 (1 ) (1 )

M M

M MtotalM

g f G dx dx G dAv G v v xv

v xv D dz dz A dzdp

dz dv dv dv dvf Gx x G x x

D dp dp dp dp

When there is too much flashing then 

( , )

| |

| |

P h

P h

x x h p

dx xdx dh dp

dh Pdx dx dh dx dp

dz dh dz dp dz

So , by substituting we get, 

2 22

12 12 1 121 12

2222 1 12 2 1

12

sin 4| | ( )

441 (1 ) | (1 ) |

M MMP P

MM MtotalMh h

g f G dx dh dx dh G dAv G v v xv

v xv D dh dz dh dz A dzdp

dz dv dv fG v dv dvf G dx dxx x G x x v

D dp dP D dp dp dp dp

Now, 12

1dx

dh h where  molal enthalpy of vapourisation

For horizontal evaporator gravity pressure gradient is absent, then, 

2 2212 12

1 1212 12

2222 1 12 2 1

12

4( )

441 (1 ) | (1 ) |

M M MM

M MM MtotalMh h

v vf G dh dh dh G dAG v xv

D h dz dz h dz A dzdP

dz dv dv f G v dv dvf G dx dxx x G x x v

D dp dp D dp dP dP dP

 

3. Liquid evaporated from an inlet conduction at saturated temperature  0x to a vapour liquid 

mixture having a mass quality  x . For a linear change of  x  over length L dxconst

dz

, derive an 

expression of the pressure drop over length L. As derived in chapter‐5, 

2

21 12 12

1 12

2 sinTPf Gdp dx gv xv G v

dz D dz v xv

 

or

 

2

21 12 12

1 120 0

2 22

1 12 121 12

2 22 12

1 1212 1

2 sin

2 2 sin

2 2 sinln 1

2

L LTP

TP TP

TP TPn

f Gdp gdz v xv dz G v kdz dz

dz D v xv

f G f G g dzv L v kzdz G v kdz

D D v xv

f G f G vx g Lv L v L G v kL x

D D xv v

 

4. Saturated water at a rate of    300 kg/hr (m2) enters the bottom of a vertical evaporator tube 2.5 cm diameter and 2.0 m long. The tube receives a heat flux of 2x105 BTU/hr ft2 and there are no heat losses. Calculate the pressure drop for inlet pressures of 350 psia. Assume homogeneous flow with a constant friction factor of 0.005.

Assume homogeneous flow theory, proceed similarly as problem 1  

Equating rate of heat addition /unit length to heat flux, 

edqD

dz            heat flux 

12h

edq dW h

dz dz          

dh D

dz w

D

G

2

4

4

GDD

   (For constant W) 

For small pressure changes     

     

                              12 12 12

1 1 4 4,

dx dhor dx dz

dz h dz h GD h GD

 

2

21 12 12

1 12

2 cosdP fG dx gv xv G v

dz D dz v xv

   

Neglectingdp

dz, area change, flashing, compressibility effects 

22

121 12 1 12 0

0 0 0

2 221 12

121 120 0 0

cos2

2 2cos

LL L L

TP

L L LTP TP

g dxG v dzf Gdp

p dz v xv dz v xv dzdz D

f G v f G v dz dxL xdz g G v dz

D D v xv dz

 

212

4 4x z c x z

hG GD h GD

 

C=0 from B Cs 

 

 

 

 

212 1.3064 /v ft lb      20.01912 /lv ft lb     

12 794.7B u

hlb

           1.02p psi 

p  small compared to pressure , so assumption of constant fluid properties justified. 

Check for compressibility effects and confirm exit steam is not superheated. 

12

40.605e

zx

Gh D

 

1 12

2 11

h h xh

xh x h

1

12

h hx

h

2 2 221 12

1212 120 0

112

221 12 12 12 12

12 12 12 12

2 2 44cos

42

2 cos2 4 4ln 1

4

L LTP TP

TP LTP

f G v f G G vL dzP v g dz

D D h GD h GDv zh GD

f G v L v v g Gh vL L Lf G G

D D h h D v Gh D

For compressibility & flashing effects  ,x x h p  

     0 0h

xx

p

 

                     43.9 10           4 12 10 psi  at x=0.5 

            At  0.6x

xp

 

            

lg

1g l

g l l

l

v xv x v

x v v v

xv v

                              

l g l

lg l g l

h h h

v v x v v

vv xv v x v v

p p p p

 

            lgg

h h h

vv xv x

p p p

           

 

