2009 – Ejercicios resueltos tomados en el 1º Parcial

1º Parcial: Enunciado y Resolución
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1º PARCIAL - AÑO 2009
Estimados alumnos:
A continuación se enuncian y resuelven todos los ejercicios tomados en el 1º parcial y sus
recuperatorios del año 2009, tanto del curso del lunes como del sábado.
El esfuerzo y tiempo invertido en este documento tiene por objetivo darles una herramienta
para el estudio de las unidades 1 a 4, y salvar el escaso tiempo disponible en las clases para
aclarar sus dudas.
Espero sea de utilidad.
Consultas: [email protected]
Ing. Verónica Monzón
JTP Hidráulica Gral. y Aplicada
UTN - FRBA
Se adopta:
cs :=
stokes
cs = 0.01 stokes
100
Rm := 8.311
N⋅ m
K⋅ mol
mca := 1m⋅ 9810
cp :=
N
3
1
100
⋅ poise
kPa := 1000Pa
m
------ año 2009 -----
cp = 0.001
º := deg
kg
m⋅ s
m
g = 9.81
s
rev := 1
2
1º Parcial: Enunciado y Resolución
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1A.
El artefacto de la figura gira a velocidad constante en un
tanque de agua a 10ºC. ¿Cuál es el par resistente si la velocidad
angular es de 0,5 rad/s. Despreciar los efectos del borde exterior
y el espesor del eje
ω=0,5 rad/s
agua 10ºC
0,1mm
0,1mm
D=500mm
Figura de análisis ------------------------------------------------------------------>
Datos:
ω := 0.5⋅
ω=0,5 rad/s
1
s
agua 10ºC
0,1mm
e := 0.1mm
Viscocidad dinámica del
agua a 10ºC (de tabla)
µ := 1.31⋅ 10
− 3 N⋅ s
0,1mm
D=500mm
2
m
R :=
τ
500mm
τ
Vt=ω.r
2
Vt=ω.r
τ
R = 0.25 m
dr
r
τ
el momento provocado
por el rozamiento en la
superficie superior es
igual al de la superficie
inferior
dM = dM inf + dM sup
el diferencial de
momento es el
dM = 2⋅ dF⋅ r = 2⋅ ( τ ⋅ dA) ⋅ r = 2⋅ ( τ ⋅ 2⋅ π ⋅ r⋅ dr) ⋅ r = 2⋅ µ ⋅
τ
dM = 2⋅ dMinf
dM = 4⋅ µ ⋅
dA=2πr.dr
τ
ω⋅r
e
τ
τ
(
2
)
⋅ π ⋅ r ⋅ dr =
µ ⋅ ω ⋅ 4⋅ π
e
dV
dn
2
⋅ 2⋅ π ⋅ r ⋅ dr
3
⋅ r ⋅ dr
R
⌠ µ ⋅ ω ⋅ 4⋅ π
3
M := 
⋅ r dr

e
⌡0
M = 0.0804 N⋅ m
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
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2A|
La compuerta de hormigón de la figura gira alrededor de
una bisagra pasante por el punto A. Calcular la densidad
relativa que del hormigón para equilibrar la acción del agua
cuando h = 0,6 m.
La compuerta tiene 5 m de ancho.
ancho
de la
A
5m
1,2 m
Agua
h=0,60m
Hormigón
0,9m
ancho
de la
compuerta
5m
A
Figura de análisis------------------------------------------------------->
1m
0,3m
1,2 m
W
0,6m
Hormigón
Fx
0,2m
0,9 m
γagua.0,6m
Agua
Fy
γagua.0,6m
0,45 m
N
Peso específico del agua
γ agua := 9810
El equilibrio se da cuando el momento
en A es nulo
MA = −Fx⋅ ( 1m) − Fy⋅ 0.45m + W⋅ 0.3m = 0
Fuerza horizontal ejercida por el agua
Fx = pc ⋅ A
3
m
Fx := γ agua⋅
Empuje vertical del agua
Fy := γ agua⋅ 0.6m⋅ 0.9m⋅ 5m
Peso de la compuerta
W = γ hormigon⋅
1.2 ⋅ m⋅ 0.9m
2
0.6m
2
[1]
⋅ 0.6m⋅ 5m
3
⋅ 5⋅ m = γ hormigon⋅ 2.7⋅ m
Fx = 8829 N
[2]
Fy = 26487 N
[3]
[4]
3
Reemplazando [2], [3] y [4] en [1], resulta: −Fx⋅ ( 1m) − Fy⋅ 0.45m + γ hormigon⋅ 2.7 m ⋅ 0.3m = 0
Despejando el peso específico del
hormigón, resulta
γ hormigon :=
Fy⋅ 0.45m + Fx⋅ 1m
3
2.7m ⋅ 0.3 m
La densidad relativa surge de comparar
γ hormigon
el peso específico con el peso específico ρ r_hormigon :=
γ agua
del agua:
------ año 2009 -----
N
γ hormigon = 25615
3
m
ρ r_hormigon = 2.61
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3A| Por la tubería de la figura circula un caudal de agua de
300 l/min. En la sección A la presión manométrica es de 150 kPa
y el diámetro es 100 mm. En la sección B el diámetro es 150 mm
y en la garganta del Venturi (sección V) el diámetro es 60 mm.
Determine:
a) La presión absoluta y manométrica pG del gas contenido en
el depósito conectado al tubo manométrico.
b) La presión mínima absoluta y manométrica posible en la
sección A para que el líquido no cavite en el punto C.
-Densidad del agua: ρ = 1000 kg/m3.
-Densidad del mercurio: ρHg = 13600 kg/m3.
-Presión de vapor del agua a la temperatura que circula el fluido:
pvapor absoluta = 0.3 mca (metros de columna de agua)
-Despréciense las pérdidas de carga en toda la instalación
B
12m
dV
Q
V
dB
4m
gas
pA
0,3m
6m
y
x
Hg
Q
dA
A
kg
Datos de los fluidos y figura
ρ agua := 1000
3
de análisis
m
γ agua := ρ agua⋅ g
N
γ agua = 9807
3
m
12m
0,3m
y
1
Q
γ Hg := ρ Hg⋅ g
4m
gas
6m
3
m
2
Hg
dA
N
γ Hg = 133370
3
m
3
3
300 m
Caudal
Q :=
Datos de la sección A
dA := 100mm
Q = 0.005
1000 min
zA := 0m
m
s
VA :=
Q⋅ 4
2
VA = 0.64
π ⋅ dA
m
s
pA := 150000Pa
Datos de la sección B
dB := 150mm
zB := 6m
VB :=
Q⋅ 4
2
VB = 0.28
π ⋅ dB
Datos de la sección C
Datos de la sección V
Presión atmosférica
dC := dA
zC := 12m
dV := 60mm
patm := 101300
zV := 6m
VC := VA
VV :=
VC = 0.64
Q⋅ 4
2
π ⋅ dV
N
2
m
Planteo: Por hidrostática se puede plantear igualdad de presiones en los puntos 1 y 2
p1 = p2
------ año 2009 -----
Q
V
dB
pA
kg
ρ Hg := 13600
dV
B
VV = 1.77
m
s
m
s
m
s
x
1º Parcial: Enunciado y Resolución
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pgas = pV + γ agua⋅ 4m + γ Hg⋅ 0.3m
2
2
Y para averiguar la
VA
pV
VV
pA
presión en el punto V,
+ zA +
=
+ zV +
2g
2g
γ agua
γ agua
se puede plantear
Bernoulli entre los
2
2
puntos A y V, ubicados
 pA
VA − VV 
sobre la misma línea de pV :=
 γ agua + zA − zV +
 ⋅ γ agua
2g
corriente, resulta:


2
2
 pA
VA − VV 
pV :=
 γ agua + zA − zV +
 ⋅ γ agua
2g


pV = 89799 Pa
pgas := ( pV + γ agua⋅ 4m + γ Hg⋅ 0.3m)
pgas_abs := pgas + patm
pgas = 169037 Pa
pgas_abs = 270336.88 Pa
Planteo: Para averiguar la mínima presión posible en A, para que no cavite en C, se planteará Bernoulli
entre los puntos A y C ubicados sobre la misma línea de corriente, utilizando presiones absolutas. En C, la
mínima presión absoluta posible es la tensión de vapor (dato). De esta forma, despejando pA se obtendrá
el valor de la incógnita.
Planteando Bernoulli
entre los puntos A y C,
resulta:
2
pA
γ agua
+ zA +
VA
2g
=
2
pC
γ agua
+ zC +
VC
2g
pC_abs := 0.3m⋅ γ agua pC_abs = 2941.99 Pa
Siendo la velocidad
igual en los puntos A y
C, resulta:
pA_abs :=
 pC_abs

+ zC − zA ⋅ γ agua

 γ agua

pA_abs = 120622 Pa
pA_rel := pA_abs − patm
pA_rel = 19322 Pa
4A|
Deduzca una expresión para la velocidad del líquido que sale de un agujero en el costado de un
tanque abierto si la velocidad depende de la altura H del agujero desde la superficie libre, la viscosidad
absoluta y la densidad del fluido, la gravedad y el diámetro del agujero.
Denominación
variable y dimensiones
−1
V = L⋅ T
velocidad del líquido
altura del agujero
H=L
viscosidad absoluta
µ = M⋅ L
densidad del fluido
ρ = M⋅ L
gravedad
g = L⋅ T
diámetro del agujero
D=L
V = f ( H , µ , ρ , g , D)
−1 −1
⋅T
−3
−2
Se podrán formar 6-3=3 números π
Se tomarán como variables de repetición: H, V y ρ
a1
b1
c1
V ⋅ H ⋅ ρ ⋅ µ = π1
(L⋅ T− )
1
a1 b
1
(
c
−3 1
⋅ L ⋅ M⋅ L
) ⋅ (M⋅ L−
1
−1
⋅T
) = M ⋅L ⋅T
------ año 2009 -----
0
0
0
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M
c1 + 1
=M
− a1−1
T
0
c1 + 1 = 0
c1 = −1
0
−a1 − 1 = 0
a1 = −1
a1 + b1 − 3⋅ c1 − 1 = 0
−1 + b1 − 3⋅ ( −1) − 1 = 0 b1 = −1
=T
a1 + b1 −3 ⋅ c1 −1
L
µ
π1 =
a2
b2
c2
V ⋅H ⋅ρ ⋅g = π2
1
c2
(π.1)− 1 = Re
V⋅ H⋅ ρ
(L⋅ T− )
M
0
=L
a2 b
2
c
−3 2
(
⋅ L ⋅ M⋅ L
=M
− a2−2
0
2
0
0
0
c2 = 0
0
T
) ⋅ (L⋅ T− ) = M ⋅ L ⋅ T
=T
a2 + b2 −3 ⋅ c2 + 1
L
0
=L
−a2 − 2 = 0
a2 = −2
a2 + b2 − 3⋅ c2 + 1 = 0
−2 + b2 − 3⋅ ( 0) + 1 = 0 b2 = 1
H⋅ g
π2 =
2
V
a3
b3
c3
V ⋅H ⋅ρ ⋅D = π3
(L⋅ T− )
1
M
c3
=M
− a3
T
a3 b
3
)
0
c3 = 0
0
a3 = 0
=T
a3 + b3 −3 ⋅ c3 + 1
0
=L
0
0
⋅ ( L) = M ⋅ L ⋅ T
0
L
π3 =
c
−3 3
(
⋅ L ⋅ M⋅ L
a3 + b3 − 3⋅ c3 + 1 = 0
0 + b3 − 3⋅ ( 0) + 1 = 0
b3 = −1
H
D
Se podrá escribir:
V = f ( H , µ , ρ , g , D)
f1 ( V , H , µ , ρ , g , D) = 0
f2 ( π 1 , π2 , π3) = 0
π2 = f3 ( π1 , π 3)
−1
(π2)
(
2
= f4 π 1
−1
, π3
muestra en la figura. Calcule la potencia requerida para
mantener el movimiento suponiendo un perfil de velocidad
lineal en el agua, que está a 30ºC.
V=10m/s
agua 30ºC
m
s
V := 10⋅
Espesor de la película
e := 2mm
Viscocidad dinámica del agua a 30ºC (de tabla)
µ := 0.8⋅ 10
− 3 N⋅ s
2
m
:=
 V  = f  Re , H 

