Ejercicios resueltos de dinamica de fluidos

1. 01. A una profundidad de 5 millas en el océano la presión es de 11930 psi. Si el peso
específico del agua de mar en la superficie es de 64 lb/pie3
y el módulode elasticidad
volumétrico es de 340 000 psi en promedio.
a) ¿Cuál debe ser el cambio enel volumen específico (enm3
/kg) entre lasuperficie y
esta profundidad?
b) ¿Cuál es el volumen específico a esta profundidad (en m3
/kg)?
c) ¿Cuál es el peso específico del agua a esta profundidad (en N/m3
)?
Playa 64 lb/pie
3
5 millas
11930 psi
Resolución:
a) El volumenespecífico(Ve) de unasustanciaestárelacionadoconladensidad, según
la ecuación:


1
m
V
Ve
Y con el peso específico:


g
Ve
Por lo que su magnitud a nivel de la superficie de mar será:
3
2
2
3
2
pie
s
pie.slug
64
s
pie
2.32
Ve
pie
lb
64
s
pie
2.32
Ve 
Entonces :
slug
pie
504.0Ve
3

Para determinar el cambio que ocurre en el volumen específico del agua de mar
debidoal aumentode presiónacausade la profundidad,esnecesariohacerusodel
concepto de módulo de elasticidad volumétrico EV, entonces:
Ve
P.Ve
E
P
E i
V
i
V







Quedando que:
V
i
E
P
VeVe

 entonces:
 
psi340000
psi7.14psi11930
slug
pie
504.0Ve
3








 
psi340000
psi3.11915
slug
pie
504.0Ve
3







slug
pie
0176.0Ve
3


2. Pero convirtiéndolo a m3
/kg será:
3
33
pie1
m02832.0
kg59.14
slug1
slug
pie
0176.0Ve 
kg
m
10416.3Ve
3
5

b) El volumenespecíficodelaguade mar a 5 millasde profundidad(Ve2)cambiaauna
magnitud de:
12 VeVeVe 
Entonces:
slug
pie
504.0Ve
slug
pie
0176.0
3
2
3

Obteniendo :
slug
pie
4864.0Ve
3
2 
Finalmente convirtiendo a m3
/kg: 3
33
2
pie1
m02832.0
kg59.14
slug1
slug
pie
4864.0Ve 
kg
m
10441.9Ve
3
4
2


c) Para hallarel pesoespecíficodel aguade mar a tal profundidadusamoslafórmula:
2
2
Ve
g

33
2
23
2
2
pie
lb
2.66
pie
s
pie.slug
2.66
slug
pie
4864.0
s
pie
2.32

Transformando a N/m3
:
lb1
N448.4
m02832.0
pie1
pie
lb
2.66 3
3
32 
32
m
N
51.10397
02. Halle la potencianecesariaparamanteneruna velocidadangularconstante de 10rad/s
en el viscosímetro cilíndrico de la figura. (Considérense los esfuerzos cortantes, en la
superficie lateral y en la base). Datos: H=10cm; R1=3cm; h=0.1cm; =7.10-3
N.s/m2
Resolución:

3. i)En la cara lateral se tiene:
dy
dv

h
.R
dy
dv
h
v
h
0v
dy
dv 111 



Los valores de la fuerza lateral (FL) y el par lateral (ML), se obtienen:
- H.R.2.
h
R
.FdS.F 1
1
LL 

 entonces : 2
1L R.H.2.
h
.F 


- 11
1
L1LL HR.R2.
h
.R
.MR.FM 

 entonces: 3
1L R.H.2.
h
.M 


El valor de la potencia necesaria para vencer los esfuerzos cortantes laterales será:
 .MP LL entonces: 3
1
2
L R.H2.
h
P 