5 An air‐water mixture flows   through a circular pipe of cross‐section A1. It has a nozzle of cross‐section A2 at the centre. The pressure at the upstream, throat and downstream sections are p1, p2  and  p3  respectively.    Assuming  incompressible  homogeneous  flow,  derive  the  following equations where G is the mass flux and ρ1 and ρ2 are the densities of water and air respectively:  

2

1 1 11 2

1 2 2 2

1 1 1A AG

p p xA A

2

21 1

1 31 2 2

1 1 12

AGp p x

A

Clearly state any additional assumptions made   

Chapter 6 

 

Problem 1 Air‐water at individual mass flow rates of 50kg/hr flow through a 3 cm diameter pipe at 270 C 

and 1.2 atm pressure. What is the overall volumetric flux. If the drift flux is 3m/s, what are the average 

velocities of the phases ? 

 

 

 

 Solution : 

 

 

 

 

21 23j u j       …. (1) 

1

11 1

Wu

A

         ……..(2) 

22

2

Wu

A                    ..….(3) 

1 2 1 21 2

1 2

Q Q W Wj j j

A A A A  

  23 u j             ….(4) 

From equations (3) and (4), find   and  2u . Substitute in equation (2)  to find  1u   

 

Problem 2  Show that drift flux is independent of the motion of the observer during concurrent flow of  

      two fluids . 

Solution : 

Let fluids 1 and 2 move at velocities u1 and u2. Let the observer move at velocity u in direction of fluid 

motion. 

Therefore, fluid velocity is observed by observer =  

 

21 2 1 2 1

2 1 2 1

1 ' 1 1 '

1 ' ' 1

j j j u u

u u u u

 

Similarly for observer moving at velocity u opposite to direction of fluid motion,  2 2'u u u   and 

1 1'u u u . In this case also  21 211j u  

 

1 2

2

50 /

0.034

W W kg hr

A

2 2

1 1

'

'

u u u

u u u

0

31

27

1.2

1000 /

T C

P atm

kg m

 

Problem 3 

Sketch  2j  vs.   as a function of  1j  and  1j  vs.    as a function of  2j   and identify the condition for 

flooding , co‐current & counter current flows 

Given   12 1nj

u

  .  

Solution : 

2 21 2 21

2

1j j j j

j j j

 

21 2j j j        ……..(1) 

21djj

d  

Again,  21 . 1n

j u           ….(2) 

121 . . 1 . 1

1 11

n n

n

dju n u

dn

u

 

For flooding, curve of eqn(1) is tangent to curve of eqn (2). 

   

 

Or,    

                                      

                                             Condition for flooding 

1 212

1 21

1 1

j jj y mx c

j j j j

 

 

 

 

21 21

1 2

. 1dj dj

d d

1 . 1 11

n nju

 

 

 

 

 

 

 

Problem 4 

For what value of n will                              be linear? How does drift velocity of ‘2’ depends on    ? 

Solution: 

For                                                                      

Now,  

                          

Drift velocity of component 2 = terminal velocity . 

Thus,                                      

Or,  

 

 

 

Chapter 7 

 

Problem1:  Derive the expression to estimate pressure drop for flow of boiling water in straight pipes 

(no area change in pipe) where the water enters the pipe under saturated conditions and water and 

steam flows under stratified conditions. 

Solution: From eqn (7.27), the equation for pressure gradient is:

1 2 1 2 1 1 2 2

1sin 1 W W

dp dg F F W u W u

dz A dz

2 1nj

u

0n 0221

jj u

u

22

ju u

2u const f

2

2 210

0

0

u

j j u uC

j j

= accfg dz

dp

dz

dp

dz

dp

….. (7.27)

The frictional pressure gradient can be expressed in terms of two phase multiplier as: 

22

0 0

22

0

2.

2 1

TP

L L

lo loF l

Llo

lol

dp Gdz f dz

dz D

f G Ldz

D L

Since quality increases linearly with distance (derivation below), x=0 at z=0 and   

22

0 0

2 1

TP

L xlo

lof l

f G Ldpdz

dz D x

The  relationship between  length and quality can be expressed by considering the enthalpy balance of 

the flow situation.  

Let be the heat flux. Therefore the rate of heat addition per unit length is

edqD

dz

From energy equation  

2

2

2

22

22

22

4,

.

3.

4 1. .

2

2.

2. .

TP

lo

TP

lo

lo

f

lo

f

wF

loF

lo w

lo lol

lo lol

lo lol

dpdzdpdz

dpor

dz D

dp

dz

A

Gf

D

Gf

D

Gf

D

,

edq dW h

dz dzdh D

ordz W

And 1 12h h xh   Or,   12p

dhh

dx

Now,  

From the aforementioned expression of dx

dz , it is clear that quality increases linearly with distance.