 4  D


 g⋅ H 
4m
1B. Una banda de 60 cm de ancho se mueve como se
Velocidad
)
⋅
------ año 2009 -----
2mm
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Área
A := 4m⋅ 0.6m
Tensión de corte en toda el área de contacto
τ := µ ⋅
Fuerza provocada por la tensión
Ft := τ ⋅ A
Ft = 9.6 N
Potencia
P := Ft⋅ V
P = 96 W
V
e
τ = 4 Pa
2B|Un bloque cúbico de 10 cm de arista y densidad de 0,5 g/cm , flota en un recipiente con agua. Se
3
vierte en el recipiente aceite de densidad relativa 0,8 sobre el agua, hasta que la superficie superior de la
capa de aceite se encuentre 4cm por debajo de la cara superior del bloque. Determinar: a) ¿Qué espesor
tiene la capa de aceite? b) ¿Cuál es la presión manométrica de la cara inferior del bloque?
10cm
Figura de análisis------------------------>
4cm
10cm
e
Aceite
Agua
h
Densidad del cubo
ρ cubo := 0.5⋅
gm
cm
Densidad del agua
ρ agua := 1000
3
3
m
kg
3
m
Densidad del aceite
kg
(ρ cubo) = 500
ρ ac := 0.8⋅ ρ agua
(ρ ac) = 800
kg
3
m
Ecuación de equilibrio
W=E
2
2
Vol cubo⋅ ρ cubo ⋅ g = h⋅ ( 10cm) ⋅ ρ agua⋅ g + e⋅ ( 10cm) ⋅ ρ ac⋅ g
Necesitamos otra
ecuación para
relacionar h y e
h = 10cm − 4cm − e
2
2
2
10cm⋅ ( 10cm) ⋅ ρ cubo = ( 6cm − e) ⋅ ( 10cm) ⋅ ρ agua + e⋅ ( 10cm) ⋅ ρ ac
10cm⋅ ρ cubo = 6cm⋅ ρ agua − e⋅ ρ agua + e⋅ ρ ac
(
)
10cm⋅ ρ cubo − 6cm⋅ ρ agua = e −ρ agua + ρ ac
Despejando e, resulta:
Presión manométrica
en la base
e :=
10cm⋅ ρ cubo − 6cm⋅ ρ agua
e = 0.05 m
−ρ agua + ρ ac
pA := g⋅ ρ ac⋅ e + g⋅ ρ agua⋅ ( 6cm − e)
pA = 490.33
N
2
m
------ año 2009 -----
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3B|
aire
Determine el caudal de agua circulante por la
tubería de la figura mediante el tubo Venturi instalado en la
misma.
DATOS:
-Diámetro de la tubería en 1: D1 = 300 mm.
-Diámetro de la tubería en 2: D2 = 150 mm.
-Desnivel en el manómetro: ∆h = 200 mm.
-Densidad del agua: 1000 kg/m3.
-Densidad del aire: 1,204 kg/m3.
Despréciense las posibles pérdidas de carga entre 1 y 2.
∆h
1
Q
D1
2
D2
Z1
Z2
Q
aire 20º
Datos de los fluidos y
figura de análisis
A
D1 := 300mm
A1 :=
π ⋅ D1
1
Q
2
2
a
A1 = 0.07 m
4
D1
π ⋅ D2
D2
Z1
2
Z2
2
A2 = 0.02 m
4
2
z1-z2
D2 := 150mm
A2 :=
B
∆h
Q
∆h := 200mm
ρ agua := 1000
kg
3
ρ aire := 1.204
m
Planteando la ecuación
de Bernoulli, entre el
punto 1 y 2
p1
γ agua
+
V1
2
2g
+ z1 =
kg
3
m
p2
γ agua
+
V2
2
2g
+ z2
2
2
 p1
  p2
 V2 V1
+ z1 − 
+ z2 =
−

2g
 γ agua
  γ agua
 2g
Por la ecuación de
continuidad, se sabe
que Q=V.A, y se
reemplaza la
velocidad, quedando:
 p1
  p2
 Q2  1
1 
+
z
−
+
z
⋅
−

1 
2 =


 γ agua
  γ agua
 2g  A22 A12 
[1]
Sabiendo que dentro de la cañería al ser las líneas de corriente paralelas se puede suponer una variación hidrostática de presión, y
que no circula fluidos por el manómetro se plantea una igualdad de presión entre los puntos A y B
p1 − γ agua ( a + ∆h) = p2 − γ agua ( z1 − z2) − γ agua⋅ a − γ aire⋅ ∆h
p1
γ agua
− ( a + ∆h) =
p2
γ agua
− ( z1 − z2) − a −
γ aire
γ agua
⋅ ∆h
γ aire
 p1
  p2

+ z1 − 
+ z2 = a −
⋅ ∆h + a + ∆h

γ agua
 γ agua
  γ agua

------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
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γ aire 
  p2
 
 p1
+ z1 − 
+ z2 =  1 −
 ⋅ ∆h

 γ agua
  γ agua
  γ agua 
Igualando [2] con [1]
Despejando Q, resulta:
[2]
2
γ aire 

Q  1
1 
⋅
=
1−
−

 ⋅ ∆h
2
2
2g
γ
agua

 A2 A1  
ρ aire⋅ g 

1 −
⋅
ρ
⋅
g
agua


Q :=
∆h⋅ 2g
1
A2


1 −



Q =
1.204⋅
kg
3
2
−
1
A1
2

⋅g
3
200⋅ mm⋅ 2⋅ g
⋅
=
1

1
1000⋅
⋅g
−

2
2
3
2
m
  π ⋅ ( 150⋅ mm) 
 π ⋅ ( 300⋅ mm) 2




4
4




m
kg
0.036
m
s
4B|
Agua a 15°C, fluye a 3 m/s a través de una tubería de 15 cm de diámetro. Para que exista
semejanza dinámica:
a) ¿A qué velocidad debe fluir petróleo de viscosidad cinemática 7,4x10-6 m2/s por una tubería de 30 cm
de diámetro?
b) ¿Qué diámetro de tubería se utilizaría si la velocidad del petróleo fuese de 20 m/s?
prototipo
modelo
Tipo de fluidos
agua
petróleo
Temperatura
tp := 15ºC
ºC
tm := sin_datos
Velocidad
Vp := 3⋅
m
s
Vm := incógnita
Viscosidad cinemática
ν p := 1.146⋅ 10
Longitudes
Lp := 15cm
2
Escala
E :=
Lm
Lp
2
−6 m
⋅
ν m := 7.4⋅ 10
s
−6 m
s
Lm := 30cm
E=2
Para tener una buena similitud dinámica, se planteará la igualdad del número de Reynolds
(Rem = Rep)
Vm⋅ Lm⋅ ρ m
µm
=
Vp⋅ Lp⋅ ρ p
Vm = Vp⋅
µp
Lp ρ p µ m
⋅
⋅
Lm ρ m µ p
2
Lp ν m
Vm := Vp⋅ ⋅
Lm ν p
Vm = 3⋅
m 15⋅ cm
⋅
⋅
s 30⋅ cm
7.4 ⋅ 10
−6 m
⋅
s
2
1.146⋅ 10
------ año 2009 -----
−6 m
⋅
s
= 9.69
m
s
1º Parcial: Enunciado y Resolución
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prototipo
modelo
Tipo de fluidos
agua
petróleo
Temperatura
tp := 15ºC
ºC
tm := sin_datos
Velocidad
Vp := 3⋅
Viscosidad cinemática
ν p := 1.146⋅ 10
Longitudes
Lp := 15cm
m
s
Vm := 20
m
s
2
2
−6 m
⋅
ν m := 7.4⋅ 10
s
−6 m
s
Lm := incógnita
Para tener una buena similitud dinámica, se planteará la igualdad del número de Reynolds
Vm⋅ Lm⋅ ρ m
(Rem = Rep)
µm
=
Vp⋅ Lp⋅ ρ p
µp
Lm := Lp⋅
ν m Vp
⋅
ν p Vm
2
m
s
s
Lm = Lp⋅
⋅
= 0.15 m
2
m
− 6 m 20⋅
1.146⋅ 10 ⋅
s
s
7.4⋅ 10
−6 m
⋅
3⋅
1C| Un cilindro macizo de vidrio, de densidad relativa 2,6, cae verticalmente por un tubo.
El diámetro del
cilindro es de 10 mm y su longitud 10 mm, en tanto que el diámetro interno del tubo es de 10,1 mm. Existe
entre ambos una película de cloroformo, que se comporta como un fluido newtoniano. ¿A qué velocidad límite
de caída llegará el cilindro, si la viscosidad dinámica del lubricante es de 3,71621.10-3 N.s/m²?
Despreciar la resistencia al arrastre que se opone al avance.
Viscosidad del cloroformo
µ := 3.71621⋅ 10
− 3 N⋅ s
⋅
2
m
Espesor de la película
e :=
10.1 − 10
2
mm
e = 0.00005 m
Área de contacto
A := π ⋅ 10mm⋅ 10mm
Volumen del cilindro
Vol cil :=
Peso específico del vidrio
π ⋅ ( 10mm)
2
A = 0.000314 m
2
⋅ 10mm
4
γ vidrio := 2.6⋅ 9810
N
3
m
V
e
Tensión de corte en toda el área de contacto es la
misma y vale:
τ = µ⋅
Fuerza tangencial provocada por la tensión
Ft = τ ⋅ A
Fuerzas en equilibrio: el peso del cilindro se
equilibra con la fuerza tangencial en la pared del
Pesocil := Ft
------ año 2009 -----
Vol cil = 7.85 × 10
γ vidrio = 25506
−7
N
3
m
3
m
1º Parcial: Enunciado y Resolución
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equilibra con la fuerza tangencial en la pared del
cilindro debida al rozamiento
V :=
V
Vol cil⋅ γ vidrio = µ ⋅ ⋅ A
e
=>
Vol cil⋅ γ vidrio = τ ⋅ A
Volcil⋅ γ vidrio⋅ e
µ⋅ A
π ⋅ ( 10⋅ mm)
2
4
⋅ 10⋅ mm⋅ 2.6⋅ 9810⋅
V =
3.71621⋅ 10
− 3 N⋅ s
⋅
2
N 10.1 − 10
⋅
⋅ mm
3
2
m
= 0.86
⋅ π ⋅ 10⋅ mm⋅ 10⋅ mm
m
s
m
2C| Una compuerta de 2,5 m de ancho, como la que se
indica en la figura, tiene agua en los dos lados. Se pide:
a) encontrar las resultantes de la acción del fluido a cada
lado de la compuerta, su valor, su dirección y su posición
b) determinar la fuerza F a aplicar en el punto B (como se
muestra en la figura) necesaria para abrir la compuerta,
sabiendo que la misma es homogénea y pesa en su
totalidad 3500 N.
Considere los siguientes valores:
• densidad del agua: ρ = 1000 kg/m3.
• Aceleración del gravedad: g = 9,81 m/s2.
2m
Agua
A
1m
Agua
3m
F
60°
B
Figura de análisis----------------------------------->
2m
Peso específico del
agua
γ agua := 9810
N
Agua
3
1m
m
A
p1(y)
Peso de la compuerta
dF 1
a
Wcomp := 3500N
Agua
p2(y)
dF y
2
dy
3m
b/2
F
[1]
Wcomp
B
60°
b
y
3m
Características geométricas
a :=
Ecuación de equilibrio
MA = Magua + F⋅ b − Wcomp⋅
sin ( 60deg )
a = 3.46 m
b
b :=
3m
tan ( 60deg )
b = 1.73 m
[2]
2
a. Alternativa de resolución utilizando integrales
El diferencial de momento debido a la acción del
agua de ambos lados, será:
dM = ( −dF1 + dF2) ⋅ y
dM = ( −p1⋅ dA + p2⋅ dA) ⋅ y
dM = [ −( 2⋅ m + y⋅ sin ( 60⋅ deg ) ) + ( 1⋅ m + y⋅ sin ( 60⋅ deg ) ) ] ⋅ γ agua⋅ ( 2.5⋅ m⋅ dy) ⋅ y
dM = ( −2⋅ m − y⋅ sin ( 60⋅ deg ) + 1⋅ m + y⋅ sin ( 60⋅ deg ) ) ⋅ γ agua⋅ ( 2.5⋅ m⋅ dy) ⋅ y
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 12 de 47
dM = ( −1m) ⋅ γ agua⋅ ( 2.5⋅ m⋅ dy) ⋅ y
(
2
)
dM = −2.5m ⋅ γ agua⋅ y⋅ dy
a
⌠
Magua := 
⌡0
(−2.5m )⋅ γ agua⋅ y dy
2
3⋅ m
⌠ sin( 60⋅ deg)
−24525.0

