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1º Parcial: Enunciado y Resolución Pág. 1 de 47

1º PARCIAL - AÑO 2009

Estimados alumnos:

A continuación se enuncian y resuelven todos los ejercicios tomados en el 1º parcial y susrecuperatorios del año 2009, tanto del curso del lunes como del sábado.El esfuerzo y tiempo invertido en este documento tiene por objetivo darles una herramientapara el estudio de las unidades 1 a 4, y salvar el escaso tiempo disponible en las clases paraaclarar sus dudas.Espero sea de utilidad.Consultas: [email protected]

Ing. Verónica MonzónIng. Verónica MonzónIng. Verónica MonzónIng. Verónica MonzónJTP Hidráulica Gral. y Aplicada

UTN - FRBA

Se adopta:

g 9.81m

s2

=cs

stokes

100:= cs 0.01 stokes= cp

1

100poise⋅:= cp 0.001

kg

m s⋅=

Rm 8.311N m⋅

K mol⋅:= mca 1m 9810⋅

N

m3

:= kPa 1000Pa:= º deg:= rev 1:=

------ año 2009 -----


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

0,1mm

0,1mm

D=500mm

agua 10ºC

ω=0,5 rad/s

dr r

dA=2πr.dr

0,1mm

0,1mm

D=500mm

agua 10ºC

ω=0,5 rad/s

ττ

τ

τ

τ

τ

τ

τ

Vt=ω.r

Vt=ω.r

Figura de análisis ------------------------------------------------------------------>

Datos:ω 0.5

1

s⋅:=

e 0.1mm:=

Viscocidad dinámica delagua a 10ºC (de tabla)

µ 1.31 103−

⋅N s⋅

m2

:=

R500mm

2:=

R 0.25 m=

el momento provocadopor el rozamiento en lasuperficie superior esigual al de la superficieinferior

dM dMinf dMsup+=

dM 2 dMinf⋅=

el diferencial demomento es el

dM 2 dF⋅ r⋅= 2 τ dA⋅( )⋅ r⋅= 2 τ 2⋅ π⋅ r⋅ dr⋅( )⋅ r⋅= 2 µ⋅dV

dn⋅ 2⋅ π⋅ r

2⋅ dr⋅=

dM 4 µ⋅ω r⋅

e⋅ π r

2⋅ dr⋅( )⋅=

µ ω⋅ 4⋅ π⋅

er3

⋅ dr⋅=

M

0

R

rµ ω⋅ 4⋅ π⋅

er3

⋅

⌠⌡

d:= M 0.0804N m⋅=

------ año 2009 -----


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.

A

h=0,60mAgua

1,2 m

0,9m

Hormigón

anchode la

5 m

1m

0,3m

0,45 m

Fx

Fy

W

0,2m

anchode la compuerta 5 m

γagua.0,6m

γagua.0,6m

A

0,6m

Agua

1,2 m

0,9 m

Hormigón

Figura de análisis------------------------------------------------------->

γagua 9810N

m3

:=Peso específico del agua

El equilibrio se da cuando el momentoen A es nulo

MA Fx− 1m( )⋅ Fy 0.45⋅ m− W 0.3⋅ m+= 0=[1]

Fuerza horizontal ejercida por el agua Fx pc A⋅= Fx γagua0.6m

2⋅ 0.6⋅ m 5⋅ m:= Fx 8829 N= [2]

Empuje vertical del agua Fy γagua 0.6⋅ m 0.9⋅ m 5⋅ m:= Fy 26487 N= [3]

Peso de la compuerta W γhormigon1.2 m⋅ 0.9⋅ m

2⋅ 5⋅ m⋅= γhormigon 2.7⋅ m

3⋅= [4]

Reemplazando [2], [3] y [4] en [1], resulta: Fx− 1m( )⋅ Fy 0.45⋅ m− γhormigon 2.7⋅ m30.3⋅ m+ 0=

Despejando el peso específico delhormigón, resulta

γhormigon

Fy 0.45⋅ m Fx 1⋅ m+

2.7m30.3⋅ m

:= γhormigon 25615N

m3

=

La densidad relativa surge de compararel peso específico con el peso específicodel agua:

ρ r_hormigon

γhormigon

γagua:= ρ r_hormigon 2.61=

------ año 2009 -----


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/m

3. -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

y

x

QdV

Q

pA 0,3m

gas 4m

Hg

12m

6m

A

BV

dB

dA

y

x

QdV

Q

pA 0,3m

gas 4m

Hg

12m

6m

BV

dB

dA

1 2

Datos de los fluidos y figurade análisis

ρagua 1000kg

m3

:=

γagua ρagua g⋅:=

γagua 9807N

m3

=

ρHg 13600kg

m3

:=

γHg ρHg g⋅:=

γHg 133370N

m3

=

Caudal Q300

1000

m3

min:= Q 0.005

m3

s=

Datos de la sección A dA 100mm:= zA 0m:= VAQ 4⋅

π dA2

⋅

:= VA 0.64m

s=

pA 150000Pa:=

Datos de la sección B dB 150mm:= zB 6m:= VBQ 4⋅

π dB2

⋅

:= VB 0.28m

s=

Datos de la sección C dC dA:= zC 12m:= VC VA:= VC 0.64m

s=

Datos de la sección V dV 60mm:= zV 6m:= VVQ 4⋅

π dV2

⋅

:= VV 1.77m

s=

Presión atmosférica patm 101300N

m2

:=

Planteo: Por hidrostática se puede plantear igualdad de presiones en los puntos 1 y 2

p1 p2=

------ año 2009 -----


pgas pV γagua 4⋅ m+ γHg 0.3⋅ m+=

Y para averiguar lapresión en el punto V,se puede plantearBernoulli entre lospuntos A y V, ubicadossobre la misma línea decorriente, resulta:

pA

γaguazA+

VA2

2g+

pV

γaguazV+

VV2

2g+=

pVpA

γaguazA+ zV−

VA2

VV2

−

2g+

γagua⋅:=

pVpA

γaguazA+ zV−

VA2

VV2

−

2g+

γagua⋅:= pV 89799 Pa=

pgas pV γagua 4⋅ m+ γHg 0.3⋅ m+( ):= pgas 169037 Pa=

pgas_abs pgas patm+:= 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 Bernoullientre los puntos A y C,resulta:

pA

γaguazA+

VA2

2g+

pC

γaguazC+

VC2

2g+=

pC_abs 0.3m γagua⋅:= pC_abs 2941.99 Pa=

Siendo la velocidadigual en los puntos A yC, resulta:

pA_abspC_abs

γaguazC+ zA−

γagua⋅:= 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

velocidad del líquido V L T1−

⋅=V f H µ, ρ, g, D,( )=

altura del agujero H L=

viscosidad absoluta µ M L1−

⋅ T1−

⋅=

densidad del fluido ρ M L3−

⋅=

gravedad g L T2−

⋅=

diámetro del agujero D L=

Se podrán formar 6-3=3 números π

Se tomarán como variables de repetición: H, V y ρ

Va1

Hb1

⋅ ρc1

⋅ µ⋅ π1= L T1−

⋅( )a1

Lb1

⋅ M L3−

⋅( )c1

⋅ M L1−

⋅ T1−

⋅( )⋅ M0L0

⋅ T0

⋅=

------ año 2009 -----


Mc1 1+

M0

= c1 1+ 0= c1 1−=

Ta1− 1−

T0

= a1− 1− 0= a1 1−=

La1 b1+ 3 c1⋅− 1−

L0

= a1 b1+ 3 c1⋅− 1− 0= 1− b1+ 3 1−( )⋅− 1− 0= b1 1−=

π1µ

V H⋅ ρ⋅=

π .1( ) 1−Re=

Va2

Hb2

⋅ ρc2

⋅ g⋅ π2= L T1−

⋅( )a2

Lb2

⋅ M L3−

⋅( )c2

⋅ L T2−

⋅( )⋅ M0L0

⋅ T0

⋅=

Mc2

M0

= c2 0=

Ta2− 2−

T0

= a2− 2− 0= a2 2−=

La2 b2+ 3 c2⋅− 1+

L0

= a2 b2+ 3 c2⋅− 1+ 0= 2− b2+ 3 0( )⋅− 1+ 0= b2 1=

π2H g⋅

V2

=

Va3

Hb3

⋅ ρc3

⋅ D⋅ π3= L T1−

⋅( )a3

Lb3

⋅ M L3−

⋅( )c3

⋅ L( )⋅ M0L0

⋅ T0

⋅=

Mc3

M0

= c3 0=

Ta3−

T0

= a3 0=

La3 b3+ 3 c3⋅− 1+

L0

= a3 b3+ 3 c3⋅− 1+ 0= 0 b3+ 3 0( )⋅− 1+ 0= b3 1−=

π3H

D=

Se podrá escribir:

V f H µ, ρ, g, D,( )= f1 V H, µ, ρ, g, D,( ) 0=

f2 π1 π2, π3,( ) 0=

π2 f3 π1 π3,( )= π2( )

1−

2f4 π1

1−π3,( )=

V

g H⋅

f4 ReH

D,

=

1B. Una banda de 60 cm de ancho se mueve como se

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

4m

2mmagua 30ºC

Velocidad V 10m

s⋅:=

Espesor de la película e 2mm:=

Viscocidad dinámica del agua a 30ºC (de tabla) µ 0.8 103−

⋅N s⋅

m2

:=

⋅:=

------ año 2009 -----


Área A 4m 0.6⋅ m:=

Tensión de corte en toda el área de contacto τ µV

e⋅:= τ 4 Pa=

Fuerza provocada por la tensión Ft τ A⋅:= Ft 9.6 N=

Potencia P Ft V⋅:= P 96 W=

2B|Un bloque cúbico de 10 cm de arista y densidad de 0,5 g/cm3, flota en un recipiente con agua. Se

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?