The acceleration pressure gradient can be expressed a:

Now since A is constant, G is constant and

12

2 1212

.

1.

4

4

dx dx dh

dz dh dzdh

dh dzdxD

Wh

D

DGhD Gh

1 1 2 2

2 21 2

1 1 2 2

22 2 2

1 2

1

1

11

1

dW u W u

A dz

W Wd

A dz A A

W xd W x

A dz A A

1 1 2 2

22 2

21 2

2 22

1 2

1 1 2 2

0

2 22

1 20

2 22

1 20

1

1

1

1

1

1.

1

1

1

1

L

L

L

dW u W u

A dz

xW d x

A dz

xd xG

dz

dW u W u dz

A dz

xd xG dz

dz

x xG

Substituting  the  expressions  for  individual  components  of  pressure  gradient,  the  pressure  drop  for 

length L is 

1 1 2 2 1 2

00 0 0

22 22 2

1 21 20 00

11 sin.

1.2 1sin 1

1

LL L L

w

Lx L

lolo

l

dW u W u gSdp

P dz A dzdz A

xf G L xdz G g dz

D x

Problem 2. Two  incompressible fluids are flowing under separated flow through a nozzle  in horizontal 

orientation. Express the pressure drop of the two phase system  .T PP  in terms of  1P and  , the 

pressure drop encountered by either of the fluids if they would be flowing alone through the nozzle.

Solution: For separated  flow  the momentum balance equation  for  flow of  the  individual components 

per unit volume under steady state condition can be written as: 

11 1 1 1

22 2 2 2

...........( )

...........( )

du dpu b f i

dz dzdu dp

u b f iidz dz

2P

Since  the  two  component  separated  flow  is accelerated  rapidly  through nozzle, body  force and 

frictional components can be neglected as compared to inertia term. Thus

From eqn (1) 

11 1

dudpu

dz dz

  And from eqn (2)  

22 2

dudpu

dz dz

Or on integration, 

2 2 2 21 1 2 2

.1 22 2T P

u uor P

2 2 2 2 2 21 1 1 2 2 2

. 2 21 1 2 2

2 21 2

. 2 2 2 21 2

2 21 2

2 21 2

2 21 2

2 21 2

1 1

2 2

1

2 (1 )

( / ) ( / )1 1

2 (1 ) 2

1 1

2 (1 ) 2

T P

T P

u A u Aor P

A A

W Wor P

A A

W A W A

G G

Now if either of fluid flows alone through the nozzle, 

21

11

1

2

GP

And

22

22

1

2

GP

1 21 1 2 2

du dudpor u u

dz dz dz

11. 2T PP

21

21 12

1.2

1

22

22 222.

22

12

(1 ) ..........( )12 (1 )

12

..........( )12

T P

T P

G

Piii

GP

GP

ivGP

From equation (iii) we get 

2 1

.

1/ 2

1

.

(1 )

(1 ) ..........( )

T P

T P

P

P

Por v

P

And from equation (iv) we get 

2 2

.

1/ 2

2

.

..........( )

T P

T P

P

P

Por vi

P

 

Adding equation (v) and equation (vi) we get 

1/ 2 1/ 21 2

1/ 2.

1/ 21/ 2 1/ 21 2 .

1/ 2 1/ 2 2. 1 2

1/ 2 1/ 2

1 1

. .

( ) ( )

( )

( ) ( )

[( ) ( ) ]

(1 )

1T P

T P

T P

T P T P

P P

P

or P P P

or P P P

P PP P

or

Problem 3   Develop the separate cylinders model for stratified gas‐liquid flow assuming turbulent flow 

and a constant friction factor for both phases. 

Solution: Let gas flow in a cylinder of effective radius gr and liquid flow in a cylinder of effective radius 

lr

2

2

o

g

r

r

2

2

1o

l

r

r

2/5

221

o

ggggg

g

g

g r

jfj

r

f

dz

dp

dz

dp

Where  gf is the constant friction factor for the gas phase

2/5

2 1

gasonly

g

dz

dpdz

dp

or

22/5 1

g

Similarly 

2/5

2

1

1

l

or  

5/2

2

11

l

  Thus

5/2

2

1

g

,

5/2

2

11

l

Therefore, 

5/2

2

5/2

2

11

1

lg

Or 111

5/2

2

5/2

2

lg

Problem 4 

 For flow through a packed bed of spheres with diameter‘d’ and void fraction  ,  deduce the values of                       

and                     and                         using the Carman‐Kozeny equation for the frictional pressure drop 

during viscous flow through void space between the solid  

2

2 3

180 1f fo

F

jp

z d

  

        is the fluid flux relative to the particles and       is  the liquid fraction in the3 solid‐liquid system.  