Magua =
⋅ N⋅ y dy = −147150 N⋅ m

m
⌡0
Reemplazando [1] y [3] en [2], y despejando F,
resulta:
F := −Magua + Wcomp⋅

b 1
⋅
2 b
[3]
F = 86707 N
b. Otra alternativa de resolución utilizando la fórmula
Figura de análisis----------------------------------->
c: baricentro
cp: centro de presión
nivel de presión 0
2m
nivel de presión 0
Agua
lcp1
lc1
hc1
F1
cp1
B
hc2
3m
c
cp2
pc2
F2
60°
b
l
Fuerza ejercida por el agua del lado izquierdo
Agua
lc2
lcp2
a=3,46m
pc1
1m
A
F1 = pc1⋅ Areal = γ agua⋅ yc1⋅ Areal
F1 := γ agua⋅ ( 2 + 1.5) m⋅ a⋅ 2.5m
F1 = 297350 N
Fuerza ejercida por el agua del lado izquierdo
F2 = pc2⋅ Areal = γ agua⋅ yc2⋅ Areal
F2 := γ agua⋅ ( 1 + 1.5) m⋅ a⋅ 2.5m
F2 = 212393 N
( 2 + 1.5)m
Para calcular el punto de aplicación de F1 utilizando
lc1 :=
la fórmula, se necesita saber la distancia en el
sin ( 60º)
sentido de la placa que hay desde el baricentro de
la misma hasta el nivel de presión 0, que en este
caso coincide con la superficie.
La longitud al centro de presión se calcula de la
siguiente manera
lcp1 = lc1 +
lc1 = 4.04 m
3
2.5 m⋅ a
Jyy
( 2 + 1.5)m
12
lcp1 :=
+
lc1⋅ Areal
sin ( 60º)
( 2 + 1.5)m
⋅ 2.5m⋅ a
sin ( 60º)
lcp1 = 4.29 m
+
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 13 de 47
lc2 :=
Punto de aplicación de F2
( 1 + 1.5)m
sin ( 60º)
lc2 = 2.89 m
3
2.5 m⋅ a
lcp2 = lc2 +
12
Jyy
( 1 + 1.5)m
lcp2 :=
+
( 1 + 1.5)m
lc2⋅ Areal
sin ( 60º)
sin ( 60º)
⋅ 2.5m⋅ a
lcp2 = 3.23 m
Finalmente, el momento provocado por el agua a
ambos lados es igual a:


Magua := −F1⋅ lcp1 −
 + F ⋅  l − 1m 
 2  cp2

sin ( 60⋅ º) 
sin ( 60º) 

2⋅ m
[4]
Magua = −147150 N⋅ m
Reemplazando [1] y [4] en [2], y despejando F,
resulta:
b 1
⋅
2 b


F := −Magua + Wcomp⋅
3C|
Por la reducción vertical mostrada en la figura
circula, en dirección descendente, agua con un caudal de
450 l/s. Despreciando las pérdidas, determinar la
deflexión h del manómetro de mercurio.
F = 86707 N
Hg
Q
h
d 2=1,20m
2
Considerando los siguientes valores:
• Densidad del agua: 1000 kg/m3.
• Densidad del mercurio: 13600 kg/m3.
• Despréciense las pérdidas de carga entre las secciones
1 y 2.
• Volumen del cono truncado = 1,634 m³
2
0,75m
1
1
d1=0,40m
y
x
Q
Datos de los fluidos y figura de análisis
D1 := 0.40m
D2 := 1.20m
z1 := 0m
z2 := 0.75m
Hg
Q
B
A
h
ρ agua := 1000
d1=1,20m
2
2
a
kg
3
0,75m
m
ρ mercurio := 13600
kg
1
3
m
1
d2=0,40m
y
3
Vol cono := 1.634m
Q := 450⋅
l
s
x
3
Q = 0.45
m
s
Q
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Secciones de las áreas A1 y A2
Pág. 14 de 47
A1 :=
A2 :=
π ⋅ D1
2
2
A1 = 0.13 m
4
π ⋅ D2
2
2
A2 = 1.13 m
4
Peso específico del agua
γ agua := ρ agua⋅ g
Peso específico del mercurio
γ Hg := ρ Hg⋅ g
γ agua = 9807
γ Hg = 133370
N
3
m
N
3
m
Planteando la ecuación de Bernoulli, entre el
punto 1 y 2
p1
γ agua
+
p2 − p1
γ agua
Por la ecuación de continuidad, se sabe que
Q=V.A, y se reemplaza la velocidad, quedando:
Al no haber circulación de fluidos por el
manómetro, utilizando la ley fundamental de la
hidrostática se plantea igualdad de presión en los
puntos A y B.
V1
2
2g
=
+ z1 =
V1
2
2g
−
V2
p2
γ agua
+
V2
2
2g
+ z2
2
2g
+ z1 − z2

 Q2  1
1 

p2 − p1 =
⋅
−
+ z1 − z2 ⋅ γ agua
 2g  A12 A22 

 


[1]
pA = pB
p2 − γ agua⋅ a − γ Hg⋅ h = p1 − γ agua⋅ ( 0.75m + a + h)
p2 − p1 = −γ agua⋅ ( 0.75m + a + h) + γ agua⋅ a + γ Hg⋅ h
p2 − p1 = −γ agua⋅ ( 0.75m) − γ agua⋅ h + γ Hg⋅ h
p2 − p1 = −γ agua⋅ ( 0.75m) + h⋅ ( −γ agua + γ Hg)
Reemplazando [2] en [1], resulta:
−γ agua⋅ ( 0.75m) + h⋅ ( −γ agua + γ Hg) =
[2]
Q2  1

1 
⋅
−
+ z1 − z2 ⋅ γ agua
 2g  A12 A22 

 


 Q2  1

1 
⋅
−
+ z1 − z2 ⋅ γ agua + γ agua⋅ ( 0.75m)
 2g  A12 A22 

 


h :=
−γ agua + γ Hg
h = 0.05 m
4C| En flujos laminares, el caudal Q que escurre a través de un tubo es sólo una función del radio del tubo
R, la viscosidad del fluido µ, y la caída de presión por unidad de longitud del tubo ∆p/∆L. Usando el teorema π ,
encontrar los números adimensionales apropiados para describir este fenómeno.
Denominación
caudal
variable y dimensiones
3 −1
Q=L T
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 15 de 47
radio
R=L
viscosidad
µ = M⋅ L
−1 −1
∆p
caída de presión
∆L
⋅T
−2 −2
= M⋅ T
⋅L
Se podrán formar 4-3=1 números π
Q
a1 b1
⋅R
c1 ∆p
⋅µ ⋅
∆L
= π1
(L ⋅ T− )
3
M
1
c1 + 1
a1 b
1
⋅L
=M
− a1−c 1 −2
T
c1
−1 −
− −
⋅ ( M⋅ L ⋅ T ) ⋅ ( M⋅ T ⋅ L ) = M ⋅ L ⋅ T
1
0
0
=T
2
2
0
0
0
c1 + 1 = 0
c1 = −1
−a1 − c1 − 2 = 0
−a1 − ( −1) − 2 = 0
a1 = −1
3a1+ b1 −c1 −2
L
0
=L
3a1 + b1 − c1 − 2 = 0
3⋅ ( −1) + b1 − ( −1) − 2 = 0
b1 = 4
π1 = Q
Se podrá escribir:
−1


Q = f R , µ ,


4
⋅R ⋅µ
f1  Q , R , µ ,
− 1 ∆p
⋅
∆L
∆p 

∆L 
∆p 

∆L 
=0
1D|
f2 ( π1) = 0
 ∆p R4 
⋅
=0
 ∆L Q⋅ µ 
f2 
Una película uniforme de aceite de 0,1 mm de espesor separa dos discos ambos de 200 mm de
diámetro, montados coaxialmente. Despreciando los efectos de borde calcular el par torsor necesario para hacer
girar a uno de los discos en relación al otro a una velocidad de 7 rev/s, si el aceite tiene una viscosidad de 0,14
N.s/m2. Expresar el resultado en Nm. (ejercicio 27)
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 16 de 47
disco
en
movimiento
Figura de análisis --------------------------------------------------------------->
Datos:
radio del disco
R := 100mm
frecuencia del giro
f := 7
disco
quieto
e
rev
s
rev 2π
ω := 7
⋅
s 1rev
dA=2πr.dr
τ
τ
Vt=ω.r
ω = 43.98
τ
1
Vt=ω.r
τ
s
dr
e := 0.1mm
viscocidad del aceite
µ := 0.14
τ
espesor de la película
r
τ
N⋅ s
τ
2
m
τ
el diferencial de momento en el disco superior es
dM = dF⋅ r = ( τ ⋅ dA) ⋅ r = ( τ ⋅ 2⋅ π ⋅ r ⋅ dr) ⋅ r = µ ⋅
por la ley de Newton, podemos expresar la
tensión de corte en función de la viscosidad y la
velocidad, para cada diferencial de área.
τ = −µ ⋅
el signo menos, indica que la dirección de la
tensión de corte es opuesta a la velocidad
τ = −µ ⋅
V − V0
∆V
d
V = −µ ⋅
= −µ ⋅
e
∆n
dn
V0 = 0
V = ω⋅r
e


M=
dn
2
⋅ 2⋅ π ⋅ r ⋅ dr
ω⋅r
dM =  −µ ⋅
Finalmente, integrando
dV
ω⋅r
e


⋅ 2⋅ π ⋅ r⋅ dr ⋅ r =
2⋅ µ ⋅ ω ⋅ π
e
3
⋅ r ⋅ dr
= 9.67 N⋅ m
2D|Una compuerta rectangular de 6 m por 1m de
ancho, se instala en una pared con inclinación de 45º,
como describe la figura, y puede pivotar alrededor de
una bisagra que pasa por el punto B. Calcular la
fuerza F para mantener la compuerta en la posición
que se muestra en la figura.
5m
Agua
A
Considere:
• Peso específico del agua γ = 9810 N/m³
B
3m
45°
C
F
------ año 2009 -----
3m
M :=
2⋅ µ ⋅ ω ⋅ π ⌠
e
R
3
⋅  r dr
⌡0
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 17 de 47
Figura de
análisis ---------------------------------------------------------------->
γ agua := 9810
5m
Agua
N
γ.5m.sen45º
A
3
dF
Peso específico
del agua
y=0
1
m
p1
dy
1
dF
p2
B
y=3m
3m
dy
C
y=6m
45°
3m
F
y
La ecuación de equilibrio es el
momento nulo en el punto B
MB = F⋅ 3m + M2 + M1 = 0
El diferencial de momento debido a la acción del
agua entre A y B, será:
dM 1 = dF1⋅ ( 3m − y)
y los límites de
integración
⌠
M1 =  p1 dA1⋅ ( 3m − y)
⌡0m
El diferencial de momento debido a la acción del
agua entre B y C, será:
dM 2 = −dF2⋅ ( y − 3m) y los límites de
⌠
M2 =  p2 dA2⋅ ( y − 3m)
⌡3m
3m
6m
integración
3m
⌠
M1 :=  γ agua⋅ ( 5⋅ m + y⋅ sin ( 45⋅ deg ) ) ⋅ ( 3⋅ m − y) ⋅ 1m dy
⌡0 m
M1 = 251940 N⋅ m
6m
⌠
M2 := − γ agua⋅ ( 5⋅ m + y⋅ sin ( 45⋅ deg ) ) ⋅ ( y − 3m) ⋅ 1m dy
⌡3 m
M2 = −376801 N⋅ m
Finalmente, despejando F
F :=
− M 2 − M1
3m
F = 41620 N
También se puede resolver con el
diagrama de cargas
γ.5m.sen45º
5m
Agua
F2
Figura de análisis
A
F3
1m
B
F1
γ.6m.sen45º
3m
C
3m
45°
F
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 18 de 47
6m
La resultante del agua, del diagrama triangular
es:
F3 := γ agua⋅ 6m⋅ sin ( 45deg ) ⋅
La ecuación de equilibrio es el momento nulo en
el punto B
MB = −F3⋅ 1m + F⋅ 3m − F1⋅ 1.5m + F2⋅ 1.5m
Finalmente, despejando F
F :=
F3⋅ 1m
2
⋅ 1m
F3 = 124861 N
F = 41620 N
3m
3D|
Un chorro libre de aceite impacta en un divisor.
Se pide encontrar las componentes de fuerza sobre el
mismo.
Q2
90°
2
2
Considere:
• Q0 = 10 l/s; Q1 = 3 l/s
• V0 = 10 m/s
• θ0 = 15º; θ1 = 60º; θ2 = 90º
• La gravedad actúa según el eje z
• desprecie la pérdida por fricción, la velocidad de las
partículas es la misma en todo el recorrido.
• densidad del fluido: ρ = 830 kg/m3.
y
x
0
θ0=15º
Q0
0
1 θ1=60º
1
Q1
V 2=V y2
Figura de análisis------------------------------------>
densidad del aceite
ρ := 830
dA2
kg
2
2
90°
3
m
y
velocidad en la
sección 0
caudales dato
volumen
de control
m
V0 := 10
s
Rx
x
Ry
l
Q0 := 10
s
0
3
m
Q0 = 0.01
s
15º
V 0y
V 0x
15°
V2
dA0
1
l
Q1 := 3
s
1
V 1x
V1
dA1
V 1y
V2 = 10
m
s
60°
3
m
Q1 = 0.003
s
3
Por continuidad
Q0 = Q1 + Q2
Q2 := Q0 − Q1
Como la velocidad no
cambia en todo el
recorrido
V1 := V0
V1 = 10
m
s
Q2 := 0.007
V2 := V0
------ año 2009 -----
m
s
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 19 de 47
Planteo: para encontrar las componentes de las fuerzas se planteará la ecuación de cantidad de
movimiento en el volumen de control marcado en línea punteada.
Velocidades
proyectadas en x e y
V0x := V0⋅ cos ( 15º)
V0x = 9.66
V1x := V1⋅ cos ( 60º)
V1x = 5
m
s
m
s
V2x := 0
⌠

