Ejercicios resueltos de estática y dinámica de fluidos.

1
Apuntes Física II
Ejercicios resueltos 2009-2
G. González/D. Física/USON
Apuntes de la materia de Física II: Ejercicios resueltos de estática y dinámica de
fluidos.

Ejercicios originales resueltos para incluir en el tema estática de fluidos, sección densidad
de una mezcla de sustancias.
1. (*2) Dos fluidos se mezclan en forma inhomogénea quedando burbujas en la suspensión. La
mezcla con las burbujas ocupa un volumen total de 1.2 lit. Si las densidades y masas de
cada fluido songr/cm3, m1 = 600 gr 0.8 gr/cm3 y m2 = 400 gr, considerando
despreciable la masa del aire en las burbujas, calcule:
a) El volumen total de las burbujas
b) La densidad de la mezcla.
Solución inciso a): El volumen de la mezcla está dado por la suma de los volúmenes
individuales de los fluidos 1, 2 y de las burbujas, B.
𝑉1 + 𝑉2 + 𝑉𝐵 = 𝑉𝑀
(1)
Despejando VB, obtenemos
𝑉𝐵 = 𝑉𝑀 − 𝑉1 − 𝑉2
(2)
VM = 1200 cm3, el volumen de la mezcla es dato; y los volúmenes de los fluidos 1 y 2 se
obtienen de los datos del problema de la siguiente forma:
V1 =m1gr/1cm3 = 600 cm3;
V2 = m2/400gr/0.8gr/cm3= 500 cm3
Sustituyendo los valores anteriores en (2), obtenemos:
𝑉𝐵 = 1200𝑐𝑚3 − 600𝑐𝑚3 − 500𝑐𝑚3 = 100𝑐𝑚3
Solución inciso b): La densidad de la mezcla esta dada por la masa de la mezcla entre el
volumen de la misma.
𝜌𝑀 =
𝑚𝑀 𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚𝐵 600𝑔𝑟 + 400𝑔𝑟 + 0
=
=
= 0.83 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚3
𝑉𝑀
𝑉𝑀
1200𝑐𝑚3
2. Se mezclan homogéneamente tres fluidos, cuyas fracciones de volumen y densidades son
X1 = 0.435, 1 = 1.2 gr/cm3; X2 = 0.46, 2 = 0.85 gr/cm3 y X3 = 0.105, 3 = 1 gr/cm3,
respectivamente. Si el volumen de la mezcla es VM = 766.27 cm3, calcular:
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
2
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a) La densidad de la mezcla.
Solución: La densidad de la mezcla está dada por
𝜌𝑀 =
𝑚𝑀 𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3
=
𝑉𝑀
𝑉𝑀
Sustituyendo
𝜌𝑀 =
, se obtiene
𝑉1 𝜌1 𝑉2 𝜌2 𝑉3 𝜌3
+
+
= 𝑋1 𝜌1 + 𝑋2 𝜌2 + 𝑋3 𝜌3
𝑉𝑀
𝑉𝑀
𝑉𝑀
= 0.435(1.2 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚3 ) + 0.46(0.85 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚3 ) + 0.105(1 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚3 ) = 1.02 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚3
Ejemplo 5. Se realiza una aleación de oro y cobre, en proporciones desconocidas, para formar
un lingote con dimensiones de 20cmx10cmx5cm y masa de 12 Kg. Calcular:
a) La densidad de la aleación,L =?
b) El “quilataje” del oro en la aleación
Nota: Recuerde que un quilate de oro equivale a un 4.16% de este en la aleación.
Respuesta:
a) Utilizando la ecuación 1.1 que define la densidad de un cuerpo, 𝜌𝐿 =
𝑚𝐿
𝑉𝐿
, donde mM y
VM son datos del problema con los que obtenemos la densidad del lingote formado por
oro y cobre.