Subscripts f and s refer to the fluid and solid respectively.  

Solution:

In one dimensional form the momentum equation per unit volume of individual phase is  

1 11 1 1 1

u u pu b f

t z z

 

2 22 2 2 2

u u pu b f

t z z

 

 

Now, for steady state condition  

1 20, 0,u u

t t

 

If we neglect the inertial effect then 1 21 20 0

u uu and u

z z

If we neglect body force then  

1 0b  and  2 0b  

Then from momentum equation we get, 

1 2F

p pf f

z z

   ………(1) 

foj

1ff f 2sf f

The force   2f    on particles is made up of two parts, one due to fluid ,     21f    and the other due to the                         

          particles .         

         .  

Thus  

 

But force on fluid is only due to particle

So, 1 12f f   

Therefore, from equation (1) we get  

2

12 1 2 3

1180 f foj

f fd

    …….(2) 

2

2 21 22 2 3

180 1f fojf f f

d

      ……….(3) 

Now,  12F = equivalent of  12f  per unit volume of whole flow.  

               12

12

1 f

f

 

21F equivalent of   21f  per unit volume of whole flow  

      = 

21

211

f

f

 

12F and  21F  forces are entirely due to mutual hydrodynamic drag and since action and reaction are 

equal and  opposite we have. 

22f

2 21 22f f f

1f

12 21

12 21

1 21

21 1

2

2 3

2 2

, 1

, 1

, .1

180 1.

1

180 1

f fo

f fo

F F

or f f

or f f

or f f

j

d

j

d

 

Now, from equation (3) we get  

22 2 21

2

2 3 2 2

2 2

2 3

2 3

2 3

180 1801 1.

1 2180

180 1

180 1

f fo f fo

f fo

f fo

f fo

f f f

j j

d d

j

d

j

d

j

d

 

Problem  4    Using  the    results  of  the  previous  problem,  deduce  the  fluid  flux  necessary  to  cause 

fluidization  in  a bed with  void  fraction  and estimate  the pressure gradient  through  the bed  in  this 

case. 

Solution: 

 In a fluidized bed particle are supported by an upward flow of fluid around them and inter particle force 

are negligible. Mathematically 

 

For  steady  state  flow,  neglecting  the  inertial  term,  the momentum  equation per unit  volume  of  the 

individual phase becomes, 

1 1 0p

b fz

……….(1)

                And 2 2 0p

b fz

…. (2)

22 0f

            where 1 1 2 2,b g b g  

2

1 12 2 3

2 21 2 2

1180

180 1

f fo

f fo

jf f

d

jf f

d

 

Therefore eqns (1) and (2) become,  

2

1 2 3

1180 .f fojp

gz d

= 0  ….(3) 

2 2 2

1180 . 0f fojdp

gdz d

….(4) 

 

Subtracting eqn (2) from equation (1) we get  

 

2 1 2 2

2 32 1

180 1 1. 1

, .180 1

f fo

fof

jg

d

d gor j

 

And from equation (1) we get, 

 

1 1

2

1 2 3

2 2 32 1

1 2 3

1 2 1

1 2 1

1 2 1 1

1 2

180 1

180 1. . .

180 1

1

1 1

1

1

f fo

f

f

pb f

z

jg

d

d gg

d

g

g

g

g

 

  

Applying Lockhart Martinelli assumption to annular flow 

2

2

2

4

41

D

D

D

D

A

A ll

l

(1)

or 

2

1

lD

D (2) 

Substituting the value of    in eqn (1) we get: 

5)2(2

22 1

n

l

n

l

nl D

D

D

D (3) 

 

Chapter 8 

 

 

Problem 1 :  Air water mixture flows in a 3m long 5cm diameter pipe and discharges at 94.7 psia. 

Assume bubbly flow under turbulent conditions at 270c, calculate inlet pressure for a volumetric flow of 

Jl=0.15 m/s and Jg=4.5 m/s at atmospheric pressure & temperature.    