→ d⌠

Fext =  ρ ⋅ Vol dVol +

dt ⌡
⌡
∑
Proyección en x
Fext_x := ρ ⋅ V0x⋅ ( −Q0) + ρ ⋅ V1x⋅ Q1
La reacción en x, es la
única fuerza externa
actuante
Rx := ρ ⋅ V0x⋅ ( −Q0) + V1x⋅ Q1

3 
m
kg


⋅ V0⋅ cos ( 15⋅ º) ⋅  −10⋅
V0y = 2.59
m
s
V1y := V1⋅ sin ( 60º)
V1y = 8.66
m
s
V2y := V2
V2y = 10
(ρ→⋅V)→⋅V dA
Ec. Cantidad de Movim.
Rx = 830⋅
V0y := V0⋅ sin ( 15º)
La derivada respecto al tiempo es nula
l
l
 + V1⋅ cos ( 60⋅ º) ⋅ 3⋅  = −67.72 N
s
s
Proyección en y
Fext_y := ρ ⋅ V0y⋅ ( −Q0) + ρ ⋅ ( −V1y ) ⋅ Q1 + ρ ⋅ V2y⋅ Q2
La reacción en y, es la
única fuerza externa
actuante
Ry := ρ ⋅ V0y⋅ ( −Q0) + ( −V1y) ⋅ Q1 + V2y⋅ Q2
3

l
l
m

Ry = 830⋅ ⋅ V0⋅ sin ( 15⋅ º) ⋅  −10⋅  + ( −V1⋅ sin ( 60⋅ º) ) ⋅ 3⋅ + V2⋅ 0.007⋅  =
3
s
s
s

m 
kg
Finalmente, las fuerzas
del fluido sobre el
divisor, tendrán signo
contrario a las
reacciones:
Fx := −Rx
m
s
Fx = 67.72 N
Fy := −Ry
15.05 N
Fy = −15.05 N
4D| Un sonar de tipo esférico y de 30 cm de diámetro será utilizado para detectar barcos hundidos. A tal
efecto se lo arrastrará a una velocidad de 10 km/h. A fin de determinar su resistencia al avance se construyó un
modelo a escala 1:2 que será probado en un túnel de viento a presión atmosférica. Determinar la velocidad del
ensayo y la resistencia en el prototipo si la resistencia medida en el modelo es de 20 N. Suponer la temperatura
del agua y del aire de 20ºC.
prototipo
modelo
Tipo de fluidos
agua
aire
Temperatura
tp := 20ºC
tm := 20ºC
Velocidad
Vp := 10
km
hr
:=
Vm := incógnita
:=
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 20 de 47
Fuerza de arrastre (o resistencia al avance)
Fdp := incógnita
Densidad (datos de tabla)
ρ p := 998.2
Fdm := 20N
kg
ρ m := 1.204⋅
3
m
Viscosidad dinámica (datos de tabla)
µ p := 1.009⋅ 10
kg
3
m
− 3 N⋅ s
⋅
µ m := 1.81⋅ 10
2
− 5 N⋅ s
⋅
m
Viscosidad cinemática
µp
ν p :=
ν m :=
ρp
ν p = 1.01 × 10
Escala
Predominan las fuerzas de inercia, entonces para
tener una buena similitud, se planteará la igualdad
del número de Reynolds
E=
lm
2
−6 m
lp
ρm
2
−5 m
s
1
2
Vm⋅ lm⋅ ρ m
(Rem = Rep)
Vm = Vp⋅
µm
ν m = 1.503 × 10
s
E :=
2
m
µm
lp ρ p µ m
⋅
⋅
lm ρ m µ p
=
Vp⋅ lp⋅ ρ p
µp
1 νm
Vm := Vp⋅ ⋅
E νp
µm
(Vm)
= 10⋅
km 1 ρ m
km
⋅ ⋅
= 297.45
hr 1 µ p
hr
2
El coeficiente de arrastre es el mismo en prototipo
y modelo, por lo que al igualarlos, se llega a:
1
ρp
1
2
Fdp = Cd⋅ ⋅ Vp ⋅ Ap⋅ ρ p
2
Fdp =
Fdm⋅ 2
2
Vm ⋅ Am⋅ ρ m
1
2
2
⋅ ⋅ Vp ⋅ Ap⋅ ρ p
 Vp 
Fdp := Fdm⋅  
 Vm 
2
2
 10⋅ km 
 hr  
Fdp = 20⋅ N⋅ 
 ⋅
 Vm  

------ año 2009 -----
2
Fdm = Cd⋅ ⋅ Vm ⋅ Am⋅ ρ m
1
1
2
2
998.2⋅
kg
3
m
⋅
=

 1.204⋅ kg

3
m
74.97 N
2
2
 1  ⋅ ρp

 E ρm
⋅
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 21 de 47
1E|
El lubricante tiene una viscosidad
cinemática υ=2,8 x 10-6 m2/s y una
densidad relativa ρr=0,92. ¿Cuál es la
potencia disipada en fricción si la velocidad
promedio
del
émbolo
es
de
aproximadamente 6m/s? Despreciar la
resistencia al arrastre que se opone al
avance.
300mm
d1=150,2mm
V = 6 m/s
d2=150mm
2
−6 m
Viscosidad cinemática
ν := 2.8⋅ 10
Densidad relativa
ρ r := 0.92
Densidad del lubricante
ρ lubricante := ρ r⋅ ρ agua
⋅
s
ρ lubricante = 920
kg
3
m
Entonces, la viscosidad absoluta
será:
µ := ν ⋅ ρ lubricante
Espesor de la película
e :=
µ = 0.003
2
m
150.2 − 150
2
mm
e = 0.0001 m
Área de contacto
A := π ⋅ 150mm⋅ 300mm
Velocidad en la superficie del émbolo
V := 6
Por la ley de Newton, podemos determinar la
tensión de corte en toda el área de contacto.
Siendo la variación lineal de V respecto de n, se
puede cambiar la ecuación diferencial por los
incrementos
N⋅ s
2
A = 0.141 m
m
s
τ = µ⋅
dV
dn
= µ⋅
∆V
= µ⋅
∆n
V−0
e
V
τ = 154.56 Pa
Resultando finalmente:
τ := µ ⋅
Fuerza tangencial provocada por la tensión
Ffricción := τ ⋅ A
Ffricción = 21.85 N
Potencia
Pfricción := Ffricción⋅ V
Pfricción = 131.1 W
e
p=?
2E|
La compuerta AB, de 2m de ancho,
puede pivotar alrededor de una bisagra
que pasa por el punto A. El tope de la
compuerta de la figura falla para una de
fuerza horizontal de 135 kN (como se
indica en la figura). Determinar el valor
máximo de la presión manométrica que
puede actuar sobre el nivel de aceite.
ancho
de
compuerta
2m
Aire
1,6m Aceite
ρ r =0,85
A
1,8m
2,4 m
B
F=135kN
tope
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 22 de 47
Figura de análisis y datos:
Aire
p
a :=
2
Aceite
2
( 2.4m) + ( 1.8m) a = 3 m
 2.4m 

 1.8m 
α := atan 
A
α = 53.13 º
y=0
y
a
[1]
F := 135000⋅ N
γ ac := 0.85⋅ 9810
ρ r =0,85
1,6m
ancho
de
compuerta
2m
N
3
γ ac = 8339
m
N
dF
1
p1
dy
α=53.13º 2,4 m
3
m
1,8m
B
F=135kN
y=a
y
[2]
La ecuación de equilibrio es el momento nulo en el MA = F⋅ 2.4m + Maceite = 0
punto A
El diferencial de momento debido a la acción del
aceite y la presión "p", será:
dM aceite = −dF1⋅ y
a
⌠
Maceite = − p1 dA1⋅ y
⌡0m
a
⌠
Maceite = − p + γ ac⋅ ( 1.6m + y⋅ sin ( α ) ) ⋅ 2m dy⋅ y
⌡0m
a
⌠
2
Maceite = −2m⋅ 
p⋅ y + γ ac⋅ 1.6m⋅ y + γ ac⋅ y ⋅ sin ( α ) dy
⌡0m
(
)
2
3
 y2

y
y
+ γ ac⋅ 1.6m⋅
+ γ ac⋅ ⋅ sin ( α )
2
3
 2

Maceite = −2m⋅  p⋅
2
3
 a2

a
a
Maceite = −2m⋅  p⋅
+ γ ac⋅ 1.6m⋅
+ γ ac⋅ ⋅ sin ( α )
2
3
 2

[3]
2
3
 a2

a
a
+ γ ac⋅ 1.6m⋅
+ γ ac⋅ ⋅ sin ( α )
2
3
 2

Reemplazando [1] y [3] en [2], resulta:
F⋅ 2.4m = 2m⋅ p⋅
De lo cual se puede despejar la incógnita p
2
3
 F⋅ 2.4m 
 2
a
a
p := 
−  γ ac⋅ 1.6⋅ m⋅
+ γ ac⋅ ⋅ sin ( α ) ⋅
2
3
 2m

 a2
También se puede hacer el planteo con el diagrama de cargas
------ año 2009 -----
p = 9316.8 Pa
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 23 de 47
p=?
ancho de
compuerta
2m
Aire
1,6m
Figura de análisis
p+γac.1,6m
A
2/3 a
Aceite
ρ r =0,85
a/2
F1
F2
γac.2,4m
1,8m
F=135kN
B
La resultante del aceite y de la presión p en el
diagrama rectangular es:
La resultante del diagrama triangular es:
tope
F1 = ( p + γ ac⋅ 1.6m) ⋅ a⋅ 2m
a
F2 = γ ac⋅ 2.4m⋅ ⋅ 2m
2
a
2
La ecuación de equilibrio es el momento nulo en el
MA = F⋅ 2.4m − F1⋅ − F2⋅ ⋅ a = 0
punto A
2
3
2
F⋅ 2.4m − ( p + γ ac⋅ 1.6m)
a ⋅ 2m
2
2
2
− γ ac⋅ 2.4m ⋅ a ⋅
2
(p + γ ac⋅ 1.6m)


a ⋅ 2m
2
2
2
= F⋅ 2.4m − γ ac⋅ 2.4m ⋅ a ⋅
2
2
p :=  F⋅ 2.4m − γ ac⋅ 2.4m ⋅ a ⋅
2
2
3
=0
2
3
2
− γ ac⋅ 1.6m
⋅
3  a2 ⋅ 2m
p = 9316.8 Pa
En este caso, el uso directo de las fórmulas, haría engorrosa la resolución.
3E|
Por la reducción vertical mostrada en la figura
circula, en dirección descendente, agua con un caudal de
450 l/s. Despreciando las pérdidas, determinar la fuerza
provocada sobre la contracción.
Considerando los siguientes valores:
• Densidad del agua: 1000 kg/m3.
• Despréciense las pérdidas de carga entre las secciones
1 y 2.
• Volumen del cono truncado = 1,634 m³
• Presión relativa en la sección 2 =9800Pa
Q
d1=1,20m
2
2
p2
0,75m
1
1
d 2=0,40m
y
x
Q
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 24 de 47
Datos de los fluidos y figura de análisis
p2 := 9800Pa
D1 := 0.40m
D2 := 1.20m
z1 := 0m
z2 := 0.75m
450 m
1000
⋅
Q = 0.45
s
V2
d2=1,20m
2
m
s
1
1
3
p1
Vol cono := 1.634m
ρ agua := 1000
kg
3
γ agua := 9810
m
d1=0,40m
N
dA1
3
m
π ⋅ D1
Áreas de las secciones
A1 :=
1y2
4
Velocidades en las
secciones 1 y 2
2
Ry
0,75m
3
3
Q :=
dA2
p2
V1 :=
y
V1
x
2
Q
A1
2
A1 = 0.13 m
V1 = 3.58
A2 :=
m
V2 :=
s
π ⋅ D2
2
2
A2 = 1.13 m
4
Q
V2 = 0.4
A2
⌠