𝜌𝐿 =
𝑚𝑀
𝑉𝑀
12 𝐾𝑔
𝐾𝑔
= (0.2𝑚)(0.1𝑚)(0.05𝑚) = 12000𝐾 𝑚3
b) Para obtener el “quilataje” necesitamos saber el porcentaje de masa de oro en el
lingote, para lo cual utilizamos la ecuación 1.10, desarrollada con el propósito de
conocer, la fracción de volúmenes de los componentes en la mezcla, y obtener el
porcentaje de masa del componente 1, en este caso el oro. Para mayor facilidad nos
remitimos al ejemplo 4 de esta misma sección, en donde observamos que hemos hecho
este mismo ejercicio, pero sin calcular los quilates de oro en la muestra. Utilizando la
ecuación 1.12ª de ese ejercicio, obtenemos que el porcentaje de oro está dado por:
𝜌𝐿= 𝑋𝐴𝑢 𝜌𝐴𝑢 + 𝑋𝐶𝑢 𝜌𝐶𝑢
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
(5𝐴)
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Con 𝑋𝐴𝑢 =
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𝑉𝐴𝑢
𝑉𝐿
𝑦 𝑋𝐶𝑢 =
𝑉𝐶𝑢
𝑉𝐿
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las respectivas fracciones de volumen del oro y del
cobre en la aleación.
Recordando que XAu + XCu = 1, obtenemos:
𝜌𝐿 = 𝜌𝐴𝑢 𝑋𝐴𝑢 + 𝜌𝐶𝑢 (1 − 𝑋𝐴𝑢 )
Por lo que despejando la fracción de oro en la mezcla, XAu:
𝐾𝑔
𝑘𝑔
𝑚𝐴𝑢
12000 ⁄𝑚3 − 8930 ⁄𝑚3
⁄𝜌𝐴𝑢
𝜌𝐿 − 𝜌𝐶𝑢
𝑉1
𝑋𝐴𝑢 =
=
= 0.295 =
=
𝜌𝐴𝑢 − 𝜌𝐶𝑢 19800 𝐾𝑔⁄ − 8930 𝐾𝑔⁄
𝑉𝐿
𝑉𝐿
𝑚3
𝑚3
Despejando la masa de oro, de la última ecuación:
𝑚𝐴𝑢 = 0.295(𝜌𝐴𝑢 )(𝑉𝐿 ) = 5.712 𝐾𝑔
Por lo que el porcentaje de oro en la muestra será XAu %= 5.712Kg/12Kg = 47.6%.
es decir el oro ocupa un 47.6% en la aleación, por lo que sus quilates serán:
1𝐾
4.16%
𝑋𝐾
= 47.6% , entonces, los quilates XK, correspondientes a ese porcentaje de oro calculado
son:
𝑋𝐾 =
47.6
= 11.45 𝑞𝑢𝑖𝑙𝑎𝑡𝑒𝑠
4.16%
Como puede observarse, al tener como datos la masa y el volumen de la mezcla y las
densidades de los componentes, la no fue necesario calcular el porcentaje del cobre para
obtener los quilates de oro.
 Ejercicios resueltos para incluir en los apuntes del Principio de Arquímedes
Ejemplo 1. (*3) El objeto metálico homogéneo, O, figura (1) ejercicio 9, está suspendido
mediante una cuerda de peso despreciable, de una balanza de resorte B1 (Dinamómetro), que
muestra una lectura de 7.25 kg., mientras que la balanza B2 registra la masa de un líquido, L,
(5Kg) y la del vaso que lo contiene, V, (1Kg). En la figura (2) el mismo objeto se encuentra
sumergido en el líquido. La balanza B1 indica 6.25 Kg, mientras que la B2 señala 7 Kg. El volumen
del objeto, O, es 0.001 m3. En la figura 3, el objeto, O, se deja reposando en el fondo del vaso, y
la balanza B2 registra la masa del vaso, la masa del líquido y la masa del objeto.
a. ¿Cuál es la fuerza de empuje del líquido sobre el objeto?
b. ¿Cuál es la densidad del líquido?
c. ¿Qué pasó con las fuerzas de empuje y la fuerza aparente del objeto dentro del fluido, en
la situación representada por la figura 3? ¿desaparecieron?
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
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B1
Solución inciso a) Para
un objeto que no flota,
se tiene que la fuerza
de flotación, FL, está
dada por la diferencia
entre el peso del objeto
fuera del fluido, WO, y
el peso dentro del
mismo (peso aparente),
Wa:
B1
B
1
O
V
L
O
L
L
O
B2
B2
B2
(1)
V
V
(2)
(3)
Figura ejemplo 1. (1) Objeto colgando fuera de un vaso con líquido que descansa sobre
una balanza B2. La balanza B1 registra el peso real del objeto, mientras que la B2 registra
solo los pesos del líquido y del vaso. (2) Mismo objeto suspendido de una cuerda dentro
del líquido, la balanza B2 registra el peso del líquido, el peso del vaso y una tercera fuerza
que aparece al entrar el objeto en el fluido, mientras que la balanza B1 registra un peso
disminuido del objeto. Figura (3) objeto reposando en el fondo del vaso, B1 no registra
nada, B2 registra los pesos del agua, del vaso y el peso real del cuerpo.