 ……………… ()
ii) En la base del cilindro se tiene:
h
.r
dy
dv
h
v
dy
dv ii 

Los valores de la fuerza en la base (FB) y el par en la base (MB), se obtienen:
-
11
R
0
3
i
Bii
R
0
i
B
S
B
3
r
..
h
2
.Fdr.r2.
h
.r
FdSF 









 
Entonces:
3
R
.
h
.2.F
3
1
B


-
1R
0
4
i
Bi
3
i
R
0
BiBB
4
R
.
h
2.
.Mdr.r.
h
2.
MR.dFM 







 
Entonces:
4
R
.
h
2.
.M
4
1
B


La potencia debida a los esfuerzos cortantes en la base (PB) será:
 .MP BB entonces:
4
R
.
h
2.
.P
4
1
2
B

 ……………… ()
Con lo que la potencia total necesaria para hacer girar al cilindro será:
PT=PL+PB
De () y () 








4
R
R.H.
h
2.
.P
4
13
1
2
T








 
4
03.0
01,0x1.0.
001.0
2.10
.10.7P
4
3
2
3
T  W0127.0PT 

4. 03. Dos superficies planas de grandes dimensiones están separadas 32 mm y el espacio
entre ellasestállenoconun líquidocuyaviscosidadesde 0,15 poises.Suponiendoque
el gradiente de velocidades es lineal, se pide:
a) ¿Qué fuerza en Newton(N) se requiere para arrastrar una placa de muy poco
espesory0,5m2
de área a lavelocidadconstantede 20cm/s,si la placadista10 mm
de una de las superficies?
b) ¿Cuál es la potencia disipada en vatios(W)?. Razónese todo lo que se haga.
Resolución:
Datos:
= 0.15 poises = 0.015 Pa.s
l1 = 10mm = 0.01 m
l2 = 32mm - 10mm = 0.022 m
A = 0.5 m2
v = 20 cm/s = 0.2 m/s
a) Para hallar la fuerza que se requiere para arrastrar la placa, usaremos la Ley de
Newton para la fuerza:
dy
dv
.
dA
dFt

Pero como la gradiente de velocidades es lineal tendremos:
A.
y
v
.F
y
v
.
A
F
t
t

Donde:  : viscosidad dinámica del líquido
y
v
: gradiente de velocidades (lineal)
A : sección de la placa móvil

5. Considerando ambas superficies:
A.
l
v
.A.
l
v
.F
21
t 







21
t
l
1
l
1
.v.A.F
Reemplazando : 






022.0
1
01.0
1
2.05.0015.0Ft N218.0Ft 
b) La potencia disipada en vatios (W) se calculará con :
v.FPot t
2.0218.0Pot  W0436.0Pot
04. Un recipiente quecontiene aire atmosféricose invierteyse sumerge enaguahastaque
alcance la posiciónmostrada.Si suponemosque el aire se comportacomogasperfecto
manteniendo su temperatura a 70ºF. ¿Cuánto vale la altura “h”?
Datos: n = 10 pie ; m = 1 pie
AIRE
A
n
h
H O2
m
2
Resolución:
Condicionesiniciales: Condicionesfinales:
atm1 PP  atmOHOH2 P.n.hP 22

mA1  )hn.(PP OHatm2 2

Además: A).hm(2 
Como T = 70ºF = constante, entonces se cumple que:
2211 .P.P  (Nótese que P1 yP2 debenserpresionesabsolutas)
  A).hm().hn(PmAP OHatmatm 2

operando: 0mnh.
P
nmh
OH
atm2
2












6. Considerando que: 22atm
pie
flb
8.2116
lgpu
flb
7.14P




Reemplazamos: 0pie1pie10h.
pie
flb
4.62
pie
flb
8.2116
pie1pie10h
3
2
2
















pie2237.0h 
05. Un gato hidráulico tiene las dimensiones que se muestran en la figura adjunta; si se
ejerce una fuerza de 100 N en la palanca del gato, se pide:
a) La presión ejercida en A1 expresada en bares.
b) La carga F2 que puede soportar el gato expresado en kN.
Resolución:
a) La presión ejercida en A1 expresada en bares:
Dato: F = 100 N
Según el equilibrio de rotación: 003.0F33.0F0M 1C 
003.0F33.0100 1 
De donde: N1100F1 