4cm

e

h

10cm

10cm

Agua

Aceite

Figura de análisis------------------------>

Densidad del cubo ρcubo 0.5gm

cm3

⋅:= ρcubo( ) 500kg

m3

=

Densidad del agua ρagua 1000kg

m3

:=

Densidad del aceite ρac 0.8 ρagua⋅:= ρac( ) 800kg

m3

=

Ecuación de equilibrio W E=

Volcubo ρcubo⋅ g⋅ h 10cm( )2

⋅ ρagua⋅ g⋅ e 10cm( )2

⋅ ρac⋅ g⋅+=

Necesitamos otraecuación pararelacionar h y e

h 10cm 4cm− e−=

10cm 10cm( )2

⋅ ρcubo⋅ 6cm e−( ) 10cm( )2

⋅ ρagua⋅ e 10cm( )2

⋅ ρac⋅+=

10cm ρcubo⋅ 6cm ρagua⋅ e ρagua⋅− e ρac⋅+=

10cm ρcubo⋅ 6cm ρagua⋅− e ρagua− ρac+( )=

e10cm ρcubo⋅ 6cm ρagua⋅−

ρagua− ρac+:= e 0.05 m=

Despejando e, resulta:

pA g ρac⋅ e⋅ g ρagua⋅ 6cm e−( )⋅+:= pA 490.33N

m2

=Presión manométricaen la base

------ año 2009 -----


3B| 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.

Q

D1

D2

Z2

Z1

∆h

aire

Q

2

1

Q

D1

D2

Z2

Z1

∆h

aire 20º

Q

2

1

a

z1-z2

A BDatos de los fluidos yfigura de análisis

D1 300mm:=

A1π D1

2⋅

4:= A1 0.07 m

2=

D2 150mm:=

A2π D2

2⋅

4:= A2 0.02 m

2=

∆h 200mm:=

ρagua 1000kg

m3

:= ρaire 1.204kg

m3

:=

Planteando la ecuaciónde Bernoulli, entre elpunto 1 y 2

p1

γagua

V12

2g+ z1+

p2

γagua

V22

2g+ z2+=

p1

γaguaz1+

p2

γaguaz2+

−V2

2

2g

V12

2g−=

Por la ecuación decontinuidad, se sabeque Q=V.A, y sereemplaza lavelocidad, quedando:

p1

γaguaz1+

p2

γaguaz2+

−Q

2

2g

1

A22

1

A12

−

⋅= [1]

Sabiendo que dentro de la cañería al ser las líneas de corriente paralelas se puede suponer una variación hidrostática de presión, yque no circula fluidos por el manómetro se plantea una igualdad de presión entre los puntos A y B

p1 γagua a ∆h+( )− p2 γagua z1 z2−( )− γagua a⋅− γaire ∆h⋅−=

p1

γaguaa ∆h+( )−

p2

γaguaz1 z2−( )− a−

γaire

γagua∆h⋅−=

p1

γaguaz1+

p2

γaguaz2+

− aγaire

γagua∆h⋅− a+ ∆h+=

------ año 2009 -----


p1

γaguaz1+

p2

γaguaz2+

− 1γaire

γagua−

∆h⋅= [2]

Igualando [2] con [1]Q

2

2g

1

A22

1

A12

−

⋅ 1γaire

γagua−

∆h⋅=

Q 1ρaire g⋅

ρagua g⋅−

∆h 2⋅ g

1

A22

1

A12

−

⋅:=Despejando Q, resulta:

Q 1

1.204kg

m3

⋅ g⋅

1000kg

m3

⋅ g⋅

−

200 mm⋅ 2⋅ g⋅

1

π 150 mm⋅( )2

⋅

4

2

1

π 300 mm⋅( )2

⋅

4

2−

⋅= 0.036m3

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:= sin_datos

Velocidad Vp 3m

s⋅:= Vm incógnita:= incógnita

Viscosidad cinemática νp 1.146 106−

⋅m2

s⋅:= νm 7.4 10

6−⋅

m2

s:=

Longitudes Lp 15cm:= Lm 30cm:=

EscalaE

Lm

Lp:= E 2=

Para tener una buena similitud dinámica, se planteará la igualdad del número de Reynolds

Rem Rep=( )Vm Lm⋅ ρm⋅

µm

Vp Lp⋅ ρp⋅

µp

= Vm VpLp

Lm⋅

ρp

ρm

⋅µm

µp

⋅=

Vm VpLp

Lm⋅

νm

νp

⋅:=Vm 3

m

s⋅

15 cm⋅

30 cm⋅⋅

7.4 106−

⋅m2

s⋅

1.146 106−

⋅m2

s⋅

⋅= 9.69m

s=

------ año 2009 -----


prototipo modelo

Tipo de fluidos agua petróleo

Temperatura tp 15ºC:= ºC tm sin_datos:= sin_datos

Velocidad Vp 3m

s⋅:= Vm 20

m

s:=

Viscosidad cinemática νp 1.146 106−

⋅m2

s⋅:= νm 7.4 10

6−⋅

m2

s:=

Longitudes Lp 15cm:= Lm incógnita:= incógnita

Para tener una buena similitud dinámica, se planteará la igualdad del número de Reynolds

Rem Rep=( )Vm Lm⋅ ρm⋅

µm

Vp Lp⋅ ρp⋅

µp

= Lm Lpνm

νp

⋅Vp

Vm⋅:=

Lm Lp

7.4 106−

⋅m2

s⋅

1.146 106−

⋅m2

s⋅

⋅

3m

s⋅

20m

s⋅

⋅= 0.15 m=

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 103−

⋅N s⋅

m2

⋅:=

Espesor de la película e10.1 10−

2mm:= e 0.00005 m=

Área de contacto A π 10⋅ mm 10⋅ mm:= A 0.000314 m2

=

Volumen del cilindro Volcilπ 10mm( )

2⋅

410⋅ mm:= Volcil 7.85 10

7−× m

3=

Peso específico del vidrio γvidrio 2.6 9810⋅N

m3

:= γvidrio 25506N

m3

=

Tensión de corte en toda el área de contacto es lamisma y vale:

τ µV

e⋅=

Fuerza tangencial provocada por la tensión Ft τ A⋅=

Fuerzas en equilibrio: el peso del cilindro seequilibra con la fuerza tangencial en la pared del

Pesocil Ft:=

------ año 2009 -----


equilibra con la fuerza tangencial en la pared delcilindro debida al rozamiento

Volcil γvidrio⋅ τ A⋅= => Volcil γvidrio⋅ µV

e⋅ A⋅=

VVolcil γvidrio⋅ e⋅

µ A⋅:=

V

π 10 mm⋅( )2

⋅

410⋅ mm⋅ 2.6 9810⋅

N

m3

⋅⋅10.1 10−

2mm⋅⋅

3.71621 103−

⋅N s⋅

m2

⋅ π 10⋅ mm⋅ 10⋅ mm⋅⋅

= 0.86m

s=

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.

A

2 m

Agua

B

1m

3 m

Agua

60°

F

ydF 1

dy

dF2

a

b

b/2

Wcomp

p1(y) p2(y)

y

A

2 m

Agua

B

1m

3 m

Agua

60°

F

Figura de análisis----------------------------------->

Peso específico delagua

γagua 9810N

m3

:=

Wcomp 3500N:=Peso de la compuerta

[1]

Características geométricas a3m

sin 60deg( ):= a 3.46 m= b

3m

tan 60deg( ):= b 1.73 m=

Ecuación de equilibrio MA Magua F b⋅+ Wcompb

2⋅−= [2]

a. Alternativa de resolución utilizando integrales

El diferencial de momento debido a la acción delagua 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⋅( )⋅+( )+[ ] γagua⋅ 2.5 m⋅ dy⋅( )⋅ y⋅=

dM 2− m⋅ y sin 60 deg⋅( )⋅− 1 m⋅+ y sin 60 deg⋅( )⋅+( ) γagua⋅ 2.5 m⋅ dy⋅( )⋅ y⋅=

------ año 2009 -----


dM 1− m( ) γagua⋅ 2.5 m⋅ dy⋅( )⋅ y⋅=

dM 2.5− m2( ) γagua⋅ y⋅ dy⋅=

Magua0

a

y2.5− m2( ) γagua⋅ y⋅

⌠⌡

d:=

[3]Magua

0

3 m⋅

sin 60 deg⋅( )

y 24525.0−

mN y ⋅⋅

⌠⌡

d= 147150− N m⋅=

Reemplazando [1] y [3] en [2], y despejando F,resulta:

F Magua− Wcompb

2⋅+

1

b⋅:= F 86707 N=

b. Otra alternativa de resolución utilizando la fórmula

lcp2

lcp1

cp2

cp1

hc1

hc2

lc1

lc2

c: baricentro

cp: centro de presión

nivel de presión 0

nivel de presión 0

A

2 m

Agua

B

1m

3 m

Agua

60°

F1

F2

a=3,46m

bl

pc1 pc2c


Fuerza ejercida por el agua del lado izquierdo F1 pc1 Areal⋅= γagua yc1⋅ Areal⋅= F1 γagua 2 1.5+( )⋅ m a⋅ 2.5⋅ m:=