    

Solution :   21 gjj U  

2 21

2

2

1 2

1

(1)

TP

gj

j j

j j

j

j j U

 

 

As  per changes down the pipe,  2j  will change  

Assuming isothermal expansion,   2 2( ) | (2)pa

paj j

p  

Check for sonic flow ‐‐‐‐‐> con. Choking 

Then  exit atmp p  

Acc.  2 12 1

acc

du dudpG G

dz dz dz

 

 

2 1,u u  from equation (1)  in equation     1 21 21

j jU U

 

2 1 2

1 2 21 1

1 2

gj

j

j

U j j U

j j UU j

j U

 

Only  2j  changes down duct 

2 1 2 1

1

1 22 1

1 2

g

gj

acc j

dU dj du dj j

dz dz dz dz j U

j djdpG G

dz j U dz

 

For small intervals,   2dj

dz found by differentiating eqn. (2) 

22 2

12 1 2 2

1 2

( )

( )

pa

paacc j

dj pa dpj

dz p dz

jdp pa dpG G j

dz j U p dz

 

Friction 

1 1 2 2

1 2

2 1

2 1

2 1 1 1 2 2 2

2 2

2

0.005

( )

2 / (1 )

1 /( )( )

1

TP j

f

TP

g

TP

j pa

acc

f Gdp

dz D

f

G j j

j j j

dpg

dz

f Gj D gdp

dz paG G j j U j

p

dpa for a ve

dz

 

                            Flow supersonic 

Not permissible.  

exitP  adjust until choking is reached &  1a  

Condition of choking  

2 12 2 1

1 2

( )c Paj

jP Pa j G G

j U

 

 

 

Problem 2 : For annular flow pattern (Gas Core + Liquid film), deduce  ( )fn   for  2 ( )l fn   

Solution:  Annular flow can be analyzed by separated flow model. 

A very simple model of separated flow can be developed by assuming that the two phase flow, without 

interaction,  in  two  horizontal  separate  cylinders  and  that  the  areas  of  the  cross  sections  of  these 

cylinders  add  up  to  the  cross‐sectional  area  of  the  actual  pipe.  The  pressure  drop  in  each  of  the 

imagined cylinder  is the same as  in the actual  flow,  is due to  frictional effects only, and  is calculated 

from single phase flow theory. 

Therefore, 

TPF liquid cylinder gascylinder

dp dp dp

dz dz dz

 

 

2

4l lA D cross‐sectional area of liquid cylinder 

2

4g gA D cross‐sectional area of gas cylinder 

Where  l gA A A cross‐sectional area of main cylinder 

and  are the shape factor. 

2 ,4

A D D

Diameter of main cylinder 

 

Now 

,

2

2

2

2 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2Re

Re

l

l

f liquid cylinder

fll l

l

fl ll

l l l

fl l l

l l l

fl l

l l l

n l

l l l

l l l

l

dp

dz

CU

D

C W

D A

C W

D A

C W

D A

WK

D A

U DNow

 

2

2

Re

2

l

l l l l

ll l

l

l l

l l

n

l l l

liquid cylinder l l l l l

Now W U A

WU

A

W D

A

W D Wdpk

dz D A A

 

2

2

2

22 22

22 1 4 2

2

22 5

2

2

.2. .

.( ) .

.2. .

. . . .4

2.

.4

2.

.4

T

n nl l

n nl l l l

n nl l

nn nl n

l l l

n nn n nl l

ln

l

n nn nl l

ln

l

Fl

W Dk

D A

W Dk

DD

kWD

kWD

dpdz

Now

.

2 22 (1 ). .

P

l

l

l

F

F l

dpdz

dp G xor f

dz D

 

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22

2, (1 )

2 (1 ). (1 )

2. . .

.2. .

. .

2. . .

4

l

n l le

l

n

l l

l l

n

l l

l l l

n nln n

l l

n nnl l

nl

W Wk R G x

D A A

W WG xk G x

D A A

W D Wk

D A A

W Dk

D A

Wk D

DD

 

 

 

 

21 4 2

2

25

2

2 .

4

2 .

4

n nn nl l

n

l

n nnl l

n

l

k WD

k WD

 

. .2

22 5

2

25

2

52 2

2.

4

2.

4

.