7. Luego, de la fórmula:
1
1
1
A
F
P 
Reemplazando:
 





 

4
m015.0
N1100
P 21 Pa66.6224726P1 
Transformando a bar: bar2.62P
Pa10
bar1
Pa66.6224726P 151 
b) Para hallarla carga F2 que puede soportarel gato expresadoenkN,aplicaremosel
Teorema de Pascal:
21 PP 
Entonces: Pa66.6224726P2 
Luego: 222 APF 
4
05.0
66.6224726F
2
2


N9.12212F2 
kN2.12F2 
06. Se llenacon agua un tanque cilíndricoabiertode 1 m de diámetroy de 1,5 m de altura,
y se le hace girar alrededor de su eje geométrico a 100 rpm.
a) ¿Qué volumen de líquido se derrama?
b) ¿Cuáles son las presiones en el centro del fondo del tanque y en un punto en el
fondo a 0,3 m del centro?
c) ¿Cuál es la fuerza resultante ejercida por el agua sobre el fondo del tanque?
Resolución:
En la figura se muestra la ubicación del fluido dentro del depósito cuando este está
girando alrededor de su eje:

8. a) El volumen de fluido derramado será igual al volumen del paraboloide de
revolución, es decir:
PDERR VV 
circuns.cilDERR V.
2
1
V 
  )z(R.
2
1
V 2
DERR  …………………… (1)
La alturaZ se determinaapartirde laecuacióndel paraboloidede revoluciónω.
g2
R
Z
22


 81.92
5.0
3
10
Z
2
2





 
 entonces: Z = 1.3987 m
Reemplazando en (1):
  )3987.1(5.0.
2
1
V 2
DERR  3
DERR m55.0V 
b) La presión manométrica en el punto C será:
 Z5.1.P OHC 2

 3987.15.1.9800PC 
Pa74.992P
m
N
74.992P C2C 
La presión manométrica en el punto B a 0,3 m sobre el fondo será
 
Pa5928P
8.92
3.047.10
1013.0.9800P
g2
r
3987.15.1.P
'zZ5.1.P
B
22
B
2
B
2
OHB
OHB
2
2
















 


c) Para determinarlafuerzasobre el fondodeldepósitodebidoal fluido,se divide
al área en elementosdiferencialesde radior y espesor dr tal como se muestra
en la figura y se determina la fuerza sobre dicho elemento:

9. La fuerza dF será:
N5383F
4
R
.
3
10
)1000(F
drr...F
42
R
0
32












 

 
07. Determine la fuerza P, necesaria para que la compuerta parabólica mostrada se
encuentre en equilibrio. Considere que H = 2 m y el ancho de la compuerta es 2 m
Resolución:
Fuerzahorizontal sobre lacompuerta.Enla figurase muestrala superficieproyectada
enun planoperpendicularala fuerzahorizontal.
La magnitudde lafuerzahorizontal será:
El puntode aplicaciónde lafuerzahorizontal será:

10. La magnitudde lafuerzaresultante será:
Se procede a determinarel áreautilizandoel elementodiferencialmostradoenla
figura.
Remplazandolaecuación(4) en(3),resulta
El puntode aplicaciónde lafuerzavertical será
Para determinarel valorde Pse traza el DCL de la compuertatal como se muestraen
la figura.