F1 297350 N=

Fuerza ejercida por el agua del lado izquierdo F2 pc2 Areal⋅= γagua yc2⋅ Areal⋅= F2 γagua 1 1.5+( )⋅ m a⋅ 2.5⋅ m:=

F2 212393 N=

Para calcular el punto de aplicación de F1 utilizandola fórmula, se necesita saber la distancia en elsentido de la placa que hay desde el baricentro dela misma hasta el nivel de presión 0, que en estecaso coincide con la superficie.

lc12 1.5+( )m

sin 60º( ):= lc1 4.04 m=

La longitud al centro de presión se calcula de lasiguiente manera

lcp1 lc1Jyy

lc1 Areal⋅+= lcp1

2 1.5+( )m

sin 60º( )

2.5m a3

⋅

12

2 1.5+( )m

sin 60º( )2.5⋅ m a⋅

+:=

lcp1 4.29 m=

+

------ año 2009 -----


Punto de aplicación de F2 lc21 1.5+( )m

sin 60º( ):= lc2 2.89 m=

lcp2 lc2Jyy

lc2 Areal⋅+= lcp2

1 1.5+( )m

sin 60º( )

2.5m a3

⋅

12

1 1.5+( )m

sin 60º( )2.5⋅ m a⋅

+:=

lcp2 3.23 m=

Finalmente, el momento provocado por el agua aambos lados es igual a: Magua F1− lcp1

2 m⋅

sin 60 º⋅( )−

⋅ F2 lcp21m

sin 60º( )−

⋅+:=

[4]Magua 147150− N m⋅=

Reemplazando [1] y [4] en [2], y despejando F,resulta: F Magua− Wcomp

b

2⋅+

1

b⋅:= F 86707 N=

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. 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

0,75m

d2=1,20m

d1=0,40m

h

Q

2

1

Q

1

2

y

x

Hg

d1=1,20m

d2=0,40m

h

Q

2

1

Q

1

2

y

x

Hg

0,75m

a

A B

Datos de los fluidos y figura de análisis

D1 0.40m:= D2 1.20m:=

z1 0m:= z2 0.75m:=

ρagua 1000kg

m3

:=

ρmercurio 13600kg

m3

:=

Volcono 1.634m3

:=

Q 450l

s⋅:= Q 0.45

m3

s=

------ año 2009 -----


Secciones de las áreas A1 y A2 A1π D1

2⋅

4:= A1 0.13 m

2=

A2π D2

2⋅

4:= A2 1.13 m

2=

γagua ρagua g⋅:= γagua 9807N

m3

=Peso específico del agua

Peso específico del mercurio γHg ρHg g⋅:= γHg 133370N

m3

=

Planteando la ecuación de Bernoulli, entre elpunto 1 y 2

p1

γagua

V12

2g+ z1+

p2

γagua

V22

2g+ z2+=

p2 p1−

γagua

V12

2g

V22

2g− z1+ z2−=

Por la ecuación de continuidad, se sabe queQ=V.A, y se reemplaza la velocidad, quedando:

p2 p1−Q

2

2g

1

A12

1

A22

−

⋅ z1+ z2−

γagua⋅= [1]

Al no haber circulación de fluidos por elmanómetro, utilizando la ley fundamental de lahidrostática se plantea igualdad de presión en lospuntos A y B.

pA pB=

p2 γagua a⋅− γHg h⋅− p1 γagua 0.75m a+ h+( )⋅−=

p2 p1− γagua− 0.75m a+ h+( )⋅ γagua a⋅+ γHg h⋅+=

p2 p1− γagua− 0.75m( )⋅ γagua h⋅− γHg h⋅+=

p2 p1− γagua− 0.75m( )⋅ h γagua− γHg+( )⋅+= [2]

γagua− 0.75m( )⋅ h γagua− γHg+( )⋅+Q

2

2g

1

A12

1

A22

−

⋅ z1+ z2−

γagua⋅=Reemplazando [2] en [1], resulta:

h

Q2

2g

1

A12

1

A22

−

⋅ z1+ z2−

γagua⋅ γagua 0.75m( )⋅+

γagua− γHg+:=

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 ππππ, encontrar los números adimensionales apropiados para describir este fenómeno.


caudal Q L3T

1−=

------ año 2009 -----


radio R L=

viscosidad µ M L1−

⋅ T1−

⋅=

caída de presión∆p

∆LM T

2−⋅ L

2−⋅=


Qa1

Rb1

⋅ µc1

⋅∆p

∆L⋅ π1= L

3T

1−⋅( )

a1Lb1

⋅ M L1−

⋅ T1−

⋅( )c1

⋅ M T2−

⋅ L2−

⋅( )⋅ M0L0

⋅ T0

⋅=

Mc1 1+

M0

= c1 1+ 0= c1 1−=

Ta1− c1− 2−

T0

= a1− c1− 2− 0= a1− 1−( )− 2− 0=

a1 1−=

L3a1 b1+ c1− 2−

L0

= 3a1 b1+ c1− 2− 0= 3 1−( )⋅ b1+ 1−( )− 2− 0=

b1 4=

π1 Q1−R4

⋅ µ1−

⋅∆p

∆L⋅=

Se podrá escribir: Q f R µ,∆p

∆L,

=

f1 Q R, µ,∆p

∆L,

0= f2 π1( ) 0= f2∆p

∆L

R4

Q µ⋅⋅

0=

1D|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 -----


e

disco en movimiento

disco quieto

τ

τ

τ

τ

τ

τ

τ

dr r

dA=2πr.dr

τ

Vt=ω.r

Vt=ω.r

Figura de análisis --------------------------------------------------------------->

Datos:

radio del disco R 100mm:=

frecuencia del giro f 7rev

s:=

ω 7rev

s

2π

1rev⋅:=

ω 43.981

s=

espesor de la película e 0.1mm:=

viscocidad del aceite µ 0.14N s⋅

m2

:=

el diferencial de momento en el disco superior es dM dF r⋅= τ dA⋅( ) r⋅= τ 2⋅ π⋅ r⋅ dr⋅( ) r⋅= µdV

dn⋅ 2⋅ π⋅ r

2⋅ dr⋅=

por la ley de Newton, podemos expresar latensión de corte en función de la viscosidad y lavelocidad, para cada diferencial de área.

τ µ−nV

d

d⋅= µ−

∆V

∆n⋅= µ−

V V0−

e⋅= V0 0= V ω r⋅=

el signo menos, indica que la dirección de latensión de corte es opuesta a la velocidad

τ µ−ω r⋅

e⋅=

dM µ−ω r⋅

e⋅ 2⋅ π⋅ r⋅ dr⋅

r⋅=

2 µ⋅ ω⋅ π⋅

er3

⋅ dr⋅= M2 µ⋅ ω⋅ π⋅

e0

R

rr3⌠

⌡

d⋅:=

Finalmente, integrando M = 9.67N 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. Considere: • Peso específico del agua γ = 9810 N/m³

A

5 mAgua

B

45°

3m

F

C 3m

------ año 2009 -----


A

5 mAgua

B

45°

3m

F

C

3m

dF1

dydF

1

dy

y

y=0

y=3m

y=6m

γ.5m.sen45º

p1

p2

Figura deanálisis ---------------------------------------------------------------->

Peso específicodel agua γagua 9810

N

m3

:=

La ecuación de equilibrio es elmomento nulo en el punto B

MB F 3⋅ m M2+ M1+= 0=

El diferencial de momento debido a la acción delagua entre A y B, será:

dM1 dF1 3m y−( )⋅= y los límites deintegración

M1

0m

3m

A1p1⌠⌡

d 3m y−( )⋅=

El diferencial de momento debido a la acción delagua entre B y C, será:

dM2 dF2− y 3m−( )⋅= y los límites deintegración

M2

3m

6m

A2p2⌠⌡

d y 3m−( )⋅=

M1

0m

3m

yγagua 5 m⋅ y sin 45 deg⋅( )⋅+( )⋅ 3 m⋅ y−( )⋅ 1⋅ m⌠⌡

d:=

M1 251940N m⋅=

M2

3m

6m

yγagua 5 m⋅ y sin 45 deg⋅( )⋅+( )⋅ y 3m−( )⋅ 1⋅ m⌠⌡

d−:=

M2 376801− N m⋅=

Finalmente, despejando F FM2− M1−

3m:= F 41620 N=

A

5 mAgua

B

45°

3m

F

C

3m

γ.5m.sen45º

F2

F3

F1

1m

γ.6m.sen45º

También se puede resolver con el

diagrama de cargas

Figura de análisis

------ año 2009 -----


La resultante del agua, del diagrama triangulares:

F3 γagua 6⋅ m sin 45deg( )⋅6m

2⋅ 1⋅ m:= F3 124861 N=

La ecuación de equilibrio es el momento nulo enel punto B

MB F3− 1⋅ m F 3⋅ m+ F1 1.5⋅ m− F2 1.5⋅ m+=

Finalmente, despejando F FF3 1⋅ m

3m:= F 41620 N=

3D|Un chorro libre de aceite impacta en un divisor.

Se pide encontrar las componentes de fuerza sobre el mismo. 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.