T P

l

l

Fl

F

liquid cylinder

F

n nn nl l

ln

l

n nnl lln

l

nn l

l

dpdz

dpdz

dpdz

dpdz

kWD

kWD

D

D

 

In the expression of  2l , n is coming from expression of  lf  

For laminar flow n=1 If we take  =shape factor=1, then      

   

  

1 5 42

2222

22

2

2

2

2

4

4

1 1

1

1

l ll

ll

ll

l

D D

D D

DD

D D

A

A

A

A

  

Problem 3      Estimate the rise velocity of air bubbles in H2O for equivalent radius of  0.25, 1.5, 0.85 cm 

given                                  

21 / , 0.01 981 / .l lg cc poise g cm s  

Solution:  All the bubbles lie in the Stokes region 

2

2

1/

18

611624.72 /

3.823 / 0.125

15.29 / 0.25

550.46 / 1.5

176.76 / 0.85

b g bU d g

d m s

m s r cm

m s cm

m s cm

m s cm

 

 

 Problem 4    Find relation between Q1 and Q2 for flooding in a pipe of radius 25 cm assuming bubbly 

flow with n=2   and                         

Solution:   

For Flooding Condition,  

7 0 /dyne cm

1.5 /u m s

2

2

21

2

2 21

0 1 2

1 2

. 1 1 11

2, 1.5 1 1 1

1

, 3 1 1 2

, 3 1 3

1,

3

1

0.0478

3.140.5 0.19625

4

0.0054 0.4226 0

n

n

u n

or

or

or

or

j u

A

Q Aj

C Q Q

Q Q

 

Problem 5 : 

What is the velocity of sound in a hydrogen‐water mixture at 6894.7KPa, 210C, and with mean density 

640.7 kg/m3? Repeat the problem with the pressure as 3.44KPa and the radius of the bubble as 1 mm. 

Solution :

Mean density =640.7 kg/m3                      

3

3

640.72

1000 /

281.4 /

g f

f

g

kg m

kg m

Taking   0.5  

The velocity of sound in bubbly mixture can be calculated from the following equation. 

2

2 2

1

11

;

g fg g f f

f g g f

C

C C

C C

The above case be approximated as 

1

2

1

g

f

g

CC

Now, 2g gC r RT for a rapid compress

1 1

2

2

8.314

294

1.4 for diatomic gas

1.4 8.314 294

58.49

g

g

g

R Jmol K

T K

r H

C

C

1 1

2 2

58.49

10000.5 0.51

281.4

62.05 / .

g

f

g

CC

C m s

At low pressure the sonic velocity can be obtained by following equation  

12

12 0

21

3 41

g

f

g

CC

PR

3

3

70 10 /

3.44

10

61.64 /b

N m

P KPa

R m

C m s

 

Problem 6 :   In a 10 cms diameter Counter current flow bubble column, it was observed that flooding occurred for 

the following mass fluxes of carbon dioxide and water in (Kg/hr/m2)

fW 73305 48870 24435

gW 185.7 205.54 234.57

Compare the results with theoretical values at 15Psia, 021 C.

Solution Let us consider bubble rise velocity through infinite medium u is independent of bubble 

size i.e. , in region 4

0.25

1.18

0.1909 /

f

gu

m s

Now, 21 1n

j u

Again,

21 2

2

2

1

1

n

n

j j j

j j u

j j u

Now,  32

101.325 441.823 /

8.314 294

PMkg m

RT

We have  

3

2 2

3 2

185.7

1.823 3600 .

0.0282 / .

mj

m s

m m s

Similarly, 3 21

733050.0203 / .

1000 3600j m m s

3 20.0485 /j m m s

22 185.7 /G Kg m hr

Now, 2 1n

j j u

1.530.0485 1 0.1909 0.0282 0j

After solving this equation we get,  

0.1412

Now, we know that at flooding point,  

21 21 2

21

121

1

1

1 1

1 11

1 1

n

n n

n

n

dj j j

d

j u

dju n

dn

u

u n

21 2 21

2121 2

2121 2

1

2

2

1 1 1

11 1

1

1

11

n n

n

n

n

j j dj

ddj

j jd

djj j

d

j u u n

nu

u

j u

1

122

1

1n

n

j u n

211 21

1

1

1 1 1 1

1 1 1

1

n n

n n

n

djj j

d

u u n

u u n

u

1

1 1n

n

u n

 

 

So, far  

Similarly,  

3 21

21

0.11856 / .

426834.35 / .

j m m s

G Kg m hr

So , far other cases theoretical mass fluxes are shown in table  

1

2/ .

G

kg m hr 426834.35 389878.22 338020.6

2

2/ .

G

kg m hr 35.70 47.429 68.56

0.1412 0.1650 0.2007

Problem 7: 

A contain silicone fluid has a viscosity of 5000 CP a surface tension of 21 dynes/cm, and a density of 1 

g/cm3 

. What is the rise velocity of slug – flow bubble in stationary  liquid in vertical pipes with diameters 0.25 

cm, 1.2 cm, 12.5 cm, and 24 cm. 

Solution : 

2 1.53 1

2

3 3 2

22

0.1412

0.1909 0.1412 1.53 1 0.1412

5.4406 10 / .