𝐹𝐹 = 𝑊𝑜 − 𝑊𝑎 = 7.25𝐾𝑔𝑥9.8 𝑚⁄𝑠 2 − 6.25𝐾𝑔𝑥9.8 𝑚⁄𝑠 2 = 9.8𝑁
Solución inciso b) Utilizando la fórmula para la fuerza de flotación que proporciona el principio
de Arquímedes, obtenemos:
𝐹𝐹 = 𝜌𝐹 𝑔𝑉𝐹𝐷
De donde obtenemos la densidad del fluido, que todavía no conocemos, en el que se encuentra
el objeto sumergido.
𝜌𝐹 =
𝐹𝐹
9.8𝑁
=
= 1000 𝐾𝑔⁄𝑚3
𝑔𝑉𝐹𝐷 9.8 𝑚⁄𝑠 2 𝑥0.001𝑚3
El resultado sugiere que el líquido en el que se sumerge el objeto es agua.
Solución inciso c) En la representación de la figura 3, la balanza B1 no registra nada, mientras
que la balanza B2 Registra el peso del fluido, el peso del vaso y el peso del objeto, pero este
último es igual al peso aparente mas la fuerza de flotación: WO = WA + FF.
Ejemplo 2. (3*) Se construye una lancha rectangular formada por seis placas de Aluminio, figura,
con las siguientes dimensiones: ¼ pulgada de espesor, 4.0 m de largo por 1.80 m de ancho y
0.70 cm de altura; la cual tiene como armadura unas costillas de refuerzo, compuesta por
barras, también de aluminio, con dimensiones de ½ pulgada de espesor por 2 pulgadas de
peralte y en total suman 40 m de longitud. Si se deposita una masa de 3 toneladas dentro de la
lancha, calcular:
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
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a) La profundidad, h, que se mete la lancha en el agua.
m
Solución. La profundidad h que la lancha se introduce
en el agua debido al peso total se obtiene del volumen
Nivel del agua
h
de fluido desplazado, VFd = Ah, cuyo peso es la fuerza
de flotación (Principio de Arquímedes). Las fuerzas que
Figura ejemplo 2: Esquema representando
intervienen con la lancha flotando son: La fuerza de un lanchón de aluminio flotando en agua,
flotación FF, el peso del aluminio estructural de la lancha, con una masa m = 3 toneladas.
WAl, y el peso adicional, Wm, proporcionado por la masa de 3 toneladas, de tal forma que la
fuerza de flotación sea igual a la suma de las otras como requisito para que flote.
𝐹𝐹 = 𝑊𝐴𝑙 + 𝑊𝑚
Con Wm = mg =3000Kgx9.8m/s2= 29400 N,
WAl =mAlg
Para calcular la masa de aluminio obtenemos el volumen total del mismo multiplicado por su
densidad:
𝑚𝐴𝑙 = 𝜌𝐴𝑙 𝑉𝐴𝑙 ,
El volumen del aluminio es:
0.25𝑝𝑢𝑙𝑥0.0254𝑚
𝑉𝐴𝑙 = (4𝑚𝑥1.8𝑚 + 2(4𝑚𝑥0.7𝑚) + 2(1.8𝑚𝑥0.7𝑚) + 40𝑚𝑥2𝑥0.0254𝑚) (
)
1𝑝𝑢𝑙
= 0.11𝑚3
Entonces 𝑊𝐴𝑙 = 2700 𝐾𝑔⁄𝑚3 𝑥0.11𝑚3 𝑥9.8 𝑚⁄𝑠 2 = 2910.6𝑁
Por tanto, la fuerza de flotación queda:
𝐹𝐹 = 29400𝑁 + 2910.6𝑁 = 32310.6𝑁
Por el Principio de Arquímedes, 𝐹𝐹 = 𝜌𝐹 𝑉𝐹𝑑 𝑔:
𝑉𝐹𝑑 =
32310.6𝑁
= 3.3𝑚3
1000 𝐾𝑔⁄𝑚3 𝑥9.8 𝑚⁄𝑠 2
Finalmente, ∆ℎ =
𝑉𝐹𝑑
𝐴
3.3𝑚3
= 4𝑚𝑥1.8𝑚 = 0.46𝑚 = 46𝑐𝑚
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
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
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Ejercicios resueltos para incluir en el tema dinámica de fluidos, ecuación de Bernoulli.