Q0 0

0

11

22

θ0=15º

θ1=60º

Q1

Q2

y

x

90°

Ry

Rxvolumen de control

dA0V2

V0x

V0y

dA2V2=Vy2

dA1V1

V1x

V1y

15°15º

60°

2

y

x

90°

0

11

2

y

x

Figura de análisis------------------------------------>

densidad del aceite ρ 830kg

m3

:=

velocidad en lasección 0

V0 10m

s:=

caudales dato Q0 10l

s:=

Q0 0.01m3

s=

Q1 3l

s:=

Q1 0.003m3

s=

Por continuidad Q0 Q1 Q2+= Q2 Q0 Q1−:= Q2 0.007m3

s:=

Como la velocidad nocambia en todo elrecorrido

V1 V0:= V1 10m

s= V2 V0:= V2 10

m

s=

------ año 2009 -----


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.

Velocidadesproyectadas en x e y

V0x V0 cos 15º( )⋅:= V0x 9.66m

s= V0y V0 sin 15º( )⋅:= V0y 2.59

m

s=

V1x V1 cos 60º( )⋅:= V1x 5m

s= V1y V1 sin 60º( )⋅:= V1y 8.66

m

s=

V2x 0:= V2y V2:= V2y 10m

s=

Ec. Cantidad de Movim. Fext→

∑ tVolρ Vol⋅

⌠⌡

dd

dAρ V

→⋅( ) V

→⋅

⌠⌡

d+= La derivada respecto al tiempo es nula

Proyección en x Fext_x ρ V0x⋅ Q0−( )⋅ ρ V1x⋅ Q1⋅+:=

La reacción en x, es laúnica fuerza externaactuante

Rx ρ V0x Q0−( )⋅ V1x Q1⋅+ ⋅:=

Rx 830kg

m3

⋅ V0 cos 15 º⋅( )⋅ 10l

s⋅−

⋅ V1 cos 60 º⋅( )⋅ 3l

s⋅⋅+

⋅= 67.72− N=

Proyección en y Fext_y ρ V0y⋅ Q0−( )⋅ ρ V1y−( )⋅ Q1⋅+ ρ V2y⋅ Q2⋅+:=

La reacción en y, es laúnica fuerza externaactuante

Ry ρ V0y Q0−( )⋅ V1y−( ) Q1⋅+ V2y Q2⋅+ ⋅:=

Ry 830kg

m3

⋅ V0 sin 15 º⋅( )⋅ 10l

s⋅−

⋅ V1 sin 60 º⋅( )⋅−( ) 3l

s⋅⋅+ V2 0.007

m3

s⋅⋅+

⋅= 15.05 N=

Finalmente, las fuerzasdel fluido sobre eldivisor, tendrán signocontrario a lasreacciones:

Fx Rx−:= Fx 67.72 N= Fy Ry−:= 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:= 20ºC tm 20ºC:= 20ºC

Velocidad Vp 10km

hr:= Vm incógnita:= incógnita

:= :=

------ año 2009 -----


Fuerza de arrastre (o resistencia al avance) Fdp incógnita:= incógnita Fdm 20N:=

Densidad (datos de tabla) ρp 998.2kg

m3

:= ρm 1.204kg

m3

⋅:=

Viscosidad dinámica (datos de tabla) µp 1.009 103−

⋅N s⋅

m2

⋅:= µm 1.81 105−

⋅N s⋅

m2

⋅:=

Viscosidad cinemática νp

µp

ρp

:= νm

µm

ρm

:=

νp 1.01 106−

×m2

s= νm 1.503 10

5−×

m2

s=

Escala Elm

lp= E

1

2:=

Predominan las fuerzas de inercia, entonces paratener una buena similitud, se planteará la igualdaddel número de Reynolds

Rem Rep=( )Vm lm⋅ ρm⋅

µm

Vp lp⋅ ρp⋅

µp

=

Vm Vplp

lm⋅

ρp

ρm

⋅µm

µp

⋅= Vm Vp1

E⋅

νm

νp

⋅:=

Vm( ) 10km

hr⋅

1

1

2

⋅

µm

ρm

µp

ρp

⋅= 297.45km

hr=

El coeficiente de arrastre es el mismo en prototipoy modelo, por lo que al igualarlos, se llega a:

Fdp Cd1

2⋅ Vp

2⋅ Ap⋅ ρp⋅= Fdm Cd

1

2⋅ Vm

2⋅ Am⋅ ρm⋅=

FdpFdm 2⋅

Vm2Am⋅ ρm⋅

1

2⋅ Vp

2⋅ Ap⋅ ρp⋅=

Fdp FdmVp

Vm

2

⋅1

E

2

⋅ρp

ρm

⋅:=

Fdp 20 N⋅

10km

hr⋅

Vm

2

⋅1

1

2

2

⋅

998.2kg

m3

⋅

1.204kg

m3

⋅

⋅= 74.97 N=

------ año 2009 -----


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

d2=150mm

d1=150,2mm V = 6 m/s

Viscosidad cinemática ν 2.8 106−

⋅m2

s⋅:=

Densidad relativa ρ r 0.92:=

Densidad del lubricante ρ lubricante ρ r ρagua⋅:= ρ lubricante 920kg

m3

=

Entonces, la viscosidad absoluta será:

µ ν ρ lubricante⋅:= µ 0.003N s⋅

m2

=

Espesor de la película e150.2 150−

2mm:= e 0.0001 m=

Área de contacto A π 150⋅ mm 300⋅ mm:= A 0.141m2

=

Velocidad en la superficie del émbolo V 6m

s:=

Por la ley de Newton, podemos determinar latensión de corte en toda el área de contacto.Siendo la variación lineal de V respecto de n, sepuede cambiar la ecuación diferencial por losincrementos

τ µdV

dn⋅= µ

∆V

∆n⋅= µ

V 0−

e⋅=

Resultando finalmente: τ µV

e⋅:= τ 154.56 Pa=

Fuerza tangencial provocada por la tensión Ffricción τ A⋅:= Ffricción 21.85 N=

Potencia Pfricción Ffricción V⋅:= Pfricción 131.1 W=

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.

AAceite ρ r=0,85

B

2,4 m

tope

ancho de compuerta 2m

1,8m

F=135kN

p=?

Aire

1,6m

------ año 2009 -----


F=135kN

a

A

Aceite ρ r=0,85

B

2,4 m


1,8m

Aire

y

y=a

dF1

dy

y

p

1,6m

α=53.13º

y=0

p1

Figura de análisis y datos:

a 2.4m( )2

1.8m( )2

+:= a 3 m=

α atan2.4m

1.8m

:= α 53.13º=

F 135000 N⋅:= [1]

γac 0.85 9810⋅N

m3

:= γac 8339N

m3

=

La ecuación de equilibrio es el momento nulo en elpunto A

MA F 2.4⋅ m Maceite+= 0= [2]

El diferencial de momento debido a la acción delaceite y la presión "p", será:

dMaceite dF1− y⋅=

Maceite

0m

a

A1p1⌠⌡

d− y⋅=

Maceite

0m

a

yp γac 1.6m y sin α( )⋅+( )⋅+ 2⋅ m⌠⌡

d− y⋅=

Maceite 2− m

0m

a

yp y⋅ γac 1.6⋅ m y⋅+ γac y2

⋅ sin α( )⋅+( )⌠⌡

d⋅=

Maceite 2− m py2

2⋅ γac 1.6⋅ m

y2

2⋅+ γac

y3

3⋅ sin α( )⋅+

⋅=

Maceite 2− m pa2

2⋅ γac 1.6⋅ m

a2

2⋅+ γac

a3

3⋅ sin α( )⋅+

⋅= [3]

Reemplazando [1] y [3] en [2], resulta: F 2.4⋅ m 2m pa2

2⋅ γac 1.6⋅ m

a2

2⋅+ γac

a3

3⋅ sin α( )⋅+

⋅=

De lo cual se puede despejar la incógnita p pF 2.4⋅ m

2mγac 1.6⋅ m⋅

a2

2⋅ γac

a3

3⋅ sin α( )⋅+

−

2

a2

⋅:=p 9316.8 Pa=

También se puede hacer el planteo con el diagrama de cargas

------ año 2009 -----


tope


F=135kN

p=?