11. Tomandomomentosrespectoalabisagra:
08. Por una tubería lisa de 8” de diámetro continuo y una longitud de 1 Km, se
bombea agua a una
temperatura de 20 °C hasta
una altura de 30.9 m. La
tubería descarga en un
tanque abierto a la presión
atmosférica con una rapidez
de 0.4 lt/s. Calcule:
a) El tipo de régimen del fluido
en la tubería
b) La caída de presión en la tubería
c) La potencia de la bomba, necesaria para subir el agua con el gasto indicado
Soluciónincisoa) Parasabersi el flujodeaguaque corre porlatuberíaeslaminar,calculamos
el No. de Reynolds.
𝑅 𝑒 =
𝜌𝑣𝐷
η
,
Donde  esla densidaddel agua, v lavelocidadde descarga,Del diámetrode latubería
y  la viscosidad del agua a 20°C.
Para conocer v aplicamos la ecuación del gasto:
𝑄 = 𝐴𝑣
A esel área de seccióntransversal de latubería,por loque la velocidad de descarga es
0 0
0
Figura. Los manómetros indican la caída de presión de un fluido
viscoso, en los diversos tramos de la tubería, que descarga a la
atmósfera a una altura de 30.9 m.
1 Km
30.9m

12. 𝑣 =
𝑄
𝐴
=
0.4𝑥10−3 𝑚3 𝑠⁄
𝜋(0.1𝑚)2 = 0.0127 𝑚 𝑠⁄
𝑅 𝑒 =
103 𝐾𝑔 𝑚3∗0.0127𝑚 𝑠⁄ ∗0.2𝑚⁄
10−3 𝑁.𝑠 𝑚2⁄
= 2540, régimen no turbulento.
Solución inciso b) En este ejercicio se presentan dos caídas de presión: la primera
debida a la viscosidad, el diámetro, el gasto y la longitud de la tubería, representada
por la ecuación de Poiseuille, y la segunda debida a la diferencia de alturas entre la
bomba y el punto de descarga.
Δ𝑃 = Δ𝑃 𝑃 + ΔPℎ (1)
De acuerdocon la ecuaciónde Poiseuille,lacaída de presiónenla tubería, PP, debido
a la viscosidad, = 10-3
N.s/m2
, la longitud,L= 1 Km, el gasto Q = 0.4x10-3
m3
/s, y el
diámetro de la misma D = 20 cm, está dada por:
∆𝑃 =
8𝑄𝜂𝐿
𝜋𝑅4 =
8𝑥4𝑥10−4 𝑚3 𝑠⁄ 𝑥10−3 𝑁. 𝑠 𝑚2 𝑥1000𝑚⁄
𝜋𝑅4 = 10.18𝑃𝑎
Porotrolado,lacaída de presióndebidaexclusivamentealaalturaque tiene quevencer
la bomba, es:
Δ𝑃ℎ = 𝜚𝑔ℎ = 1000 𝐾𝑔 𝑚3 𝑥9.8 𝑚 𝑠2⁄⁄ 𝑥30.9𝑚 = 3.028𝑥105 𝑃𝑎 , que equivale a3
atmósferas.
La caída de presión que tendrá que compensar la bomba
Estará dada, de acuerdo con la igualdad (1), por:
Δ𝑃 = 10.18𝑃𝑎 + 3.02𝑥105 𝑃𝑎 = 3.02𝑥105 𝑃𝑎
Es decir,bajolas condicionesde flujolaminar,yun diámetrode 20 cm en la tubería, la
caída de presión debida a la viscosidad es despreciable para agua.
Si aumentamosel gastoavaloresmásprácticos,digamosde 4lt/s,lavelocidadaumenta
a 0.127m/s y según el Reynolds el tipo de régimen sería turbulento,Re = 25400. En
conclusiónlaecuaciónde Poiseuille tiene unaaplicaciónmuyreducidaysolose emplea
en casos especiales donde el flujo es laminar, lo que generalmente implica gastos
pequeños para tuberías que no tienen diámetros grandes.