35.70 / .

j

m m s

G kg m hr

5000f CP 21 /dynes cm 31 /f gm cm

Neglecting  gas density in comparison to liquid density 

Eotvos number 

2 2

2.916 3.37f g f

EO

gD gDN

Inverse viscosity  

122

13 2 2

13 2

2

0.25 980 10.0782 2

5000 10

f g f

ff

f

f

D gN

D g

Archimedes No.   

3 1 32 2 2

31 2 22 2

21 11.229 10

50 980

fAr

f

Ng

Properly group,  

2

1661375.66

Ar

YN

Now,  

1 00.345 1 exp 0.01 / 0.345 1 exp 3.37 /K Nf NE m

For, 0.25 cm diameter pipe  

1

1122

1

0.345

5.4 /f f

K

u K gD cm s

Diameter

d cm 0.25 1.2 12.5 24

Eotvos 

EON                                     2.9167            67.2            37.2917 10                 26880  

Inverse Viscosity              0.0783             0.823             27.6699                   73.6199 

fN   

   

   1K                                 51.4315 10      0.0075           0.1903                   0.3042  

 

u                                        __                       0.2572           21.0624              46.6528  

(cm/s) 

 

 m                           25                         25                  21.58                 15.32  

Problem 8 : 

When  a long bubble rises in a tube closed at the bottom, the value of j ahead of the bubble is not zero 

because of expansion of the gas in the hydrostatic pressure gradient . A bubble 0.00016 m3 in volume 

is injected into a column of water 30.5 m high in a 0.0254 m pipe.   If the temperature is 210 C and the 

pipes  is  closed at  the bottom and open  to  the atmosphere at  the  top, how  long does  it  take after 

release before the bubble breaks the surface.

Solution : 

Bubble volume = 30.000lbm

Ltube =30.5 m

D=0.0254m

Now, initially when bubble rises from bottom of the liquid column,

2

2

2 4 0.000

3.14 0.0254

Bubblevolume D lb

Tubevolume D

Where film thickness

22

0.315D

D

Now, considering a single bubble rises through a stationary water column from bottom to the upward 

direction. When it gets a long shape after rising certain height we can write : 

22 TB

TB IS

LBubblevolume D

Tubevolume D L L

For one unit cell, 

film thickness is very small in comparison to D 

0.315

0.315 30.5 9.6075

TB

TB

L

LL m

                Column  

1 ,CP 31 /f gm cm 70 /dynes cm

Neglecting  gas density. 

 

Eotvos No. 

2

13 2 2

4

3 12 2

12 2

112

90.3224

1.267 10

187082.86

12.857 10 10

f

EO

f

ff

fAr

f

Ar

gDN

D gN

Ng

Y mN

0.01 3.370.345

1 0.345 1 1

0.3198

15.95 /

f EON N

mK e e

u cm s

So, time take for bubble to break 

29.6075 10

15.9560.23

1min 23

S

s

Problem 9 : 

What is the minimum tube size in which large bubbles of air will rise in stationary water as 300 C  

a) On earth     b) in a spaceship for which ‘g’=0.003048cm/s2 

Solution : Bubble will not rise when there is surface tension dominating effect  

i.e. 2

3.37

3.37

EO

f g

N

gD

On earth, g=980cm/s2

Neglecting  g

2

2

2

3.37

3.37

3.37 70

9800.49

fgD

Dg

D

D cm

On space, 20.003048 /g cm s

2

2

3.37

3.37 70

0.003048278.19

fgD

D

D cm

So, minimum tube size on earth = 0.49cm 

Minimum tube size on space=278.19cm 

Problem 10 :  

A liquid metals 3300 / ; 5 / , 0.02fdynes cm g cm poise fills a 0.0095m diameter

horizontal pipe. It is derived to blow gas through the pipe to the metal and solidify it as a uniform film 0.0127cm thick on the walls.  What gas flow rate should be used ? 

 

Solution : 

300 /dynes cm 35 /f g cm 0.02 poise 0.0095D m 0.0127cm

The available flow area for gas in the tube  

2

220.95

3.14 0.0127 0.6712 2bDA cm

Area of tube A=2 2

23.14 0.950.708

4 4

Dcm

227

0.7081.0558

0.671

0.947

0.022.80 10

0.95 5 300

b

b

b

f

f

v A

j A

jv

D

From figure  

3

3

3.2 10

48 /

48 1.0558 50.64 /

35.90 /

f

b

g

j

j cm s

v cm s

Q cm s

  

 

 

Chapter 10 

 

1. Discuss a  commonly used  technique  for measuring volume average void  fraction of a  flowing vapor‐liquid mixture? What are the drawbacks of the technique?     Quick closing value technique 

Drawbacks – 

 i)  Finite  Time  required  to  close  down  the  values.  This  may  cause  changes  in  system 

hydrodynamics. 

ii) Finite Time  required  to bring system back  to steady state. So not possible  for a continuous 

operating plant. 

ii) Not suitable for transient measurements. 