AA

Aceite ρ r=0,85

B

1,8m

Aire

F1

a/2

1,6m

F2

2/3 a

p+γac.1,6m

γac.2,4m

Figura de análisis

La resultante del aceite y de la presión p en eldiagrama rectangular es:

F1 p γac 1.6⋅ m+( ) a⋅ 2⋅ m=

La resultante del diagrama triangular es: F2 γac 2.4⋅ ma

2⋅ 2⋅ m=

La ecuación de equilibrio es el momento nulo en elpunto A

MA F 2.4⋅ m F1a

2⋅− F2

2

3⋅ a⋅−= 0=

F 2.4⋅ m p γac 1.6⋅ m+( )a22⋅ m

2− γac 2.4⋅ m

2a2

⋅2

3⋅− 0=

p γac 1.6⋅ m+( )a22⋅ m

2F 2.4⋅ m γac 2.4⋅ m

2a2

⋅2

3⋅−=

p F 2.4⋅ m γac 2.4⋅ m2a2

⋅2

3⋅−

2

a22⋅ m

⋅ γac 1.6⋅ m−:=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

p2

0,75m

d1=1,20m

d2=0,40m

Q

2

1

Q

1

2

y

x

------ año 2009 -----


p2 V2

p1

Ry

V1

d2=1,20m

dA1

dA2

0,75m

d1=0,40m

2

11

2

y

x

Datos de los fluidos y figura de análisis

p2 9800Pa:=

D1 0.40m:= D2 1.20m:=

z1 0m:= z2 0.75m:=

Q450

1000

m3

s⋅:= Q 0.45

m3

s=

Volcono 1.634m3

:=

ρagua 1000kg

m3

:= γagua 9810N

m3

:=

Áreas de las secciones1 y 2

A1π D1

2⋅

4:= A1 0.13 m

2= A2

π D22

⋅

4:= A2 1.13 m

2=

Velocidades en lassecciones 1 y 2

V1Q

A1:= V1 3.58

m

s= V2

Q

A2:= V2 0.4

m

s=

Ecuación de cantidad de movimiento en elvolumen de control

Fext

→

∑ tVolρ Vol⋅

⌠⌡

dd

dAρ V

→⋅( ) V

→⋅

⌠⌡

d+=

Proyección en y Ry p1 A1⋅+ p2 A2⋅− W− ρ Q−( ) V2−( )⋅ Q V1−( )⋅+ ⋅= [1]

Para conocer la presión en la sección 1, seplanteará la ecuación de Bernoulli, entre el punto1 y 2

p1

γagua

V12

2g+ z1+

p2

γagua

V22

2g+ z2+=

p1p2

γagua

V22

V12

−

2g+ z2+ z1−

γagua⋅:= p1 10823 Pa= [2]

Reemplazando [2] en [1] resulta. Ry ρagua Q⋅ V2 V1−( )⋅ p1 A1⋅ p2 A2⋅− γagua Volcono⋅−( )−:=

Ry 24321 N=

------ año 2009 -----


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

8

r1

dA

h

p1

p2

Agua

θ=90º

Figura de análisis------------------------------------->

tensión superficial σ 0.073N

m:=

radio (mitad deseparación entreplacas)

R15mm

2:=

radio 2, es infinito, yaque es una recta

R2 ∞:=

Peso específico del agua γagua 9810N

m3

:=

La diferencia de presiones en la interfaz, se puedeexpresar de la siguiente manera (ver ecuación1.7.1. Capítulo 1)

p1 p2− σ1

R1

1

R2+

⋅= [1]

Pero, además, por hidrostática, podemosexpresar p2 en función de p1

p2 p1 γagua h⋅−= [2]

Reemplezando [2] en [1] y despejando h, resulta: p1 p1 γagua h⋅−( )− σ1

R1

1

∞+

= => hσ

R1 γagua⋅:= h 2.98mm=

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.

A

2,4 mAgua anchode la compuerta 3 m

B

y

x

r=1,5m

------ año 2009 -----


Area 1

Area 2

A

2,4 mAguaanchode la compuerta 3 m

B

y

x

r=1,5m

ycx1

x2

FX

yCP

F Y

xC

áreaproyectada

Figura de análisis------------------------------------->

Radio del cilindro R 1.5m:=

Fuerza horizontal Fx pc A⋅=

Prof. del baricentro del área proyectada yc 2.4m1.5m

2+:= yc 3.15 m=

pc γagua yc⋅:= pc 30901.5 Pa=Presión en el baricentro

Área proyectada Aproy 1.5m 3⋅ m:= Aproy 4.5 m2

=

Fx pc Aproy⋅:= Fx 139057 N=Fuerza horizontal

Sentido de izquierda a derecha

Punto de aplicación ycp ycJy

Aproy yc⋅+=

Momento de inercia respecto del eje y Jy3m 1.5m( )

3⋅

12:= Jy( ) 0.84 m

4=

Reemplazando los datos, resulta: ycp ycJy

Aproy yc⋅+:= ycp 3.21 m=

Fuerza vertical F Vol γagua⋅=

Áreas sobre la curva A1 2.4m 1.5⋅ m:= A1 3.6 m2

=

A2 1.5m( )2 π 1.5m( )

2⋅

4−:= A2 0.48 m

2=

Vol A1 A2+( ) 3⋅ m:= Vol 12.25m3

=Volumen sobre la curva

Fy γagua Vol⋅:= Fy 120158 N=Fuerza vertical

Sentido de abajo hacia arriba

Posición horizontal del baricentros delas áreas sobre la curva

x11.5m

2:= x1 0.75 m= x2 R 0.223⋅:= x2 0.33 m=

------ año 2009 -----


Posición horizontal del baricentro del volumensobre la curva (como el ancho es contante y de 3m, se calculará directamente el baricentro del área)

xCA1 x1⋅ A2 x2⋅+

A1 A2+:= xC 0.7 m=

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.

45°

30°

d=50mm

y

x

30°

dA2V2

V2x=V2.cos45ºV2y=V2.sen45º

45°

Ry

Rx

d=50mm

y

x

dA1V 1

V1y=V1.sen30º

V1x=V1.cos30º

Figura de análisis------------------------------------>

densidad del agua ρ 1000kg

m3

:=

velocidad en lasección 1

V1 15m

s:=

caudales dato D 50mm:=

Por continuidad V1 A1⋅ V2 A2⋅= Q= Q V1π D

2⋅

4⋅:= Q 0.03

m3

s=

Como la velocidad nocambia en todo elrecorrido

V2 V1:= V2 15m

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.

Velocidadesproyectadas en x e y

V1x V1 cos 30º( )⋅:= V1x 12.99m

s= V1y V1 sin 30º( )⋅:= V1y 7.5

m

s=

V2x V2 cos 45º( )⋅:= V2x 10.61m

s= V2y V2 sin 45º( )⋅:= V2y 10.61

m

s=


∑ tVolρ Vol⋅

⌠⌡

dd

dAρ V

→⋅( ) V

→⋅

⌠⌡

d+= La derivada respecto al tiempo es nula

------ año 2009 -----


Proyección en x Fext_x ρ V1x⋅ Q−( )⋅ ρ V2x−( )⋅ Q⋅+:=

La reacción en x, es laúnica fuerza externaactuante

Rx ρ V1x− Q⋅ V2x Q⋅−( )⋅:=

Rx 1000kg

m3

⋅ 15m

s⋅ cos 30 º⋅( )⋅−

15m

s⋅

π 50 mm⋅( )2

⋅

4⋅⋅ V2 cos 45 º⋅( )⋅ 15

m

s⋅

π 50 mm⋅( )2

⋅

4⋅⋅−

⋅=

Rx 694.99− N=

Proyección en y Fext_y ρ V1y⋅ Q1−( )⋅ ρ V2y⋅ Q2⋅+:=

La reacción en y, es laúnica fuerza externaactuante

Ry ρ V1y− Q⋅ V2y Q⋅+( )⋅:=

Ry 1000kg

m3

⋅ V1 sin 30 º⋅( )⋅−( ) V1π 50 mm⋅( )

2⋅

4⋅⋅ V2 sin 45 º⋅( )⋅ V1

π 50 mm⋅( )2

⋅

4⋅⋅+

⋅= 91.5 N=

Ry 91.5 N=

Finalmente, las fuerzasdel fluido sobre el álabetendrán signo contrarioa las reacciones:

Fx Rx−:= 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.


tensión de corte τ ML1−T

2−⋅=

diámetro partículas D L=

densidad de la arena ρarena M L3−

⋅=

densidad del agua ρagua M L3−

⋅=

viscosidad absoluta µ M T1−

⋅ L1−

⋅=

gravedad g L T2−

⋅=

Se podrán formar 6-3=3 números π. Se elegirán como variables de repetición D, ρ del agua y g

El primer adimensional será el producto de Da1

ρagua

b1⋅ g

c1⋅ τ⋅ π1=

Para que sea adimensional, se realizará elproducto de las dimensiones básicas L

a1M L

3−⋅( )

b1⋅ L T

2−⋅( )

c1⋅ ML

1−T

2−⋅( )⋅ M

0L0

⋅ T0

⋅=

Desarrollando el producto de las potencias, resulta: La1

Mb1

⋅ L3− b1⋅

⋅ Lc1

⋅ T2− c1⋅

⋅ M⋅ L1−T

2−⋅ M

0L0

⋅ T0

⋅=

Sumamos los coeficientes de M b1 1+ 0= b1 1−=

------ año 2009 -----


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= a1 1−=

Reemplazando los coeficientes a1, b1 y c1 en π1,

resulta:π1 D

1−ρagua

1−⋅ g

1−⋅ τ⋅=

π1τ

D ρagua⋅ g⋅=

El segundo adimensional será el producto de Da1

ρagua

b1⋅ g

c1⋅ µ⋅ π2=


a1M L

3−⋅( )

b1⋅ L T

2−⋅( )

c1⋅ M T

1−⋅ L

1−⋅( )⋅ M

0L0

⋅ T0

⋅=


Mb1

⋅ L3− b1⋅

⋅ Lc1

⋅ T2− c1⋅

⋅ M⋅ L1−T

1−⋅ M

0L0

⋅ T0

⋅=


Sumamos los coeficientes de T 2− c1⋅ 1− 0= c11−

2=

Sumamos los coeficientes de L a1 3 b1⋅− c1+ 1− 0= a1 3 1−( )⋅−1−

2

+ 1− 0= a13

2−=


resulta: π2 D

3−

2ρagua

1−⋅ g

1−

2⋅ µ⋅= π2

µ

D

3

2ρagua⋅ g

1

2⋅

=

El segundo adimensional será el producto de Da1

ρagua

b1⋅ g

c1⋅ ρarena⋅ π3=


a1M L

3−⋅( )

b1⋅ L T

2−⋅( )

c1⋅ M L

3−⋅( )⋅ M

0L0

⋅ T0

⋅=


Mb1

⋅ L3− b1⋅

⋅ Lc1

⋅ T2− c1⋅

⋅ M⋅ L3−

M0L0

⋅ T0

⋅=


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= a1 0=


resulta:π3 ρagua

1−ρarena⋅=

π3ρarena

ρagua

=

Finalmente, se podrá escribir: τ f D ρarena, ρagua, g, µ,( )=

f1 τ D, ρarena, ρagua, g, µ,( ) 0=

f2 π1 π2, π3,( ) 0= f2τ

D ρagua⋅ g⋅

µ

D

3

2ρagua⋅ g

1

2⋅

,ρarena

ρagua

,

0=

------ año 2009 -----


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.