→ d⌠

Fext =  ρ ⋅ Vol dVol +

dt ⌡
⌡
m
s
(ρ→⋅V)→⋅V dA
Ecuación de cantidad de movimiento en el
volumen de control
∑
Proyección en y
Ry + p1⋅ A1 − p2⋅ A2 − W = ρ ⋅ ( −Q) ⋅ ( −V2) + Q⋅ ( −V1) [1]
Para conocer la presión en la sección 1, se
planteará la ecuación de Bernoulli, entre el punto
1y2
p1
γ agua
+
V1
2
2g
+ z1 =
p2
γ agua
+
V2
2
2g
+ z2
2
2

 p2
V2 − V1
p1 :=
+
+ z2 − z1 ⋅ γ agua p1 =
 γ agua

2g


Reemplazando [2] en [1] resulta.
10823 Pa
Ry := ρ agua⋅ Q⋅ ( V2 − V1) − ( p1⋅ A1 − p2⋅ A2 − γ agua⋅ Vol cono)
Ry = 24321 N
------ año 2009 -----
[2]
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 25 de 47
1F|
Determinar cuanto ascenderá el agua en mm con respecto a la superficie libre entre dos placas paralelas
separadas 5 mm. Considerar la tensión superficial del agua 0,073 N/m
Figura de análisis------------------------------------->
tensión superficial
σ := 0.073
radio (mitad de
separación entre
placas)
R1 :=
radio 2, es infinito, ya
que es una recta
R2 := ∞
N
m
5mm
θ=90º
2
p1
8
p2
Peso específico del agua γ agua := 9810
r1
h
N
3
dA
Agua
m
La diferencia de presiones en la interfaz, se puede
1 + 1
p1 − p2 = σ ⋅ 

expresar de la siguiente manera (ver ecuación
R1 R2 

1.7.1. Capítulo 1)
[1]
[2]
Pero, además, por hidrostática, podemos
expresar p2 en función de p1
p2 = p1 − γ agua⋅ h
Reemplezando [2] en [1] y despejando h, resulta:
p1 − ( p1 − γ agua⋅ h) = σ 
 1 + 1

 R1 ∞ 
=> h :=
2F|El cuarto de cilindro AB tiene 3 m de
ancho. Encontrar la magnitud, sentido y
ubicación de la resultante horizontal y
vertical del agua sobre la compuerta.
σ
R1⋅ γ agua
x
y
Agua
2,4 m
ancho
de la
compuerta
3m
A
r=1,5m
B
------ año 2009 -----
h = 2.98 mm
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 26 de 47
Area 1
Figura de análisis------------------------------------->
x
y
Agua
ancho
de la
compuerta
3m
2,4 m
x1
yc
yCP
A
x2
Radio del cilindro
R := 1.5m
r=1,5m
B
FX
área
proyectada
Area 2
FY
xC
Fuerza horizontal
Fx = pc ⋅ A
Prof. del baricentro del área proyectada
yc := 2.4m +
1.5 m
yc = 3.15 m
2
Presión en el baricentro
pc := γ agua⋅ yc
pc = 30901.5 Pa
Área proyectada
Aproy := 1.5m⋅ 3m
Aproy = 4.5 m
Fuerza horizontal
Fx := pc⋅ Aproy
Fx = 139057 N
Sentido
de izquierda a derecha
Punto de aplicación
ycp = yc +
Momento de inercia respecto del eje y
Jy :=
2
Jy
Aproy⋅ yc
3m⋅ ( 1.5 m)
3
(Jy) = 0.84 m4
12
Jy
Reemplazando los datos, resulta:
ycp := yc +
Fuerza vertical
F = Vol ⋅ γ agua
Áreas sobre la curva
A1 := 2.4m⋅ 1.5m
ycp = 3.21 m
Aproy⋅ yc
2
A2 := ( 1.5m) −
2
A1 = 3.6 m
π ⋅ ( 1.5m)
2
4
2
A2 = 0.48 m
3
Volumen sobre la curva
Vol := ( A1 + A2) ⋅ 3m
Vol = 12.25 m
Fuerza vertical
Fy := γ agua⋅ Vol
Fy = 120158 N
Sentido
de abajo hacia arriba
Posición horizontal del baricentros de
las áreas sobre la curva
x1 :=
1.5 m
2
x1 = 0.75 m
------ año 2009 -----
x2 := R⋅ 0.223
x2 = 0.33 m
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 27 de 47
Posición horizontal del baricentro del volumen
A1⋅ x1 + A2⋅ x2
sobre la curva (como el ancho es contante y de 3 xC :=
A1 + A2
m, se calculará directamente el baricentro del área)
3F|
Calcule la magnitud y dirección de
las componentes de fuerza vertical y
horizontal y la fuerza total ejercida sobre
este álabe estacionario por un chorro de
agua de 50 mm de diámetro que tiene una
velocidad de 15 m/s. Despreciar la fuerzas
por fricción y suponer que la gravedad actúa
en el sentido del eje z.
xC = 0.7 m
45°
d=50mm
y
30°
V 2x=V 2.cos45º
V 2y=V 2.sen45º
V2
dA2
45°
Figura de análisis------------------------------------>
densidad del agua
ρ := 1000
x
kg
3
m
m
s
velocidad en la
sección 1
V1 := 15
caudales dato
D := 50mm
Rx
Ry
d=50mm
y
V 1x=V 1.cos30º
V 1y=V 1.sen30º
30°
2
Por continuidad
Como la velocidad no
cambia en todo el
recorrido
V1⋅ A1 = V2⋅ A2 = Q Q := V1⋅
V2 := V1
V2 = 15
π⋅D
4
V1
x
dA1
3
m
Q = 0.03
s
m
s
Planteo: para encontrar las componentes de las fuerzas se planteará la ecuación de cantidad de
movimiento en el volumen de control marcado en línea punteada.
Velocidades
proyectadas en x e y
Ec. Cantidad de Movim.
V1x := V1⋅ cos ( 30º)
V1x = 12.99
m
s
V1y := V1⋅ sin ( 30º)
V1y = 7.5
V2x := V2⋅ cos ( 45º)
V2x = 10.61
m
s
V2y := V2⋅ sin ( 45º)
V2y = 10.61
∑
⌠

→ d⌠

Fext =  ρ ⋅ Vol dVol +

dt ⌡
⌡
(ρ→⋅V)→⋅V dA
------ año 2009 -----
m
s
m
s
La derivada respecto al tiempo es nula
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 28 de 47
Proyección en x
Fext_x := ρ ⋅ V1x⋅ ( −Q) + ρ ⋅ ( −V2x) ⋅ Q
La reacción en x, es la
única fuerza externa
actuante
Rx := ρ ⋅ ( −V1x⋅ Q − V2x ⋅ Q)
Rx = 1000⋅

3
m 
kg
⋅  −15⋅
m
s
2


m π ⋅ ( 50⋅ mm)
m π ⋅ ( 50⋅ mm)
⋅
− V2⋅ cos ( 45⋅ º) ⋅ 15⋅ ⋅
s
4
s
4
⋅ cos ( 30⋅ º)  ⋅ 15⋅



2
Rx = −694.99 N
Proyección en y
Fext_y := ρ ⋅ V1y⋅ ( −Q1) + ρ ⋅ V2y⋅ Q2
La reacción en y, es la
única fuerza externa
actuante
Ry := ρ ⋅ ( −V1y⋅ Q + V2y ⋅ Q)
Ry = 1000⋅
kg
3

⋅ ( −V1⋅ sin ( 30⋅ º) ) ⋅ V1⋅
m
π ⋅ ( 50⋅ mm)

2
+ V2⋅ sin ( 45⋅ º) ⋅ V1⋅
4
π ⋅ ( 50⋅ mm)
4

=

2
91.5 N
Ry = 91.5 N
Finalmente, las fuerzas
del fluido sobre el álabe
F := −Rx
tendrán signo contrario x
a las reacciones:
Fx = 694.99 N
Fy := −Ry
Fy = −91.5 N
4F|
En 1936, A. Shields realizó un estudio en el transporte de arena provocado por las olas. Como corolario de dicho
estudio, Shields realiza el famoso “diagrama de transporte de sedimentos”, donde relacionó la tensión de corte (τ)
provocada por el flujo oscilatorio asociado al oleaje para mover las partículas, dependiendo de la gravedad g, del
diámetro de las partículas de arena d, la densidad de la arena ρarena y la densidad y viscosidad del agua ρagua y µ.
Encontrar grupos dimensionales apropiadas de este problema.
Denominación
variable y dimensiones
−1 −2
τ = ML
tensión de corte
⋅T
diámetro partículas
D=L
densidad de la arena
ρ arena = M⋅ L
densidad del agua
ρ agua = M⋅ L
viscosidad absoluta
µ = M⋅ T
gravedad
g = L⋅ T
−3
−3
−1 −1
⋅L
−2
Se podrán formar 6-3=3 números π. Se elegirán como variables de repetición D, ρ del agua y g
b1
a1
c1
El primer adimensional será el producto de
D ⋅ ρ agua ⋅ g ⋅ τ = π1
Para que sea adimensional, se realizará el
producto de las dimensiones básicas
L ⋅ M⋅ L
a1
(
b
−3 1
c
) ⋅ (L⋅ T− ) 1⋅ (M L−
2
1
−2
⋅T
) = M ⋅L ⋅T
0
0
0
a1 b1 − 3 ⋅ b1 c1 − 2 ⋅ c1
−1 −2
0 0 0
Desarrollando el producto de las potencias, resulta: L ⋅ M ⋅ L
⋅L ⋅T
⋅M L ⋅T = M ⋅L ⋅T
Sumamos los coeficientes de M
b1 + 1 = 0
------ año 2009 -----
b1 = −1
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 29 de 47
Sumamos los coeficientes de T
−2⋅ c1 − 2 = 0
c1 = −1
Sumamos los coeficientes de L
a1 − 3⋅ b1 + c1 − 1 = 0
a1 − 3⋅ ( −1) + ( −1) − 1 = 0
Reemplazando los coeficientes a1 , b1 y c1 en π1,
resulta:
π1 = D
El segundo adimensional será el producto de
D ⋅ ρ agua ⋅ g ⋅ µ = π2
Para que sea adimensional, se realizará el
producto de las dimensiones básicas
L ⋅ M⋅ L
−1
b1
a1
a1
−1
⋅ ρ agua
(
⋅g
−1
⋅τ
a1 = −1
τ
π1 =
D⋅ ρ agua⋅ g
c1
b
−3 1
c
) ⋅ (L⋅ T− ) 1⋅ (M⋅ T−
2
1
−1
⋅L
) = M ⋅L ⋅T
0
0
0
a1 b1 − 3 ⋅ b1 c1 − 2 ⋅ c1
−1 −1
0 0 0
Desarrollando el producto de las potencias, resulta: L ⋅ M ⋅ L
⋅L ⋅T
⋅M L ⋅T = M ⋅L ⋅T
Sumamos los coeficientes de M
b1 + 1 = 0
b1 = −1
Sumamos los coeficientes de T
−2⋅ c1 − 1 = 0
c1 =
a1 − 3⋅ b1 + c1 − 1 = 0
a1 − 3⋅ ( −1) +
Sumamos los coeficientes de L
Reemplazando los coeficientes a2 , b2 y c2 en π2,
resulta:
−3
π2 = D
2
−1
−1
2
−1
⋅ ρ agua
2
⋅g
 −1  − 1 = 0
 
 2
µ
⋅µ π2 =
3
1
2
2
D ⋅ ρ agua⋅ g
b1
a1
c1
El segundo adimensional será el producto de
D ⋅ ρ agua ⋅ g ⋅ ρ arena = π 3
Para que sea adimensional, se realizará el
producto de las dimensiones básicas
L ⋅ M⋅ L
a1
(
a1 = −
b
−3 1
c
) ⋅ (L⋅ T− ) 1⋅ (M⋅ L− ) = M ⋅ L ⋅ T
2
3
0
0
0
a1 b1 − 3 ⋅ b1 c1 − 2 ⋅ c1
−3
0 0 0
Desarrollando el producto de las potencias, resulta: L ⋅ M ⋅ L
⋅L ⋅T
⋅M L = M ⋅L ⋅T
Sumamos los coeficientes de M b1 + 1 = 0
b1 = −1
Sumamos los coeficientes de T −2⋅ c1 = 0
c1 = 0
Sumamos los coeficientes de L a1 − 3⋅ b1 + c1 − 3 = 0
a1 − 3⋅ ( −1) − 3 = 0
Reemplazando los coeficientes a3 , b3 y c3 en π3,
resulta:
π 3 = ρ agua
Finalmente, se podrá escribir:
τ = f ( D , ρ arena , ρ agua , g , µ )
−1
⋅ ρ arena
π3 =
a1 = 0
ρ arena
ρ agua
f1 ( τ , D , ρ arena , ρ agua , g , µ ) = 0
f2 ( π1 , π 2 , π3) = 0
ρ arena 