Ejemplo 1. (3*) (Teorema de Torricelli). En la figura adjunto se muestra una tubería descargando
agua con un gasto de 1.5 litros por segundo, en un tanque, A, que tiene un diámetro de 120 cm,
el cual a su vez descarga a través de una llave de paso con un diámetro de ½ pulgada a otro
tanque, B, de 60 cm de diámetro y 90 cm de altura (h3). El tanque A se encuentra sobre un
pedestal a una altura h2 = 1.5 m sobre el nivel del suelo. El
tanque B se encuentra sobre el suelo. Calcular:
1
a) La altura a la cual el nivel del agua en el tanque A se
estabiliza.
b) La velocidad a la cual llega el agua al tanque B.
c) El tiempo en que tarda en llenarse el tanque B.
h
1
A
2
h1
3
h2
B
h3
Solución inciso a) Aunque la ecuación para la velocidad de descarga de un tanque (Teorema de
Torricelli) la obtuvimos ya, lo haremos nuevamente para recordar el procedimiento. Aplicando
la ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 (carga) y 2 (descarga), se tiene:
1
1
𝑃1 + 𝜌𝑣12 + 𝜌𝑔ℎ1 = 𝑃2 + 𝜌𝑣22 + 𝜌𝑔ℎ2
2
2
(1)
Es un hecho que el área de sección transversal del tanque, A1, es mucho mayor que el área
descarga en el punto 2, A2, y de acuerdo con la ecuación de continuidad la velocidad
desplazamiento del nivel de líquido en el tanque, v1, será mucho menor que la velocidad
descarga del fluido, v2, resultando que despreciable la primera, por lo que la ecuación
Bernoulli se reduce a:
𝜌𝑔ℎ1 =
1 2
𝜌𝑣 + 𝜌𝑔ℎ2
2 2
de
de
de
de
(2)
En donde hicimos P1 = P2 = PATM y v1 = 0.
Despejando v2 de la ecuación 2, obtenemos:
𝑣2 = √2𝑔∆ℎ
Con h = h1 – h2.
Aplicando la condición de equilibrio que sucede cuando
𝑄1 = 𝑄2 = 𝐴2 𝑣2
(3)
(4)
Sustituyendo (3) en (4), se obtiene la altura h a la cual se estabiliza el nivel de fluido en el
tanque.
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
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𝑄2
(0.8𝑥10−3 𝑚3 ⁄𝑠)
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2
Finalmente, ∆ℎ = 2𝑔𝐴1 2 = (2𝑥9.8𝑚⁄𝑠2 )𝜋(0.00635𝑚2 )2 = 2.03𝑚
2
Solución inciso b) Calcularemos ahora la velocidad con la que el agua que descarga por el punto
2 llega a la boca del tanque identificada con el punto 3. Aplicando la ecuación de Bernoulli entre
los puntos 2 y 3, obtenemos:
1
𝑃2 − 𝑃3 = 𝜌(𝑣32 − 𝑣22 ) + 𝜌𝑔(ℎ3 − ℎ2 )
2
Con P2 = P3 = PATM y sustituyendo v2 de la ecuación (3), la ecuación anterior queda:
0=
1
𝜌(𝑣32 − 2𝑔∆ℎ) − 𝜌𝑔(ℎ2 − ℎ3 )
2
Despejando v3:
𝑣3 = √2𝑔[∆ℎ + (ℎ2 − ℎ3 )] = √2𝑥9.8 𝑚⁄𝑠 2 [2.03𝑚 + 0.9𝑚] = 7.57 𝑚⁄𝑠
Solución inciso c) El tiempo de llenado del tanque B, se calcula a partir de la definición de gasto:
Q = V/t en m3/s.
Donde V es el volumen del tanque y Q es el gasto de descarga (mismo que el de carga). Por lo
tanto el tiempo de llenado del tanque es:
𝑉 𝜋(0.30𝑚)2 𝑥0.90𝑚
𝑡= =
= 318𝑠 = 5.3𝑚𝑖𝑛
𝑄
0.8𝑥10−3 𝑚3 ⁄𝑠
Ejemplo 2. (3*) Por un tubo de Vénturi, que tiene un diámetro de 1 pulgada por la parte ancha y
¾ pulgada en la parte estrecha, circula agua. El Vénturi tiene conectados dos tubos
manométricos que marcan una diferencia de alturas del
agua H = 30 cm. Calcule:
H
a) ¿Cuántos metros cúbicos de agua por segundo
circulan por el tubo?