V=100mm/s

10mm

6mm

4mm

Placa cuadrada (100mmx100mm)

20mm

Velocidad V 100mm

s⋅:=

Espesor de la película e1 6mm:= e2 10mm:=

Viscocidad dinámica del líquido µ 0.7N s⋅

m2

⋅:=

Área A 100mm 100⋅ mm:=

Tensión de corte en toda el área decontacto

τ1 µ1V

e1⋅= τ2 µ2

V

e2⋅=

Fuerza provocada por la tensión enambas caras

Ft τ1 A⋅ τ2 A⋅+= Ft µ V⋅1

e1

1

e2+

⋅ A⋅:=

Ft 0.7N s⋅

m2

⋅ 100mm

s⋅⋅

1

6 mm⋅

1

10 mm⋅+

⋅ A⋅= 0.19 N=

2G|La compuerta ABC está

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.

A

2,5 m

Agua

anchode la compuerta 1,2 m

B

3m

C

1 m

60°

Terraplén

soporte de la bisagra

------ año 2009 -----


A

2,5 m

Agua

anchode la compuerta 1,2 m

B

3m

C

1 m

60°

Terraplén

soporte de la bisagra

F

lcppc c

cp

c: baricentro

cp: centro de presión

p=2.5mxγ

p=2,5mxγ

0,5m

Fy

a


Longitud de la compuerta sumergida

a2.5m

sin 60º( ):= a 2.89 m=

Peso específico del agua

γagua 9810N

m3

:=

Momento en el punto B MB F a lcp−( )⋅ Fy 0.5⋅ m−= [1]

Fuerza sobre la placainclinada

F pc Areal⋅= F γagua2.5m

2⋅ a⋅ 1.2⋅ m:= F 42479 N= [2]

Empuje vertical delagua

Fy γagua 2.5⋅ m( ) 1m 1.2⋅ m( ):= Fy 29430 N= [3]

Longitud al centro depresión

lcp lcJ

lc Areal⋅+= lcp

a

2

1.2m a3

⋅

12

a

2a⋅ 1.2⋅ m

+:= lcp 1.92 m= [4]

2.89

31⋅ 0.96=

Reemplazando [2], [3]y [4] en [1], resulta

MB F a lcp−( )⋅ Fy 0.5⋅ m−:=

MB = 26160N m⋅=

------ año 2009 -----


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.

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

turbina 4

1

D=90cmelevación10m

elevación40m

punto 2

elevación27m

codo A

turbina

D=90cm

elevación10m

punto 2

elevación27m

codo A

dA1y A1→8

V1→0p1=0

1 1

dA4y A4→8

V4→0p4=0

4 4

Figura de análisis---------------------------------->

Datos


m3

:=

diámetro de la cañería D 90cm:=

caudal Q 70m3

min:=

Q 1.17m3

s=

Velocidad en toda lacañería

V2Q 4⋅

π D2

⋅

:= V2 1.83m

s=

pérdidas por fricción u4 u1− 2m= u2 u1− ∆u2_1= 0.5m=

alturas z1 40m:= z2 27m:= z4 10m:=

Planteo

Ecuación de Energíaentre 1 y 4

Q Wturb Wbomba−( )− ρ Q⋅ u2 u1−V4

2V1

2−

2+ g z4 z1−( )⋅+

p4 p1−

ρ+

⋅=

V1 V4= 0= 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 -----


elevación 40m

punto 2

elevación27m

dA1y A1→8

V1→0p1=0

1 1

dA2 V2

p22

2

Figura de análisis---->

Ecuación de Energíaentre 1 y 2

Q Wturb Wbomba−( )− ρ Q⋅ u2 u1−V2

2V1

2−

2+ g z2 z1−( )⋅+

p2 p1−

ρ+

⋅=

0 ρ Q⋅ u2 u1−V2

2V1

2−

2+ g z2 z1−( )⋅+

p2 p1−

ρ+

⋅=

0 u2 u1−V2

2V1

2−

2+ g z2 z1−( )⋅+

p2 p1−

ρ+

=

V1 0= p1 patm= 0=

0 u2 u1−V2

2

2+ g z2 z1−( )⋅+

p2

ρ+

=

p2 0.5m g⋅V2

2

2+ g z2 z1−( )⋅+

− ρ⋅:=

p2 0.5 m⋅ g⋅

70m3

min⋅ 4⋅

π 90 cm⋅( )2

⋅

2

2+ g 27 m⋅ 40 m⋅−( )⋅+−

1000kg

m3

⋅⋅= 120902 Pa=

p2_abs p2 patm+:= p2_abs 222202 Pa=

15 puntos

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.


velocidad de propagación Vp L T1−

⋅= V f h σ, ρ, g,( )=

Profundidad h L=

tensión superficial σ M T2−

⋅=


⋅=

gravedad g L T2−

⋅=

------ año 2009 -----



Se tomarán como variables de repetición: V, h, y ρ

Vpa1

hb1

⋅ ρc1

⋅ σ⋅ π1= L T1−

⋅( )a1

Lb1

⋅ M L3−

⋅( )c1

⋅ M T2−

⋅( )⋅ M0L0

⋅ T0

⋅=

Mc1 1+

M0

= c1 1+ 0= c1 1−=

Ta1− 2−

T0

= a1− 2− 0= a1 2−=

La1 b1− 3c1−

L0

= a1 b1+ 3c1− 0= 2− b1+ 3 1−( )− 0= b1 1−=

π1σ

Vp2h⋅ ρ⋅

= π11−

Vp2 ρ h⋅

σ⋅= W= W: número de Weber

Vpa2

hb2

⋅ ρc2

⋅ g⋅ π2= M T2−

⋅( )a2

Lb2

⋅ M L3−

⋅( )c2

⋅ L T2−

⋅( )⋅ M0L0

⋅ T0

⋅=

Mc2

M0

= c2 0=

Ta2− 2−

T0

= a2− 2− 0= a2 2−=

La2 b2+ 3 c2⋅− 1+

L0

= a2 b2+ 3 c2⋅− 1+ 0= 2− b2+ 1+ 0= b2 1=

π2h g⋅

V2

= Fr:número de Froudeπ2( )

1−

2 V

f g⋅= Fr=

Se podrá escribir: V f h σ, ρ, g,( )= f1 V h, σ, ρ, g,( ) 0=

f2 W Fr,( ) 0= W f3 Fr( )=

1H|Para mantener la

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?

f=2900 rpm

35cm

Aceite

µ=0,24 N.s/m²

D2=1,52 cm

D1=1,5 cm

------ año 2009 -----


f=2900 rpm

35cm

D2=1,52 cm

D1=1,5 cm

ττ

ττ

ττ

ττ

ττ

ττ

e

V1=ω.R

V2=0

e

Figura de análisis y datos ------------------------------------->

velocidad angular ω 2900rev

60s

2 π⋅

1rev⋅:=

ω 303.691

s=

viscosidad dinámica dellubricante

µ 0.24N s⋅

m2

:=

espesor del lubricante e1.52 1.5−

2cm:=

e 0.0001m=

radio del cilindro interior R1.5

2cm:= R 0.0075 m=

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 τdV

dnµ⋅=

al ser lineal la variación,puede reemplazarse losdiferenciales por losincrementos

τ∆V

∆nµ⋅=

V2 V1−

eµ⋅= τ

ω R⋅

eµ⋅:= τ 5466.37 Pa=

área de contacto dondese produce la fricción

A 2 π⋅ R⋅ L:= A 165 cm2

=

fuerza en el área lateral F τ A⋅:= F 90.16 N=

momento M F R⋅:= M F1.5

2cm⋅⋅= 0.68N m⋅=

potencia P M ω⋅:= P 205 W=

O, de otra manera: P F Vt⋅= Vt ω R⋅:= Vt 2.28m

s=

P F Vt⋅:= P 205 W=

------ año 2009 -----


2H|En la figura se observan dos cañerías, A y B, unidas por un manómetro que tiene una rama vertical y otra inclinada. Determinar: • la diferencia de presiones entre A y B

• 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

45 cm

30 cm

30°

10 cm

mercurio, ρr=13,6

aceite

ρr = 0,9A

Bd1=25,4mm

agua

d2=12,7mm

45 cm

30 cm

30°

10 cm

mercurio, ρr=13,6

aceite

ρr = 0,9A

Bd1=25,4mm

agua

d2=12,7mm

1 2

Figura de análisis y datos ---------------->

peso específico delagua

γagua 9810N m3−

⋅:=

peso específico delaceite

γaceite 0.9 γagua⋅:=

γaceite 8829N m3−

⋅=


γHg 13.6 γagua⋅:=

γHg 133416N m3−

⋅=

presión relativa en elpunto A

pA_rel 29600Pa:=

presión atmosférica patm 101300N

m2

:=

En el plano horizontal1-2, la presión es lamisma

pA 45cm γagua⋅+ pB 30cm γaceite⋅+ 10cm sin 30º( )⋅ γHg⋅+=pA pB− ∆p=

Despejando PA-PB,

resulta:∆p 30cm γaceite⋅ 10cm sin 30º( )⋅ γHg⋅+ 45cm γagua⋅−:= ∆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=