                      2. How  can  area  average  and  chordal  average measurements  of  void  fraction  be  converted  to 

volume average values?      Area average measurements of void fraction is the volume average value for infinitesimal length 

of  the  test section. So  several area average values at different axial  lengths gives  the volume 

average value. When void  fraction does not vary with  length  (fuliy developed  flows), both are 

equal. 

Chordal  average value is connected to area average value either by mathematical manipulation 

or by the use of multiple beams. 

                                                                                                                  3. Why does one need to know the voidage profile in addition to the average void fraction of a gas‐

liquid mixture?    Voidage  profile  gives  an  estimate  of  the  distribution  of  voids  in  the  flow  passage.  This 

adequately describes the structures of the flow field and identifies sites of active transport and 

reactions. 

                                                                                                          4. What are the drawbacks of photographic methods of flow pattern estimation?  

 Refer to section 10.3, part 1 

 5. Suggest  a  suitable  arrangement  (shown  diagrammatically)  of  the  conductivity  probes  for 

distinguishing between   (a)bubbly and annular  flow  in vertical pipes,    (b) plug and slug  flow  in horizontal pipes, (c) stratified and annular flow in horizontal pipes,  

The probe signal for bubbly and annular flow are as follows 

  

 

 

 

  

6. State any three limitations of the radiation attenuation technique for estimation of void fraction and suggest ways of minimizing them.    Refer to section 10.2.1 

7. State any two limitations of the conductivity probe technique for gas‐liquid systems.  

 i) Needs a priori knowledgeof flow pattern 

 ii) Does not work for gas continuous patterns  

8. State  the  principle  and  the  specific  application  of  (a)  infra  red  absorption  method  (b) Electromagnetic flow metering technique for estimation of void fraction.   a) IR absorption technique based on the differential amount of absorption of IR ray by the two 

phases. Specifically suitable for high void fraction flows. 

b) Electromagnetic  flow metering based on principle of  independent measurement of average 

liquid velocity  ( )Lu from which  can be calculated as  (1 ) L

L

j

u  for low quality flows. 

Specific application for liquid metal system. 

                                                                                        9. For measurement of two phase pressure drop when are gas filled lines preferred to liquid filled 

ones? 

For low offset value at zero p 

10. What are the advantages of liquid filled lines in general?   Less chances of gas ingress since liquid tends to meet the manometer lines and pumping action 

is less severe since it is incompressible. 

 11.  What are the advantages and disadvantages of differential pressure transducer over absolute 

ones?    Refer to text, page                 

12. Define liquid holdup for gas‐liquid systems.   Refer to chap 4 

 13. Discuss briefly the different ways of expressing liquid holdup and one conventional technique to 

measure each of them.        Refer to chap 4 

  

14. With the help of a schematic (i) show the  location of the different probes and (ii) mention the characteristics  of  the  probe  signals  which  distinguish  between  the  following  gas‐liquid  flow patterns:  wavy annular and bubbly in vertical flow (b) churn and bubbly in vertical flow      

 

 

  

 

 

 

(b)     

 

 

 

       

 15.  How can the following methods be used for flow pattern detectors: 

Average pressure gradient (b) transient pressure signal   

              Refer to section 10.3 subsection 3 

  

16. (ii) State a suitable technique to measure the in‐situ composition of two phase flow under the following conditions: (a) High quality steam water flow (b) water content of margarine      a) Infra red absorption 

 b) Microwave absorption 

17. Discuss the PSDF analysis for flow pattern identification. What are the different PSDFs obtained 

for gas‐liquid two phase flow in vertical tubes.     

               Refer to section 10.3 subsection 3 

       18. What are the problems of using differential pressure transducers for measurement of pressure 

drop in two phase system.   i) All problems associated with ambiguity in tapping line content as discussed for manometers 

               ii) Slight fluctuations due to rig vibration can alter readings 

 iii) Pressure smaller than offset cannot be measured 

 19. How can we measure the void fraction during sodium liquid / vapor flow?  

 Electromagnetic flow metering   

20. Discuss the acoustic method of void fraction measurement and state its problems.                        Refer to section 10.2.7