τ
µ
=0
,
,
1
ρ agua 
 D⋅ ρ agua⋅ g 3
2
2


D ⋅ ρ agua⋅ g


f2 
------ año 2009 -----
3
2
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 30 de 47
Placa cuadrada
(100mmx100mm)
1G|El espacio entre dos paredes
grandes, planas y paralelas,
separadas entre sí por 20 mm está
lleno con líquido de viscosidad
absoluta de 0,7 N.s/m2. Dentro de
este espacio se tira de una placa
delgada plana de 100 mm por 100
mm a una distancia de 6 mm desde
una pared, manteniéndose la placa y
el movimiento paralelos a las paredes.
La placa alcanza una velocidad final de
100 mm/s. Suponiendo una variación
lineal de la velocidad entre la placa y
las paredes determinar la fuerza en N
ejercida por el líquido sobre la placa.
4mm
6mm
10mm
V=100mm/s
20mm
mm
Velocidad
V := 100⋅
Espesor de la película
e1 := 6mm
Viscocidad dinámica del líquido
µ := 0.7⋅
s
e2 := 10mm
N⋅ s
2
m
Área
A := 100mm⋅ 100mm
Tensión de corte en toda el área de
contacto
τ 1 = µ 1⋅
Fuerza provocada por la tensión en
ambas caras
Ft = τ 1⋅ A + τ 2⋅ A
V
τ 2 = µ 2⋅
e1
V
e2
 1 + 1 ⋅A

 e1 e2 
N⋅ s
mm  1
1 
⋅
Ft = 0.7⋅
⋅ 100⋅
+
 ⋅ A = 0.19 N
2
s  6⋅ mm 10⋅ mm 
m
2G|La compuerta ABC está
Ft := µ ⋅ V⋅ 
A
articulada en B y tiene 1,2 m de
ancho. Despreciando el peso de la
compuerta, determinar el momento no
equilibrado debido a la acción del agua
sobre la compuerta.
ancho
de la compuerta 1,2 m
3m
2,5 m
60°
B
C
1m
Agua
Terraplén
soporte de la bisagra
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 31 de 47
Figura de análisis----------------------------------->
c: baricentro
cp: centro de presión
ancho
de la compuerta 1,2 m
A
60°
3m
2,5 m
a
lcp
pc
F
c
cp
1m
B
C
Fy
p=2,5mxγ
0,5m
Agua
Terraplén
p=2.5mxγ
soporte de la bisagra
2.5m
Longitud de la
compuerta sumergida
a :=
Peso específico del
agua
γ agua := 9810
a = 2.89 m
sin ( 60º)
N
3
m
(
)
[1]
Momento en el punto B MB = F⋅ a − lcp − Fy⋅ 0.5m
Fuerza sobre la placa
inclinada
F = pc⋅ Areal
Empuje vertical del
agua
Fy := ( γ agua⋅ 2.5m) ( 1m⋅ 1.2m)
Longitud al centro de
presión
F := γ agua⋅
2.5 m
2
⋅ a⋅ 1.2m
[2]
Fy = 29430 N
[3]
lcp = 1.92 m
[4]
3
1.2 m⋅ a
lcp = lc +
J
lc⋅ Areal
lcp :=
a
2
+
12
a
2
Reemplazando [2], [3]
y [4] en [1], resulta
F = 42479 N
⋅ a⋅ 1.2m
MB := F⋅ ( a − lcp) − Fy⋅ 0.5m
MB =
2.89
3
= 26160 N⋅ m
------ año 2009 -----
⋅ 1 = 0.96
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 32 de 47
elevación
40m
3G|En la figura se observa el
esquema de una instalación
hidroeléctrica por la que circula agua.
Se pide determinar:
• la potencia de la turbina
• la presión absoluta y relativa del
punto 2 del codo A.
1
punto 2
elevación
27m
codo A
Considere los siguientes valores:
• caudal 70 m³/min
• densidad del agua: 1000 kg/m3,
• pérdidas de carga entre las
secciones 1 y 4 = 2mxg,
• pérdidas de carga entre las
secciones 1 y 2=0,5mxg,
• presión atmosférica absoluta
patm=101300N/m²
• diámetro en todo el recorrido
D=90cm
Figura de análisis---------------------------------->
Datos
densidad del agua
D=90cm
turbina
p1=0 dA1
y A1→8
V 1→ 0
1
ρ := 1000
1
kg
punto 2
elevación
27m
codo A
3
m
diámetro de la cañería
elevación
10m
4
D := 90cm
elevación
10m
3
caudal
Q := 70
m
D=90cm
p4=0
min
turbina
3
Q = 1.17
dA4
y A4→8
4
m
s
Q⋅ 4
V2 :=
pérdidas por fricción
u4 − u1 = 2m
u2 − u1 = ∆u2_1 = 0.5m
alturas
z1 := 40m
z2 := 27m
2
V2 = 1.83
m
Velocidad en toda la
cañería
π⋅D
s
z4 := 10m
Planteo
Ecuación de Energía
entre 1 y 4
Q − ( Wturb − Wbomba)
V1 = V4 = 0
2
2

V4 − V1
p4 − p1


= ρ ⋅ Q⋅ u2 − u1 +
+ g⋅ ( z4 − z1) +
2
ρ 

p1 = p4 = patm = 0
−Wturb = ρ ⋅ Q⋅ u4 − u1 + g⋅ ( z4 − z1)
Wturb := −ρ ⋅ Q⋅ 2m⋅ g + ( z4 − z1) ⋅ g
Wturb = 320.35 kW
------ año 2009 -----
V 4→0
4
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 33 de 47
elevación 40m
Figura de análisis---->
p 1=0 dA1
y A1→8
1
V 1→0
1
punto 2
elevación
27m
2
2
p2
V2
dA2
Ecuación de Energía
entre 1 y 2
Q − ( Wturb − Wbomba)
2
2

V2 − V1
p2 − p1

= ρ ⋅ Q⋅ u2 − u1 +
+ g⋅ ( z2 − z1) +
2
ρ 

2
2

V2 − V1
p2 − p1


0 = ρ ⋅ Q⋅ u2 − u1 +
+ g⋅ ( z2 − z1) +
2
ρ 

2
2

V2 − V1
p2 − p1


0 = u2 − u1 +
+ g⋅ ( z2 − z1) +
2
ρ 

V1 = 0
p1 = patm = 0
2

V2
p2
0 = u2 − u1 +
+ g⋅ ( z2 − z1) + 
2
ρ

2


V2

p2 := − 0.5m⋅ g +
+ g⋅ ( z2 − z1) ⋅ ρ
2


2


 m3 


 70⋅ ⋅ 4 
min






 π ⋅ ( 90⋅ cm) 2

 + g⋅ ( 27⋅ m − 40⋅ m) ⋅ 1000⋅ kg =
p2 = −0.5⋅ m⋅ g +
3
2


m
p2_abs := p2 + patm
15
puntos
120902 Pa
p2_abs = 222202 Pa
4G|La velocidad de propagación de ondas en un líquido poco profundo depende de la profundidad
del líquido h, de la gravedad g, de la tensión superficial σ y la densidad del líquido ρ. Obtenga una
expresión para la velocidad de propagación, utilizando el teorema π de Buckingham.
Denominación
variable y dimensiones
−1
velocidad de propagación
Vp = L⋅ T
Profundidad
h=L
tensión superficial
σ = M⋅ T
densidad del fluido
ρ = M⋅ L
gravedad
g = L⋅ T
−2
−3
−2
------ año 2009 -----
V = f ( h , σ , ρ , g)
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 34 de 47
Se podrán formar 5-3=2 números π
Se tomarán como variables de repetición: V, h, y ρ
a1 b1
c1
Vp ⋅ h ⋅ ρ ⋅ σ = π1
(L⋅ T− )
1
M
c1 + 1
a1 b
1
c
−3 1
(
) ⋅ (M⋅ T− ) = M ⋅ L ⋅ T
⋅ L ⋅ M⋅ L
=M
− a1−2
T
c1 = −1
0
−a1 − 2 = 0
a1 = −2
a1 + b1 − 3c1 = 0
−2 + b1 − 3( −1) = 0
a1 −b1 −3 c1
0
=L
σ
π1
2
−1
2
= Vp ⋅
ρ⋅h
σ
Vp ⋅ h⋅ ρ
a2 b2
c2
(M⋅ T− )
2
M
c2
a2 b
2
− a2−2
T
0
0
a2 + b2 −3 ⋅ c2 + 1
0
=L
2
V = f ( h , σ , ρ , g)
0
2
0
estabilidad de un eje de 1,5 cm
de diámetro de gran longitud, se
dispone en un cojinete fijo de 35
cm de alto, cuyo diámetro interior
es de 1,52 cm. Si el espacio
situado entre el cojinete y el eje
se rellena con un lubricante cuya
viscosidad es de 0,24 N.s/m2,
¿cuál será la potencia necesaria
para vencer la resistencia viscosa
cuando el eje gira a una velocidad
constante de 2900 rpm?
0
−a2 − 2 = 0
a2 = −2
a2 + b2 − 3⋅ c2 + 1 = 0
−2 + b2 + 1 = 0
−1
(π2)
2
=
V
f⋅ g
= Fr
Fr:número de Froude
f1 ( V , h , σ , ρ , g) = 0
f2 ( W , Fr) = 0
1H|Para mantener la
W: número de Weber
) ⋅ (L⋅ T− ) = M ⋅ L ⋅ T
h⋅ g
V
Se podrá escribir:
=W
b1 = −1
c2 = 0
=T
L
π2 =
c
−3 2
(
⋅ L ⋅ M⋅ L
=M
0
c1 + 1 = 0
L
Vp ⋅ h ⋅ ρ ⋅ g = π2
0
0
=T
π1 =
0
2
W = f3 ( Fr)
Aceite
µ=0,24 N.s/m²
D1=1,5 cm
35cm
D2=1,52 cm
f=2900 rpm
------ año 2009 -----
b2 = 1
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 35 de 47
Figura de análisis y datos ------------------------------------->
velocidad angular
ω := 2900
D1=1,5 cm
rev 2⋅ π
⋅
60s 1rev
ω = 303.69
τ
τ
τ
τ
τ
τ
1
s
N⋅ s
viscosidad dinámica del µ := 0.24
2
lubricante
m
espesor del lubricante
e :=
1.52 − 1.5
2
τ
τ
τ
τ
τ
τ
e
35cm
D2=1,52 cm
cm
f=2900 rpm
e = 0.0001 m
radio del cilindro interior R :=
1.5
2
cm
e
R = 0.0075 m
V1=ω.R
V2=0
L := 35cm
Planteo: por la ley de viscosidad de Newton, se establece que se la tensión tangencial entre las superficies es
proporcional a la viscosidad del lubricante. La fuerza total será igual a la tensión tangencial actuando en toda el
área de contacto, y la potencia necesaria será el momento multiplicado por la velocidad angular. Además, por ser
este un fluido newtoniano, su variación es lineal.
tensión tangencial
τ =
dV
dn
⋅µ
al ser lineal la variación,
V2 − V1
∆V
puede reemplazarse los τ =
⋅µ =
⋅µ
e
∆n
diferenciales por los
incrementos
τ :=
área de contacto donde
A := 2⋅ π ⋅ R L
se produce la fricción
A = 165 cm
fuerza en el área lateral F := τ ⋅ A
F = 90.16 N
e
⋅µ
2
1.5
M := F⋅ R
M = F⋅
potencia
P := M⋅ ω
P = 205 W
O, de otra manera:
P = F⋅ Vt
Vt := ω ⋅ R
P := F⋅ Vt
P = 205 W
momento
ω⋅R
2
⋅ cm = 0.68 N⋅ m
Vt = 2.28
------ año 2009 -----
m
s
τ = 5466.37 Pa
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 36 de 47
2H|En la figura se observan
agua
dos cañerías, A y B, unidas por un
manómetro que tiene una rama
vertical y otra inclinada.
Determinar:
• la diferencia de presiones entre
AyB
• la presión absoluta en B, si la
presión relativa en A es de
29600 Pa.
Considere los siguientes valores:
• densidad del agua: 1000 kg/m3,
• presión atmosférica = 101300
N/m²
aceite
A
ρr = 0,9
d2=12,7mm
45 cm
d1=25,4mm
B
30 cm
10 cm
mercurio, ρr=13,6
30°
Figura de análisis y datos ---------------->
agua
peso específico del
agua
−3
A
γ agua := 9810N⋅ m
d2=12,7mm
45 cm
peso específico del
aceite
γ aceite := 0.9⋅ γ agua
−3
γ aceite = 8829 N⋅ m
peso específico del
aceite
aceite
ρr = 0,9
30 cm
d1=25,4mm
10 cm
B
2
1
mercurio, ρr=13,6
γ Hg := 13.6⋅ γ agua
30°
−3
γ Hg = 133416 N⋅ m
presión relativa en el
punto A
pA_rel := 29600Pa
presión atmosférica
patm := 101300
N
2
m
En el plano horizontal
1-2, la presión es la
misma
Despejando PA-PB,
pA + 45cm⋅ γ agua = pB + 30cm⋅ γ aceite + 10cm⋅ sin ( 30º) ⋅ γ Hg
pA − pB = ∆p
∆p := 30cm⋅ γ aceite + 10cm⋅ sin ( 30º) ⋅ γ Hg − 45cm⋅ γ agua
∆p = 4905 Pa
Presión relativa en B
pB_rel := ( pA_rel − ∆p)
pB_rel = 24695 Pa
Presión absoluta en B
pB_abs := pB_rel + patm
pB_abs = 125995 Pa
resulta:
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 37 de 47
3H|En la figura se observa el
esquema de una instalación
hidroeléctrica por la que circula
agua. Se pide determinar la fuerza
provocada por la circulación del
fluido en el empotramiento del
codo A,
D2=90cm
60º
50cm
3
codo A
0,5m
D=90cm
empotramiento
del codo A
turbina
2x
V2
V 2y
Datos
60°
densidad del agua
ρ := 1000
volumen
de control
dA2
1100 3
1000
y
x
Figura de análisis----------------------------------->
Vol codo :=
3
D3=90cm
Considerando los siguientes
valores:
• caudal 70 m³/min
• densidad del agua: 1000 kg/m3,
• presión relativa en el punto 2 =
120900 N/m²
• volumen del codo = 1100 l
• despreciar las pérdidas de carga
entre las secciones 2 y 3
volumen del codo
2
2
m
2
p2
2
kg
0,5m
3
W
V3
3
m
alturas de los puntos 2
y3
z2 := 0.5m z3 := 0m
diámetro de la cañería
D := 90cm
caudal
Q := 70
y
Rx
x
Ry
3
p3
dA3
3
m
min
3
m
Q = 1.17
presión relativa en el
punto 2
s
p2 := 120900Pa
2
áreas de las secciones 2 A2 :=
y3
π⋅D
2
A2 = 0.64 m
4
A3 := A2
Para calcular la presión en el punto 3, se planteará la ecuación de la energía en el volumen de control
marcado en rojo. No habiendo potencia de ejes, ni calorífica, y despreciando las pérdidas, resulta:
ecuación de le energía
en el V.C.
2
2