2
1
Figura ejemplo 2
Solución. El gasto de agua que circula a través del tubo de
Vénturi está representado por la ecuación de continuidad:
𝑄 = 𝐴1 𝑣1 = 𝐴2 𝑣2
(1)
A1, v1 y A2, v2 representan las áreas y velocidades en la parte ancha y angosta de la tubería,
respectivamente.
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
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Para conocer el gasto es necesario encontrar el valor de una de las dos velocidades en la
ecuación anterior, por lo que es necesario utilizar una segunda ecuación que las contenga, para
lo cual utilizamos la ecuación de Bernoulli:
1
𝑃1 − 𝑃2 = 2 𝜌(𝑣22 − 𝑣12 )
(2)
El término correspondiente a la diferencia de alturas no aparece porque es una tubería
horizontal, por lo que h1 y h2 están a la misma altura.
Tenemos ahora dos ecuaciones con dos incógnitas y P1 – P2 se calcula a partir de la diferencia
de alturasH que es dato, entre los dos tubos manométricos instalados para tal propósito en
el tubo de Vénturi, utilizando para ello la ecuación representativa para un fluido estático, P 1 –
P2 = gH, como es el caso de los dos tubos manométricos midiendo la diferencia de presión
entre dos puntos para un flujo en movimiento estacionario.
Despejando v1 de la ecuación (1) y sustituyendo en la (2), obtenemos:
𝐴
𝐴
2
𝑣1 = 𝐴2 𝑣2 , por lo que 𝑣12 = (𝐴2 ) . 𝑣22 y la ecuación (2) queda:
1
1
1 2
𝐴2 2
𝜌𝑔∆𝐻 = 𝜌𝑣2 (1 − ( ) )
2
𝐴1
Despejando v2 de la ecuación anterior:
𝑣2 =
2𝑔∆𝐻
√
𝐴 2
(1 − (𝐴2 ) )
1
=
2𝑔∆𝐻
√
𝑑 4
(1 − ( 2 ) )
𝑑1
=
2𝑥9.8 𝑚⁄𝑠 (0.3𝑚)
√
3/4𝑝𝑢𝑙𝑔 4
(1 − (
) )
1𝑝𝑢𝑙𝑔
= 2.93 𝑚⁄𝑠
Entonces el gasto, ecuación (1), será:
𝑄 = 𝐴2 𝑉2 = 2.85𝑥10−4 𝑚2 𝑥2.93 𝑚⁄𝑠 = 8.35𝑥10−4 𝑚3 ⁄𝑠 = 0.835 𝑙𝑡/𝑠
Ejemplo 3 (3*) Una bomba manual de rociado absorbe líquido de un depósito, que se
encuentra conectado al tramo más angosto de la bomba, a través de un tubo que tiene una
altura, h =8 cm, como se muestra en la figura. El diámetro en la parte ancha es de 2.5 cm, el
diámetro del tubo en la parte angosta es de 3 mm y el líquido en el depósito tiene una densidad
de 0.75 gr/cm3. Considerando una densidad de 1.3x10-3 gr/cm3 para el aire en la bomba,
calcular:
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
9
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a) La diferencia de presiones entre las partes ancha y angosta, P, mínima para elevar el
líquido desde el depósito a una altura h.
b) Las velocidades mínimas v1 y v2 entre
las partes ancha y estrecha de la
Aire
AAir
e
h
bomba.
Líquido
Solución inciso a) La alturah que sube el
líquido desde el depósito está directamente
relacionada con la diferencia de presiones
entre la parte ancha y estrecha de la bomba.
∆𝑃 = 𝜌𝐼 𝑔∆ℎ
Figura ejemplo 3.Bomba manual para rociar.
(1)
Donde I es la densidad del insecticida líquido en el depósito. Entonces,
∆𝑃 = 750 𝐾𝑔⁄𝑚3 𝑥9.8 𝑚⁄𝑠 2 𝑥0.08𝑚 = 588𝑃𝑎 = 0.085 𝑙𝑏⁄𝑝𝑢𝑙𝑔2
Como puede observarse la mínima diferencia de presiones es suficiente para subir el líquido y
mezclarse con el flujo de aire. Por esa razón uno puede sacar el líquido de un refresco con un
popote al hacer un poco de vacío con la boca.