------ año 2009 -----


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, 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

turbina

0,5m

empotramiento del codo A

D=90cm

60º

y

x

3

codo A

D2=90cm

D3=90cm

3

2

250cm

V2

dA3

V3

volumen de control

p3

p2

2x

V 2y

RyRx

23

60°

W

y

x

2

3

0,5m

dA2


Datos

volumen del codo Volcodo1100

1000m3

:=


m3

:=

alturas de los puntos 2y 3

z2 0.5m:= z3 0m:=

diámetro de la cañería D 90cm:=

caudal Q 70m3

min:=

Q 1.17m3

s=

presión relativa en elpunto 2

p2 120900Pa:=

áreas de las secciones 2y 3

A2π D

2⋅

4:= A2 0.64 m

2= 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 energíaen el V.C. 0 u3 u2−

V32

V22

−

2+ g z3 z2−( )⋅+

p3 p2−

ρ+

=

u3 u2− 0= V3 V2=

0 g z3 z2−( )⋅p3 p2−

ρ+

=

------ año 2009 -----


p3 g− z3 z2−( )⋅ ρ⋅ p2+:=

p3 g−( ) 0 m⋅ 0.5 m⋅−( )⋅ 1000kg

m3

⋅⋅ p2+= 125803 Pa=

Planteo: para encontrar la fuerza se planteará la ecuación de cantidad de movimiento en el volumen de

control marcado en línea punteada.

Velocidad en la cañería V2Q 4⋅

π D2

⋅

:= V2 1.83m

s= V2x V2 cos 60deg( )⋅:= V2x 0.92

m

s=

V2y V2 sin 60deg( )⋅:= V2y 1.59m

s=

V3 V2:= V3x V3:= V3x 1.83m

s=

V3y 0:=


∑ tVolρ Vol⋅

⌠⌡

dd

dAρ V

→⋅( ) V

→⋅

⌠⌡

d+=

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⋅+:= Rx 42646 N=

Proyección en y Ry p2 A2⋅ sin 60deg( )⋅− Pesovol_codo− ρ Q V2y⋅ Q V3y⋅+( )⋅=

Ry ρ Q⋅ V2y V3y+( )⋅ p2 A2⋅ sin 60deg( )⋅+ γagua Volcodo⋅+:= Ry 79253 N=

15 puntos

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.


f f µ V, ρ, D,( )=frecuencia f T1−

=

viscosidad absoluta µ M L1−

⋅ T1−

⋅=

velocidad V L T1−

⋅=


⋅=

diámetro D L=


Se tomarán como variables de repetición: V, ρ, y D.

Va1

Db1

⋅ ρc1

⋅ f⋅ π1= L T1−

⋅( )a1

Lb1

⋅ M L3−

⋅( )c1

⋅ T1−( )⋅ M

0L0

⋅ T0

⋅=

Mc1

M0

= c1 0=

Ta1− 1−

T0

= a1− 1− 0= a1 1−=

La1 b1+ 3c1−

L0

= a1 b1+ 3 c1⋅− 0= 1− b1+ 3 0( )⋅− 0= b1 1=

------ año 2009 -----


π1D f⋅

V=

Va1

Db1

⋅ ρc1

⋅ µ⋅ π21= L T1−

⋅( )a2

Lb2

⋅ M L3−

⋅( )c2

⋅ M L1−

⋅ T1−

⋅( )⋅ M0L0

⋅ T0

⋅=

Mc2 1+

M0

= c2 1+ 0= c2 1−=

Ta2− 1−

T0

= a2− 1− 0= a2 1−=

La2 b2+ 3c2− 1−

L0

= a2 b2+ 3c2− 1− 0= 1− b2+ 3 1−( )− 1− 0= b2 1−=

π2µ

V D⋅ ρ⋅= π2

1−Re= Re: número de Reynolds

Se podrá escribir:

f f µ V, ρ, D,( )= f1 f µ, V, ρ, D,( ) 0=

f2 π1 π21−

,( ) 0= π1 f3 Re( )=D f⋅

Vf3 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 3m

s⋅:=

Espesor de la película e4cm 22mm−

2:= e 9mm=

Viscocidad dinámica de los aceites µ1 µ2 2 µ1⋅= [1]

Área A 1m2

:=

Tensión de corte en cada lado de laplaca

τ1 µ1V

e⋅= τ2 µ2

V

e⋅=

Fuerza provocada por la tensión enambas caras

Ft τ1 A⋅ τ2 A⋅+= Ft µ1V

e⋅ µ2

V

e⋅+

A⋅=

Ft µ1 2 µ1⋅+( )V

e⋅ A⋅= => Ft 3µ1

V

e⋅ A⋅=

Despejando, la viscosidad µ1, resulta: µ1

Ft e⋅

3 V⋅ A⋅:= µ1 0.03

N s⋅

m2

=

Y, por [1], se obtiene µ2 µ2 2 µ1⋅:= µ2 0.05N s⋅

m2

=

------ año 2009 -----


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.

6m

4m

3 maceite

ρr = 0,9

agua

C

6m

4m

3m aceite

ρr = 0,9

agua

B

C

F

E

G

D

A H

Fy_aceite

Wcilindro

Fy_agua

Figura de análisis y datos------------------------>

peso específico del agua γagua 9810N

m3

:=


γaceite 9810 0.9⋅N

m3

:=

γaceite 8829N

m3

=

patm 101300Pa:=

Planteo

Ecuación de equilibrio (signos en función del eje y) Wcilindro Fy_agua+ Fy_aceite− 0=

Fuerza vertical del agua Fy_agua γagua Vol_BCFEG⋅=

Vol_BCFEG 4m 3⋅ m 5⋅ mπ 3m( )

2⋅

4

1

2⋅ 5⋅ m−:= Vol_BCFEG 42.33m

3=

Fy_agua γagua Vol_BCFEG⋅:= Fy_agua 415243 N=

Fuerza vertical del aceite (empuje) Fy_aceite γaceite Vol_ACDEH⋅=

Vol_ACDEH 6m 3⋅ m 5⋅ mπ 3m( )

2⋅

4

1

2⋅ 5⋅ m+:= Vol_ACDEH 107.67m

3=

Fy_aceite 0.9 γagua⋅( )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 γagua⋅ patm+:= pabs_C_agua 140540 Pa=

Presión manométrica en el punto C, en el aceite pabs_C_aceite 6m γaceite⋅ patm+:= pabs_C_aceite 154274 Pa=

------ año 2009 -----


3I|Están fluyendo 120 l/s de combustible para

jet, JP4, de densidad 779 kg/m³. Calcular la potencia de la bomba. Considerar: • pérdidas de energía interna despreciables

bomba

∆h=1,25m

D2=150mm

D1=200mm

Hg

Q

Q

Z2

Z1

1

2

Datos de los fluidos yfigura de análisis

D1 200mm:= A1π D1

2⋅

4:= A1 0.03 m

2=

D2 150mm:= A2π D2

2⋅

4:= A2 0.02 m

2=

∆h 1.25m:=

ρcomb 779kg

m3

:=γcomb ρcomb g⋅:= γcomb 7639

N

m3

=

γHg 13.6 γagua⋅:= γHg 133416N

m3

=

Q 0.12m3

s:=

Ec. de la energía Q Wb+ Wt−d

dt VC

Volρ e⋅⌠⌡

d⋅

SC

Aρp

ρ

V

2+ z g⋅+ u+

⋅ V→⋅

⌠⌡

d+=

Hipótesis a) La derivada respecto al tiempo es nula: las derivadas con respecto al tiempo (d/dt) se anulanb) no hay potencia de turbinas en el volumen de control: Wt=0c) no hay calor entregado al volumen de control: Q=0e) se desprecian las pérdidas de enrgía interna: u2-u1=0f) la densidad es constante en toda la superficie de control: r=cte, puede salir fuera de laintegral

g) los términos p

ρ

V

2+ z g⋅+ u+

, son constantes en la SC1 y en la SC2, puede salir fuera de

la integral

Considerando lashipótesis, la ecuaciónde la energía resulta:

Wb ρp1

ρ

V1

2+ z1 g⋅+

⋅

SC1

A1V1

→⌠⌡

d⋅ ρp2

ρ

V2

2+ z2 g⋅+

⋅

SC2

A2V2

→⌠⌡

d⋅+=

Wb ρp1

ρ

V1

2+ z1 g⋅+

⋅ Q1−( )⋅p2

ρ

V2

2+ z2 g⋅+

Q2⋅+=

------ año 2009 -----


Por la ecuación de continuidad Q1 Q2= Q=

La ecuación de la energía sólo quedaplanteada para las superficies 1 y 2

Wb ρcomb Q⋅p2

ρcomb

V22

2+ z2 g⋅+ u2+

p1

ρcomb

V12

2+ z1 g⋅+ u1+

−

⋅=

Multiplicando y dividiendo por g el miembroderecho de la igualdad, resulta:

Wb g ρcomb⋅ Q⋅p2 p1−

ρ comb g⋅z2 z1−( )+

V22

V12

−

2 g⋅+

⋅=

Por la ecuación de continuidad, se sabe queQ=V.A, y se reemplaza la velocidad, quedando:

Wb γcomb Q⋅p2 p1−

γcombz2 z1−( )+

Q2

2g

1

A22

1

A12

−

⋅+

⋅= [1]

Sabiendo que dentro de la cañería al ser las líneasde corriente paralelas se puede suponer unavariación hidrostática de presión, y que no circulafluidos por el manómetro se plantea una igualdadde presión entre los puntos A y B

p1 γcomb z1⋅+ ∆h γhg⋅+ p2 γcomb z2⋅− γcomb ∆h⋅+=

p2 p1−

γcombz2 z1−( )+

∆h γhg⋅ ∆h γcomb⋅−

γcomb= [2]

Reemplazando [2] en [1], resulta: Wb γcomb Q⋅∆h γHg⋅ ∆h γcomb⋅−

γcomb

Q2

2g

1

A22

1

A12

−

⋅+

⋅:=

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:= 20ºC

Velocidad Vp incgógnita:= incgógnita Vm 24m

s:=

Fuerza de arrastre (o resistencia al avance) ∆pp incógnita:= incógnita ∆pm 60mca:=

∆pm 588600 Pa=

Densidad (datos de tabla) ρp1.247 1.204+

2

kg

m3

:= ρm 998.2kg

m3

⋅:=

ρp 1.23kg

m3

=

Viscosidad cinemática (datos de tabla) νp1.42 1.51+

210

5−⋅

N s⋅

m2

⋅:= νm 1.011 106−

⋅N s⋅

m2

⋅:=

νp 1.46 105−

×N s⋅

m2

=

------ año 2009 -----


Escala Elm

lp= E

1

12:=

Predominan las fuerzas de inercia, entonces paratener una buena similitud, se planteará la igualdaddel número de Reynolds

Rem Rep=( )Vm lm⋅

νm

Vp lp⋅

νp

= Vp Vmlm

lp⋅

νp

νm

⋅=

Vp Vm E⋅νp

νm

⋅:= Vp 28.98m

s=

Para determinar las pérdidas de presión,plantearemos la igualdad de Euler en prototipo ymodelo

Em Ep=∆pm

ρm Vm2

⋅

∆pp

ρp Vp2

⋅

= ∆pp ∆pmρp

ρm

⋅Vp

2

Vm2

⋅:= ∆pp 1053.72 Pa=

1J| Un bloque cuadrado que pesa 27 N y tiene 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 θθθθ del plano? Considerar: • espesor del aceite: 1 mm • comportamiento: newtoniano • viscosidad del aceite: 2,156.10-3N.s/m²

V=590m/min

θ

e=1mm

aceite

V=590m/min

θ

e=1mm

aceite

Pθ

proy

τ

τ

V=0τ

peso del bloque P 27N:=

área de contacto A 20cm( )2

:=

velocidad dedeslizamiento

V 590m

min:=

espesor de la película e 1mm:=

viscosidad del aceite µ 2.156 103−

⋅N s⋅

m2

⋅:=

Ecuación de equilibrio P sin θ( )⋅ Ft=

En toda la superficie de contacto entre el bloque y elaceite, la tensión de corte es la misma

P sin θ( )⋅ τ A⋅= siendo τ µnV

d

d

⋅= µ∆V

∆n⋅= µ

V V0−

e⋅=

P sin θ( )⋅ µV

n⋅ A⋅=

sin θ( ) µV

e⋅

A

P⋅= => θ asin µ

V

e⋅

A

P⋅

:=

θ asin 2.156 103−

⋅N s⋅

m2

⋅

590m

min⋅

1 mm⋅⋅

20 cm⋅( )2

27 N⋅⋅

= 1.8 º=

------ año 2009 -----


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. Considerar el peso específico del agua: 9810 N/m³.

fluido

ρr = 1,6

Ap=58 kPa

B

fluido

ρr = 1,6

A

R=0,6m

p=23544 PaB

E F

C

H=23544Pa/(9810N/m²x1.6)

y

x


Datos

peso específico del agua γagua 9810N

m3

:=

peso específico delfluido

γ fluido 9810 1.6⋅N

m3

:=

γ fluido 15696N

m3

=

Planteo

Se calculará la distancia sobre el manómetro dondela presión relativa es nula.

H23544Pa

1.6 γagua⋅:= H 1.5 m=

Empuje vertical Fy_fluido γfluido Vol_EACBF⋅=

El volumen se toma sobre la curva hasta el nivel depresión relativa 0. Vol_EACBF 1.2 m⋅ H⋅

π 1.2 m⋅( )2

⋅

4

1

2⋅−

1.5⋅ m:= Vol_BCFEG 42.33m3

=

Fy_fluido γ fluido Vol_EACBF⋅:= Fy_fluido 29065 N=

3J|Calcule la fuerza horizontal que ejerce el agua sobre el tramo de tubería mostrado en la figura. 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

y

x

p1

Q

p2=patm

d2

d1

------ año 2009 -----


y

x

p2=0 (patm)

d2

d1

1dA1

V 1

p1

Ry=0

Rx

1

2

2dA2

V2

volumen de control

superficie de control SC1

superficie de control SC2


Datos


m3

:=

alturas de los puntos 2y 3

z2 0.5m:= z3 0m:=

diámetro de la cañería D1 10cm:=

D2 5cm:=

caudal Q 30l

s:=

Q 0.03m3

s=

áreas de las secciones 1y 2

A1π D1

2⋅

4:= A1 0.008 m

2= A2

π D22

⋅

4:= A2 0.002 m

2=

V1Q

A1:= V1 3.82

m

s= V2

Q

A2:= V2 15.28

m

s=

Planteo: para encontrar la fuerza se planteará la ecuación de cantidad de movimiento en el volumen de

control marcado en línea punteada.

Ec. Cantidad de Movim. Fext

→

∑ tVolρ Vol⋅

⌠⌡

dd

dAρ V

→⋅( ) V

→⋅

⌠⌡

d+=

Proyección en x Rx p1 A1⋅+ p2 A2⋅+ ρ V1x Q−( )⋅ V2x−( ) Q⋅+ ⋅= [1]

La presión relativa en lasuperficie de control 2 esnula, ya que es unchorro libre quedescarga en la atmósfera

p2 0:= La presión en 1, esdesconocida, y lapodemos calcularutilizando la ecuación dela energía

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 energíaen el V.C. 0 u2 u1−

V22

V12

−

2+ g z2 z1−( )⋅+

p2 p1−

ρ+

=

u3 u2− 0= z2 z1= p2 0:=

0V2

2V1

2−

2

p1

ρ−= p1 ρ

V22

V12

−

2⋅:= p1 109427 Pa= [2]

( ) ( )

------ año 2009 -----


Reemplazando [2] y losdatos en [1] resulta:

Rx ρ V1 Q−( )⋅ V2−( ) Q⋅+ ⋅ p1 A1⋅( )−:=

Rx 1000kg

m3

⋅

30l

s⋅

A130

l

s⋅−

⋅

30l

s⋅

A2−

30l

s⋅⋅+

⋅ p1 A1⋅−= 1432− N=

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.

prototipo modelo

Tipo de fluidos agua aire

presión pm 1atm:=

Temperatura tp 15ºC:= ºC tm 25ºC:= ºC

Velocidad Vp 500mm

s:= Vm incógnita:= incógnita

Qm incógnita:= incógnita

Fuerza de arrastre (o resistencia al avance) ∆pp incógnita:= incógnita ∆pm

Densidad (datos de tabla) ρp 999.1kg

m3

:= ρm1.204 1.164+

2

kg

m3

⋅:=

ρm 1.18kg

m3

=

Viscosidad absoluta (datos de tabla) µp 1.146 106−

⋅N s⋅

m2

⋅:= µm1.51 1.60+

210

5−⋅

N s⋅

m2

⋅:=

µm 1.56 105−

×kg

m s⋅=

Escala Elm

lp= E

1

5:=

Predominan las fuerzas de inercia, entoncespara tener una buena similitud, se planteará laigualdad del número de Reynolds

Rem Rep=( )Vm lm⋅

νm

Vp lp⋅

νp

= Vm Vplp

lm⋅

νm

νp

⋅=

Vm Vp1

E⋅

µm

ρm

µp

ρm

⋅:= Vm 33.92m

s=

Área Ap4m( )

2π⋅

4:= Ap 12.57 m

2=

------ año 2009 -----


Am

ApE2

= Am Ap E2

⋅:= Am 0.5 m2

=

Utilizando el área del modelo y la velocidad en elmodelo, obtendremos el caudal por la ecuación decontinuidad

Qm Vm Am⋅:= Qm 17.05m3

s=

Para determinar las pérdidas de presión,plantearemos la igualdad de Euler en prototipo ymodelo

Em Ep=∆pm

ρm Vm2

⋅

∆pp

ρp Vp2

⋅

= ∆pp ∆pmρp

ρm

⋅Vp

2

Vm2

⋅:=

ρp

ρm

Vp2

Vm2

⋅ 0.18= => ∆pp ∆pm 0.18⋅=siendo

------ año 2009 -----

1º PARCIAL - AÑO 2009 - civil.frba.utn.edu.ar · 1º Parcial: Enunciado y Resolución Pág. 3 de...

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