V3 − V2
p3 − p2

0 = u3 − u2 +
+ g⋅ ( z3 − z2) +
2
ρ 

u3 − u2 = 0


V3 = V2
0 = g⋅ z3 − z2 +
(
)
p3 − p2
ρ


------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 38 de 47
p3 := −g⋅ ( z3 − z2) ⋅ ρ + p2
p3 = ( −g) ⋅ ( 0⋅ m − 0.5⋅ m) ⋅ 1000⋅
kg
+ p2 = 125803 Pa
3
m
Planteo: para encontrar la fuerza se planteará la ecuación de cantidad de movimiento en el volumen de
control marcado en línea punteada.
Q⋅ 4
Velocidad en la cañería V2 :=
V2 = 1.83
2
π⋅D
m
s
m
s
m
V2y := V2⋅ sin ( 60deg ) V2y = 1.59
s
m
V3x := V3
V3x = 1.83
s
V2x := V2⋅ cos ( 60deg ) V2x = 0.92
V3 := V2
V3y := 0
⌠

→ d⌠

Fext =  ρ ⋅ Vol dVol + 
dt ⌡
⌡
(ρ→⋅V)→⋅V dA
Ec. Cantidad de Movim.
∑
Proyección en x
Rx + p2⋅ A2⋅ cos ( 60deg ) − p3⋅ A3 = ρ ⋅ ( −Q⋅ V2x + Q⋅ V3x)
Rx := ρ ⋅ Q⋅ ( −V2x + V3x ) − p2⋅ A2⋅ cos ( 60deg ) + p3⋅ A3
Proyección en y
Rx = 42646 N
Ry − p2⋅ A2⋅ sin ( 60deg ) − Pesovol_codo = ρ ⋅ ( Q⋅ V2y + Q⋅ V3y)
Ry := ρ ⋅ Q⋅ ( V2y + V3y ) + p2⋅ A2⋅ sin ( 60deg ) + γ agua⋅ Vol codo
15
puntos
Ry = 79253 N
4H|La frecuencia f con que se desprenden vórtices de un cilindro depende de la viscosidad absoluta,
densidad, velocidad y diámetro. Deduzca una expresión para f.
Denominación
variable y dimensiones
−1
f = f ( µ , V , ρ , D)
f=T
frecuencia
−1 −1
viscosidad absoluta
µ = M⋅ L
velocidad
V = L⋅ T
densidad del fluido
ρ = M⋅ L
diámetro
D=L
⋅T
−1
−3
Se podrán formar 5-3=2 números π
Se tomarán como variables de repetición: V, ρ, y D.
a1
b1
c1
V ⋅ D ⋅ ρ ⋅ f = π1
(L⋅ T− )
1
M
c1
a1 b
1
=M
− a1−1
T
0
c
−3 1
) ⋅ (T− ) = M ⋅ L ⋅ T
1
0
0
0
c1 = 0
0
=T
a1 + b1 −3 c1
L
(
⋅ L ⋅ M⋅ L
0
=L
−a1 − 1 = 0
a1 = −1
a1 + b1 − 3⋅ c1 = 0
−1 + b1 − 3⋅ ( 0) = 0
------ año 2009 -----
b1 = 1
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 39 de 47
D⋅ f
V
π1 =
a1
b1
c1
V ⋅ D ⋅ ρ ⋅ µ = π21
(L⋅ T− )
1
M
c2 + 1
a2 b
2
=M
− a2−1
T
) ⋅ (M⋅ L− 1⋅ T− ) = M ⋅ L ⋅ T
0
1
0
0
0
c2 + 1 = 0
c2 = −1
0
−a2 − 1 = 0
a2 = −1
a2 + b2 − 3c2 − 1 = 0
−1 + b2 − 3( −1) − 1 = 0
=T
a2 + b2 −3 c2 −1
L
π2 =
c
−3 2
(
⋅ L ⋅ M⋅ L
0
=L
µ
π2
V⋅ D⋅ ρ
−1
b2 = −1
Re: número de Reynolds
= Re
Se podrá escribir:
f = f ( µ , V , ρ , D)
f1 ( f , µ , V , ρ , D) = 0
(
f2 π 1 , π2
−1
)=0
D⋅ f
= f3 ( Re)
V
π 1 = f3 ( Re)
1I|Una placa delgada de 22mm de espesor se centra entre un espaciamiento de 4 cm de anchura con
diferentes aceites de viscosidades desconocidas arriba y debajo. Una viscosidad es doble de la otra. Cuando se
tira de la placa horizontalmente a una velocidad de 3 m/s, la fuerza resultante sobre 1 m² de placa, debida al
corte viscoso en ambos lados, es de 27 N. Suponiendo un flujo viscoso y despreciando todos los efectos de
extremo, calcular las viscosidades de los aceites.
Fuerza resultante sobre la placa
Ft := 27N
Velocidad
V := 3⋅
Espesor de la película
e :=
m
s
4cm − 22mm
2
µ 2 = 2⋅ µ 1
Viscocidad dinámica de los aceites
µ1
Área
A := 1m
Tensión de corte en cada lado de la
placa
τ 1 = µ 1⋅
Fuerza provocada por la tensión en
ambas caras
Ft = τ 1⋅ A + τ 2⋅ A
e = 9 mm
[1]
2
V
e
τ 2 = µ 2⋅
V
e
Ft = µ 1⋅
V
V
+ µ 2⋅  ⋅ A
e
e

V
Ft = ( µ 1 + 2⋅ µ 1) ⋅ ⋅ A
e
Despejando, la viscosidad µ1, resulta:
Y, por [1], se obtiene µ2
µ 1 :=
Ft⋅ e
3⋅ V⋅ A
µ 2 := 2⋅ µ 1
V
Ft = 3µ 1⋅ ⋅ A
e
=>
µ 1 = 0.03
µ 2 = 0.05
N⋅ s
2
m
N⋅ s
2
m
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 40 de 47
2I|El cilindro de la figura tiene 5 m de largo y
está en equilibrio en la posición mostrada. Una
placa separa los dos fluidos, de tal forma que no se
mezclen. Calcular su el peso del cilindro y cuál es
la presión manométrica en el punto C, en el
compartimento donde hay agua y en el
compartimento donde hay aceite.
agua
6m
4m
C
3m
aceite
ρr = 0,9
Figura de análisis y datos------------------------>
N
peso específico del agua γ agua := 9810
A
H
B
G
3
agua
m
6m
peso específico del
aceite
γ aceite := 9810⋅ 0.9
N
γ aceite = 8829
F
3
m
N
Fy_agua
4m
C
E
aceite
ρr = 0,9
3
m
patm := 101300Pa
Wcilindro
3m
D
Fy_aceite
Planteo
Ecuación de equilibrio (signos en función del eje y) Wcilindro + Fy_agua − Fy_aceite = 0
Fuerza vertical del agua
Fy_agua = γ agua⋅ Vol_BCFEG
Vol_BCFEG := 4m⋅ 3m⋅ 5m −
π ⋅ ( 3m)
2
1
⋅ ⋅ 5m
2
4
Fy_agua := γ agua⋅ Vol_BCFEG
Fuerza vertical del aceite (empuje)
3
Vol_BCFEG = 42.33 m
Fy_agua = 415243 N
Fy_aceite = γ aceite⋅ Vol_ACDEH
Vol_ACDEH := 6m⋅ 3m⋅ 5m +
π ⋅ ( 3m)
4
2
1
⋅ ⋅ 5m
2
3
Vol_ACDEH = 107.67 m
Fy_aceite := ( 0.9⋅ γ agua) Vol_ACDEH
Fy_aceite = 950631 N
Reemplazando [2] y [3] en [1] y despejando el
peso del cilindro, resulta:
Wcilindro := Fy_aceite − Fy_agua
Wcilindro = 535388 N
Presión absoluta en el punto C, en el agua
pabs_C_agua := 4m⋅ γ agua + patm
pabs_C_agua = 140540 Pa
Presión manométrica en el punto C, en el aceite
pabs_C_aceite := 6m⋅ γ aceite + patm
pabs_C_aceite = 154274 Pa
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 41 de 47
3I|Están fluyendo 120 l/s de combustible para
jet, JP4, de densidad 779 kg/m³. Calcular la
potencia de la bomba.
2
D2=150mm
Q
Considerar:
• pérdidas de energía interna despreciables
D1=200mm
Z2
1 bomba
Q
Z1
Hg
∆h=1,25m
Datos de los fluidos y
figura de análisis
D1 := 200mm
A1 :=
D2 := 150mm
A2 :=
π ⋅ D1
2
2
A1 = 0.03 m
4
π ⋅ D2
2
2
A2 = 0.02 m
4
∆h := 1.25m
ρ comb := 779
kg
3
m
γ Hg := 13.6⋅ γ agua
γ comb := ρ comb⋅ g
γ Hg = 133416
Ec. de la energía
N
3
m
N
3
m
3
Q := 0.12
γ comb = 7639
m
s
Q + Wb − Wt =
⌠
d ⌠
⋅  ρ ⋅ e dVol + 

dt ⌡VC
⌡
 p + V + z⋅ g + u→
 ⋅ V dA
ρ 2

ρ⋅
SC
Hipótesis
a) La derivada respecto al tiempo es nula: las derivadas con respecto al tiempo (d/dt) se anulan
b) no hay potencia de turbinas en el volumen de control: Wt=0
c) no hay calor entregado al volumen de control: Q=0
e) se desprecian las pérdidas de enrgía interna: u2-u1=0
f) la densidad es constante en toda la superficie de control: r=cte, puede salir fuera de la
integral
g) los términos
 p + V + z⋅ g + u, son constantes en la SC1 y en la SC2, puede salir fuera de


ρ 2

la integral
Considerando las
hipótesis, la ecuación
de la energía resulta:
→
→
 p1 V1
⌠ 
 p2 V2
⌠ 
+
+ z1⋅ g ⋅ 
V1 dA1 + ρ ⋅ 
+
+ z2⋅ g ⋅ 
V2 dA2
2
2
ρ
 ⌡SC1
ρ
 ⌡SC2
Wb = ρ ⋅ 
 p1 V1
 p2 V2