Solución inciso b) Si etiquetamos con el No. 1 a la parte ancha y el 2 a la estrecha, la diferencia
de presiones, de acuerdo con la ecuación de Bernoulli es:
1
∆𝑃 = 𝑃1 − 𝑃2 = 𝜌(𝑣22 − 𝑣12 )
2
(2)
Debido a que v1 y v2 son incógnitas, tenemos que usar otra ecuación que las contenga y esta es
la ecuación de continuidad
𝐴1 𝑣1 = 𝐴2 𝑣2
(3)
Despejando v1 de esta última y sustituyendo en la anterior (2) obtenemos:
𝐴2
𝑣12 = 𝐴22 𝑣22
(4)
1
1
𝐴2
1
𝐴2
Y ∆𝑃 = 2 𝜌 (𝑣22 − 𝐴22 𝑣22 ) = 2 𝜌𝑣22 (1 − 𝐴22 )
1
1
Despejando v2:
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
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𝑣2 =
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2∆𝑃
√
𝜌𝑎𝑖𝑟 (1 −
𝐴22
)
𝐴12
=√
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2𝑥588𝑃𝑎
= 30 𝑚⁄𝑠
0.0034
3
1.3𝐾𝑔/𝑚 (1 −
)
0.0254
Para calcular v1 recurramos a la ecuación de continuidad (3):
𝑣1 =
𝐴2
0.32
𝑣2 =
30 𝑚⁄𝑠 = 0.42 𝑚⁄𝑠 = 42 𝑐𝑚/𝑠
𝐴1
2.52
Como puede observarse de los resultados, la velocidad en la parte estrecha de la tubería, v2, es
tal que la presión debe ser muy baja y se presenta el fenómeno de cavitación que permite que
las gotas de líquido se pulvericen.
Se deja como ejercicio para el alumno calcular la presión en P1 y recopilar información sobre el
fenómeno de cavitación debido a la baja presión en un tubo de Vénturi.

Ejercicios resueltos para incluir en el tema Fluidos Reales (laminares-viscosos: Ecuación de
Poiseuille).
Ejemplo 1 (2*) Por una tubería de 1/8 de
h
pulgada (0.3175cm) de diámetro pasa
aceite de motor. El aceite tiene una
viscosidad
 = 30x10-3 N.s/m2,
30 cm
temperatura de 20°C y densidad de 0.8 Figura ejemplo 1. Distancia entre dos tubos manométricos y
gr/cm3, descargando a la atmósfera con la diferencia de alturas debido a la caída de presión de un
un gasto de 0.1ml/s. Para medir la caída fluido laminar viscoso.
de presión en la tubería se colocan dos tubos manométricos separados una distancia de 30 cm
como se indica en la figura. Calcule:
a) El No. de Reynolds.
b) La caída de presión en cm de altura equivalentes entre los dos tubos manométricos.
Solución inciso a): El No. de Reynolds.
𝑅𝑒 =
𝜌𝑣𝐷 800 𝑘𝑔⁄𝑚3 (1.26𝑥10−2 𝑚⁄𝑠)(0.003175𝑚)
=
= 1.07
η
30𝑥10−3 𝑁. 𝑠/𝑚2
Lo que muestra un flujo bajo régimen laminar.
La velocidad del flujo la obtenemos del gasto y el área de sección transversal de la tubería:
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
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v = Q/A = (0.1x10-6 m3/s)/(7.92x10-6m2) = 1.26x10-2m/s = 1.26 cm/s
Donde, A = R2 = (0.0015875m)2 = 7.92x10-6m2
Solución inciso b): La caída de presión entre los dos puntos de la tubería está dada por
8𝑄𝜂𝐿
8(0.1𝑥10−6 𝑚3 ⁄𝑠)(30𝑥10−3 𝑁. 𝑠⁄𝑚2 )𝑥0.30𝑚
∆𝑃 =
=
= 360𝑃𝑎
𝜋𝑅 4
𝜋(0.0015875𝑚)4
La diferencia de altura debida entre los dos tubos manométricos es, entonces:
h = P/g = (360Pa)/(800Kg/m3)(9.8m/s2) = 0.045 m = 4.5 cm
Ejemplo 2. (2*) Por una tubería lisa de 8” de diámetro continuo y una longitud de 1 Km, se
bombea agua a una temperatura de 20 °C hasta una altura de 30.9 m. La tubería descarga en un
tanque abierto a la presión atmosférica con una rapidez de 0.4 lt/s. Calcule:
a) El tipo de régimen del fluido
0
en la tubería
1 Km
30.9m
b) La caída de presión en la
0
0
tubería
c) La potencia de la bomba,
necesaria para subir el agua
Figura ejemplo 2, sección 5.4. Los manómetros indican la
caída de presión de un fluido viscoso, en los diversos tramos de
con el gasto indicado
la tubería, que descarga a la atmósfera a una altura de 30.9 m.