+
+ z1⋅ g ⋅ ( −Q1) + 
+
+ z2⋅ g ⋅ Q2
2
2
ρ

ρ

Wb = ρ ⋅ 
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 42 de 47
Q1 = Q2 = Q
Por la ecuación de continuidad
La ecuación de la energía sólo queda
planteada para las superficies 1 y 2
Multiplicando y dividiendo por g el miembro
derecho de la igualdad, resulta:
2
2
 p2
  p1
V2
V1

Wb = ρ comb⋅ Q⋅
+
+ z2⋅ g + u2 −
+
+ z1⋅ g + u1
 ρ comb
  ρ comb

2
2

 

2
2
p2 − p1
V2 − V1 
Wb = g⋅ ρ comb⋅ Q⋅
+ ( z2 − z1) +
ρ comb⋅ g
2⋅ g 

Por la ecuación de continuidad, se sabe que
Q=V.A, y se reemplaza la velocidad, quedando:
2
 p2 − p1
Q  1
1 

+ ( z2 − z1) +
−
⋅
2 
2g  A 2
 γ comb

 2 A1 
Wb = γ comb⋅ Q⋅ 
[1]
Sabiendo que dentro de la cañería al ser las líneas p1 + γ comb⋅ z1 + ∆h⋅ γ hg = p2 − γ comb⋅ z2 + γ comb⋅ ∆h
de corriente paralelas se puede suponer una
variación hidrostática de presión, y que no circula p − p
∆h⋅ γ hg − ∆h⋅ γ comb
2
1
fluidos por el manómetro se plantea una igualdad
+ z2 − z1 =
γ comb
γ comb
de presión entre los puntos A y B
(
)
[2]
Reemplazando [2] en [1], resulta:
∆h⋅ γ Hg − ∆h⋅ γ comb Q2  1
1 


Wb := γ comb⋅ Q⋅
+
⋅
−
2 
2g  A 2

γ comb

 2 A1 
Finalmente, la potencia de la bomba resulta:
Wb = 20340 W
4I| En un túnel de prueba de un modelo a escala 1:12, con agua a 20°C, la velocidad con que ésta se
aproxima al modelo es de 24 m/s. La diferencia de carga de presión entre este punto y un punto sobre el objeto
es de 60 mca. Calcular la correspondiente diferencia de presión (kPa) en el prototipo en una corriente de aire
(101,3 kPa y 15°C) si el modelo y el prototipo se prueban bajo condiciones de similitud dinámica.
prototipo
modelo
Tipo de fluidos
aire
agua
Temperatura
tp := 15ºC
ºC
tm := 20ºC
Velocidad
Vp := incgógnita
Vm := 24
Fuerza de arrastre (o resistencia al avance)
∆pp := incógnita
∆pm := 60mca
m
s
∆pm = 588600 Pa
Densidad (datos de tabla)
ρ p :=
1.247 + 1.204 kg
2
ρ p = 1.23
ρ m := 998.2⋅
3
m
kg
3
m
kg
3
m
Viscosidad cinemática (datos de tabla)
ν p :=
1.42 + 1.51
2
ν p = 1.46 × 10
⋅ 10
− 5 N⋅ s
⋅
2
m
− 5 N⋅ s
2
m
------ año 2009 -----
− 6 N⋅ s
ν m := 1.011⋅ 10
⋅
2
m
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 43 de 47
E=
Escala
Predominan las fuerzas de inercia, entonces para
tener una buena similitud, se planteará la igualdad
del número de Reynolds
lm
E :=
lp
12
Vm⋅ lm
(Rem = Rep)
Vp := Vm⋅ E⋅
Para determinar las pérdidas de presión,
plantearemos la igualdad de Euler en prototipo y
modelo
1
Em = Ep
νm
νp
=
Vp⋅ lp
νp
∆pm
2
=
ρ m⋅ Vm
2
ρ p Vp
∆pp := ∆pm⋅
⋅
∆pp = 1053.72 Pa
ρm V 2
m
∆pp
ρ p⋅ Vp
lm ν p
⋅
lp ν m
m
s
Vp = 28.98
νm
Vp = Vm⋅
2
1J| Un bloque cuadrado que pesa 27 N y tiene
e=1mm
20 cm de arista se deja deslizar por un plano
inclinado en el que existe una película de aceite.
¿Siendo la velocidad límite a la que desciende de
590 m/min, cuál es la inclinación θ del plano?
Considerar:
• espesor del aceite: 1 mm
• comportamiento: newtoniano
• viscosidad del aceite: 2,156.10-3N.s/m²
peso del bloque
P := 27N
/m
in
aceite
θ
proy
e=1mm
P
2
área de contacto
A := ( 20cm)
velocidad de
deslizamiento
m
V := 590
min
espesor de la película
e := 1mm
viscosidad del aceite
5
V=
m
90
θ
V
−3
µ := 2.156⋅ 10
⋅
m
90
5
=
τ
N⋅ s
τ
2
/m
in
V=
τ
0
aceite
θ
m
Ecuación de equilibrio
P⋅ sin ( θ ) = Ft
En toda la superficie de contacto entre el bloque y el
P⋅ sin ( θ ) = τ ⋅ A
aceite, la tensión de corte es la misma
siendo
d V = µ ⋅ ∆V = µ ⋅ V − V0

e
∆n
 dn 
τ = µ⋅ 
V
P⋅ sin ( θ ) = µ ⋅ ⋅ A
n
V A
sin ( θ ) = µ ⋅ ⋅
e P
=>
V A
θ := asin  µ ⋅ ⋅ 
 e P
m


590⋅
2

N
⋅
s
min
(
20
⋅
cm
)
−3
θ = asin 2.156⋅ 10 ⋅
⋅
⋅
=
2
1⋅ mm
27⋅ N
m


------ año 2009 -----
1.8 º
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 44 de 47
2J|Calcular la fuerza vertical ejercida por el
líquido de densidad relativa 1,6 sobre la cúpula
semicilíndrica AB, que tiene una longitud de 1,5 m.
p=58 kPa
B
A
Considerar el peso específico del agua: 9810 N/m³.
fluido
ρr = 1,6
E
F
Figura de análisis----------------------------------->
H=23544Pa/(9810N/m²x1.6)
Datos
C
N
peso específico del agua γ agua := 9810
3
m
R=0,6m
p=23544 Pa
A
peso específico del
fluido
γ fluido := 9810⋅ 1.6
fluido
3
m
γ fluido = 15696
B
N
ρr = 1,6
y
N
x
3
m
Planteo
23544Pa
Se calculará la distancia sobre el manómetro donde
H :=
la presión relativa es nula.
1.6⋅ γ
H = 1.5 m
agua
Empuje vertical
Fy_fluido = γ fluido⋅ Vol_EACBF
2
El volumen se toma sobre la curva hasta el nivel de

π ⋅ ( 1.2⋅ m) 1
3
presión relativa 0.
Vol_EACBF := 1.2⋅ m⋅ H −
⋅  ⋅ 1.5m Vol_BCFEG = 42.33 m

2
4
Fy_fluido := γ fluido⋅ Vol_EACBF
p1
3J|Calcule la fuerza horizontal que ejerce el
agua sobre el tramo de tubería mostrado en la
figura.
Fy_fluido = 29065 N
y
x
Q
d1
Considerar:
• el tramo de tubería se halla en un mismo
plano horizontal (la gravedad actúa en el eje
z)
• ρagua = 1000 kg/m³;
• caudal: Q = 30 l/s;
• diámetros: d1 = 10 cm, d2 = 5 cm; y
• pérdidas de energía interna despreciables
p2=patm
d2
------ año 2009 -----
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 45 de 47
superficie de
control SC1
Figura de análisis----------------------------------->
p1
Datos
densidad del agua
y
volumen de
control
1
V1
kg
ρ := 1000
x
d1
dA1 1
3
m
alturas de los puntos 2
y3
diámetro de la cañería
Rx
z2 := 0.5m z3 := 0m
Ry=0
p2=0 (patm)
V2 2
D1 := 10cm
D2 := 5cm
caudal
Q := 30
dA2
superficie de
control SC2
l
2
d2
s
3
m
Q = 0.03
áreas de las secciones 1 A1 :=
y2
V1 :=
s
π ⋅ D1
2
2
A1 = 0.008 m
4
Q
m
V1 = 3.82
A1
A2 :=
V2 :=
s
π ⋅ D2
2
2
A2 = 0.002 m
4
Q
V2 = 15.28
A2
m
s
Planteo: para encontrar la fuerza se planteará la ecuación de cantidad de movimiento en el volumen de
control marcado en línea punteada.
⌠

→ d⌠

Fext =  ρ ⋅ Vol dVol +

dt ⌡
⌡
(ρ→⋅V)→⋅V dA
Ec. Cantidad de Movim.
∑
Proyección en x
Rx + p1⋅ A1 + p2⋅ A2 = ρ ⋅ V1x⋅ ( −Q) + ( −V2x) ⋅ Q
La presión relativa en la p2 := 0
superficie de control 2 es
nula, ya que es un
chorro libre que
descarga en la atmósfera
La presión en 1, es
desconocida, y la
podemos calcular
utilizando la ecuación de
la energía
[1]
P1
Para calcular la presión en el punto 1, se planteará la ecuación de la energía en el volumen de control
marcado en línea punteada. No habiendo potencia de ejes, ni calorífica, y despreciando las pérdidas,
resulta:
ecuación de le energía
en el V.C.
2
2

V2 − V1
p2 − p1


0 = u2 − u1 +
+ g⋅ ( z2 − z1) +
2
ρ 

u3 − u2 = 0
2
0=
V2 − V1
2
z2 = z1
2
−
p2 := 0
2
p1
p1 := ρ ⋅
ρ
(
)
(
)
------ año 2009 -----
V2 − V1
2
2
p1 = 109427 Pa
[2]
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 46 de 47
Reemplazando [2] y los Rx := ρ ⋅ 
V1⋅ ( −Q) + −V2 ⋅ Q − p1⋅ A1
datos en [1] resulta:
(
)
(
)
 30⋅ l
 30⋅ l 




kg
s 
l
l
s
Rx = 1000⋅ ⋅ 
⋅ 30⋅  − p1⋅ A1 = −1432 N
⋅  −30⋅  + −

3
s   A2 
s
m  A1 
4J|Un modelo a escala 1:5 de un sistema de tuberías de una estación de bombeo se va a probar para
determinar las pérdidas totales de carga. En el modelo se dispone de aire a 25ºC, 1 atm. Para una velocidad del
prototipo de 500 mm/s en una sección de 4m de diámetro con agua a 15ºC, determínese la velocidad del aire
y el caudal necesario y si se miden las pérdidas ∆p en el modelo, cómo éstas se convierten en pérdidas en el
prototipo.
Tipo de fluidos
prototipo
modelo
agua
aire
pm := 1atm
presión
Temperatura
tp := 15ºC
ºC
Velocidad
Vp := 500
tm := 25ºC
ºC
mm
s
Vm := incógnita
Qm := incógnita
Fuerza de arrastre (o resistencia al avance)
∆pp := incógnita
Densidad (datos de tabla)
ρ p := 999.1
∆pm
kg
ρ m :=
3
1.204 + 1.164 kg
m
ρ m = 1.18
Viscosidad absoluta (datos de tabla)
µ p := 1.146⋅ 10
− 6 N⋅ s
⋅
µ m :=
2
kg
3
2
µ m = 1.56 × 10
Predominan las fuerzas de inercia, entonces
para tener una buena similitud, se planteará la
igualdad del número de Reynolds
E=
lm
E :=
lp
νm
Vp⋅ lp
νp
µm
1 ρm
Vm := Vp⋅ ⋅
E µp
Vm = 33.92
m
s
ρm
2
Área
Ap :=
( 4m) ⋅ π
4
2
Ap = 12.57 m
------ año 2009 -----
Vm = Vp⋅
− 5 N⋅ s
− 5 kg
5
=
⋅ 10
⋅
2
m
1
Vm⋅ lm
(Rem = Rep)
3
m
m
1.51 + 1.60
m
Escala
⋅
2
lp ν m
⋅
lm ν p
m⋅ s
1º Parcial: Enunciado y Resolución
Pág. 47 de 47
Am
Ap
2
2
2
=E
Am := Ap⋅ E
Utilizando el área del modelo y la velocidad en el
Qm := Vm⋅ Am
modelo, obtendremos el caudal por la ecuación de
continuidad
Am = 0.5 m
3
m
Qm = 17.05
s
Para determinar las pérdidas de presión,
plantearemos la igualdad de Euler en prototipo y
modelo
Em = Ep
siendo
ρ p Vp
⋅
= 0.18 => ∆pp = ∆ pm⋅ 0.18
ρm V 2
m
∆pm
2
ρ m⋅ Vm
2
------ año 2009 -----
=
2
∆pp
ρ p⋅ Vp
2
ρ p Vp
∆pp := ∆pm⋅
⋅
ρm V 2
m