Solución inciso a) Para saber si el flujo de agua que corre por la tubería es laminar, calculamos
el No. de Reynolds.
𝑅𝑒 =
𝜌𝑣𝐷
η
,
Donde  es la densidad del agua, v la velocidad de descarga, D el diámetro de la tubería y  la
viscosidad del agua a 20°C.
Para conocer v aplicamos la ecuación del gasto:
𝑄 = 𝐴𝑣
A es el área de sección transversal de la tubería, por lo que la velocidad de descarga es
𝑣=
𝑄 0.4𝑥10−3 𝑚3 ⁄𝑠
=
= 0.0127 𝑚⁄𝑠
𝐴
𝜋(0.1𝑚)2
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
12
Apuntes Física II
𝑅𝑒 =
103 𝐾𝑔⁄𝑚3 ∗0.0127𝑚⁄𝑠∗0.2𝑚
10−3 𝑁.𝑠⁄𝑚2
Ejercicios resueltos 2009-2
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= 2540, régimen no turbulento.
Solución inciso b) En este ejercicio se presentan dos caídas de presión: la primera debida a la
viscosidad, el diámetro, el gasto y la longitud de la tubería, representada por la ecuación de
Poiseuille, y la segunda debida a la diferencia de alturas entre la bomba y el punto de descarga.
Δ𝑃 = Δ𝑃𝑃 + ΔPℎ
(1)
De acuerdo con la ecuación de Poiseuille, la caída de presión en la tubería, PP, debido a la
viscosidad,  = 10-3 N.s/m2, la longitud, L = 1 Km, el gasto Q = 0.4x10-3 m3/s, y el diámetro de
la misma D = 20 cm, está dada por:
8𝑄𝜂𝐿
8𝑥4𝑥10−4 𝑚3 ⁄𝑠 𝑥10−3 𝑁. 𝑠⁄𝑚2 𝑥1000𝑚
∆𝑃 =
=
= 10.18𝑃𝑎
𝜋𝑅 4
𝜋𝑅 4
Por otro lado, la caída de presión debida exclusivamente a la altura que tiene que vencer la
bomba, es:
Δ𝑃ℎ = 𝜚𝑔ℎ = 1000 𝐾𝑔⁄𝑚3 𝑥9.8 𝑚⁄𝑠 2 𝑥30.9𝑚 = 3.028𝑥105 𝑃𝑎 , que equivale a 3 atmósferas.
La caída de presión que tendrá que compensar la bomba
Estará dada, de acuerdo con la igualdad (1), por:
Δ𝑃 = 10.18𝑃𝑎 + 3.02𝑥105 𝑃𝑎 = 3.02𝑥105 𝑃𝑎
Es decir, bajo las condiciones de flujo laminar, y un diámetro de 20 cm en la tubería, la caída de
presión debida a la viscosidad es despreciable para agua.
Si aumentamos el gasto a valores más prácticos, digamos de 4 lt/s, la velocidad aumenta a
0.127m/s y según el Reynolds el tipo de régimen sería turbulento, Re = 25400. En conclusión la
ecuación de Poiseuille tiene una aplicación muy reducida y solo se emplea en casos especiales
donde el flujo es laminar, lo que generalmente implica gastos pequeños para tuberías que no
tienen diámetros grandes.
Solución inciso c) La presión de la bomba está dada por el producto de la caída de presión por el
gasto, es decir
𝑃𝑜𝑡 = ∆𝑃𝑥𝑄 = 3.02𝑥105 𝑃𝑎 ∗ 4𝑥10−4 𝑚3 ⁄𝑠 = 120.8𝑤𝑎𝑡𝑡𝑠
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
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Apuntes Física II
Ejercicios resueltos 2009-2
Ejemplo 3. (3*) Un tubo capilar de 1 pie de largo y 1/64
pulgadas de diámetro interno está conectado al fondo de un
depósito cilíndrico, que tiene una altura de 1 pie y diámetro de
6 pulgadas, lleno de agua, se muestra en la figura adjunto.
Calcular:
a) El gasto de descarga Q = dV/dt (m3/s, cm3/hr )
b) La rapidez de caída del nivel del agua en el depósito,
dh1/dt. Considere un valor de 0.01 poise para la viscosidad
del agua.
c) La rapidez de movimiento, dh2/dt, del nivel de agua en el
capilar cuando esta se agota en el depósito
(L1 = 0).
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L1
L2
Figura ejemplo 3. Depósito con
capilar al fondo.
De acuerdo con la ecuación de Poiseuille, el gasto de fluido a través del área de sección
transversal de un tubo cilíndrico de longitud L y radio R, es:
𝑑𝑉
=
𝑑𝑡
𝜋𝑅 4
8𝜂𝐿
(1)
Δ𝑃
Donde P es la diferencia de presión entre los puntos separados por la distancia L.
Solución inciso a).
El flujo de agua a través del capilar se debe a la presión ejercida por el nivel de agua en el
depósito más la presión de la columna de agua en el propio capilar, dando lugar a la aplicación
de la ecuación de Poiseville en el depósito más la misma en el capilar, lo que se representa de la
siguiente forma:
1º. La presión de la columna de agua en el depósito sobre la parte superior del capilar
contribuye a que se genere un gasto dado por:
𝑑𝑉1
𝑑𝑡
𝜋𝑅 4
= 𝑄1 = 8𝜂𝐿 (𝜌𝑔𝐿1 )
2
(2)
Con R el radio del capilar y L2 la longitud del mismo. Como puede observarse en el problema, la
diferencia de presiones es proporcionada por la altura de la columna de fluido, P = gL1 en
este caso.
2º. La contribución al gasto en el capilar debida a la presión de su propio peso, está dada por
𝑑𝑉2
𝜋𝑅 4
(ρgL2 )
= 𝑄2 =
𝑑𝑡
8𝜂𝐿2
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.
(3)
14
Apuntes Física II
Ejercicios resueltos 2009-2
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De tal forma que el gasto total a través del capilar es:
𝜋𝑅 4
𝑄 = 𝑄1 + 𝑄2 =
ρg(L1 + L2 )
8𝜂𝐿2
(4)
Entonces,
𝜋(1.984−4 𝑚)4 𝑥1000 𝑘𝑔⁄𝑚3 (9.8 𝑚⁄𝑠 2 )(0.3048𝑚 + 0.3048𝑚)
𝑄=
8𝑥10−3 𝑁. 𝑠⁄𝑚2 (0.3048𝑚)
= 1.1925𝑥10−8 𝑚3 ⁄𝑠 = 42.93 𝑐𝑚3 ⁄ℎ𝑟
Solución inciso b): Como
𝑑𝑄
𝑑𝑡
= 𝐴1
𝑑ℎ1
𝑑𝑡
, donde A es el área del depósito y dh1/dt la rapidez con
que se baja el nivel de líquido en el mismo.
La ecuación (4) queda:
𝑑ℎ1
𝜋𝑅 4
=
ρg(L1 + L2 )
𝑑𝑡
8𝐴1 𝜂𝐿2
(5)
Donde R es el radio del capilar y A1 el área del depósito, por lo que, sustituyendo valores, la
rapidez de bajada del nivel de agua en el depósito para L1 = 12 pulgadas y L2 = 12 pulgadas,
queda:
𝑑ℎ1
𝑑𝑡
4
=
𝜋(1.984𝑥10−4 𝑚) (1000𝐾𝑔⁄𝑚3 )(9.8𝑚⁄𝑠2 )(0.3048𝑚+0.3048𝑚)
𝜋
8 (0.1524)2 𝑚2 (10−3 𝑁.𝑠⁄𝑚2 )0.3048𝑚
4
= 6.54𝑥10−7 𝑚⁄𝑠
= 2.36 𝑚𝑚⁄ℎ𝑟
Solución inciso c): Cuando el depósito se vacía, L1 = 0, y L2 = 12 pulgadas, la rapidez de bajada
del nivel de líquido en el capilar está dada por:
𝑑ℎ2
𝑑𝑡
=
𝜋𝑅 4
8𝐴2 𝜂𝐿2
(6)
ρgL2
Donde R es el radio del capilar y A2 su área de sección transversal.
𝑑ℎ2
𝑑𝑡
4
=
𝜋(1.984𝑥10−4 𝑚) 𝑥1000𝐾𝑔⁄𝑚3 𝑥9.8𝑚⁄𝑠2
8𝜋(1.984𝑥10−4 𝑚)2 𝑥10−3 𝑁.𝑠⁄𝑚2
= 4.910−2 𝑚⁄𝑠 = 4.9 𝑐𝑚⁄𝑠
*Indica el grado de dificultad: 3* los más, 1* los menos.