13. Solución incisoc) La presiónde la bomba estádada por el producto de la caída de presión
por el gasto, es decir
𝑃𝑜𝑡 = ∆𝑃𝑥𝑄 = 3.02𝑥105 𝑃𝑎 ∗ 4𝑥10−4 𝑚3 𝑠 = 120.8𝑤𝑎𝑡𝑡𝑠⁄
09. Un tubo capilarde 1 pie de largoy 1/64 pulgadas de diámetro
internoestáconectadoal fondode un depósitocilíndrico, que
tiene una altura de 1 pie y diámetro de 6 pulgadas, lleno de
agua, se muestra en la figura adjunto. Calcular:
a) El gasto de descarga Q = dV/dt (m3
/s, cm3
/hr )
b) La rapidez de caída del nivel del agua en el depósito,
dh1/dt. Considere un valor de 0.01 poise para la viscosidad del
agua.
c) La rapidez de movimiento, dh2/dt,del nivel de agua en el capilar
cuando esta se agota en el depósito
(L1 = 0).
De acuerdocon laecuación de Poiseuille,elgastode fluidoatravésdel
área de sección transversal de un tubo cilíndrico de longitud L y radio R, es:
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
𝜋𝑅4
8𝜂𝐿
Δ𝑃 (1)
Donde P es la diferencia de presión entre los puntos separados por la distancia L.
Solución inciso a).
El flujo de agua a través del capilar se debe a la presión ejercida por el nivel de agua en el
depósitomásla presiónde la columnade agua enel propiocapilar,dandolugar a la aplicación
de la ecuaciónde Poisevilleenel depósitomáslamismaenel capilar,loque se representade la
siguiente forma:
1º. La presiónde lacolumnade aguaeneldepósitosobrelaparte superiordelcapilarcontribuye
a que se genere un gasto dado por:
𝑑𝑉1
𝑑𝑡
= 𝑄1 =
𝜋𝑅4
8𝜂𝐿2
( 𝜌𝑔𝐿1) (2)
Con R el radiodel capilary L2 lalongituddel mismo.Comopuede observarse enel problema,la
diferencia de presiones es proporcionada por la altura de la columna de fluido, P = gL1 en
este caso.
2º. La contribuciónal gastoenel capilardebida a la presión de su propio peso, está dada por
Figura . Depósito con capilar al
fondo.
L1
L2

14. 𝑑𝑉2
𝑑𝑡
= 𝑄2 =
𝜋𝑅4
8𝜂𝐿2
(ρgL2) (3)
De tal forma que el gasto total a través del capilar es:
𝑄 = 𝑄1 + 𝑄2 =
𝜋𝑅4
8𝜂𝐿2
ρg(L1 + L2) (4)
Entonces,
𝑄 =
𝜋(1.984−4 𝑚)4 𝑥1000 𝑘𝑔 𝑚3(9.8 𝑚 𝑠2)(0.3048𝑚 + 0.3048𝑚)⁄⁄
8𝑥10−3 𝑁. 𝑠 𝑚2(0.3048𝑚)⁄
= 1.1925𝑥10−8 𝑚3 𝑠⁄ = 42.93 𝑐𝑚3 ℎ𝑟⁄
Solución inciso b): Como
𝑑𝑄
𝑑𝑡
= 𝐴1
𝑑ℎ1
𝑑𝑡
, donde A es el área del depósito y dh1/dt la rapidezcon
que se baja el nivel de líquido en el mismo.
La ecuación (4) queda:
𝑑ℎ1
𝑑𝑡
=
𝜋𝑅4
8𝐴1 𝜂𝐿2
ρg(L1 + L2) (5)
Donde R es el radio del capilar y A1 el área del depósito, por lo que, sustituyendo valores,la
rapidez de bajada del nivel de agua en el depósito para L1 = 12 pulgadas y L2 = 12 pulgadas,
queda:
𝑑ℎ1
𝑑𝑡
=
𝜋(1.984𝑥10−4 𝑚)
4
(1000𝐾𝑔 𝑚3⁄ )(9.8𝑚 𝑠2)(0.3048𝑚+0.3048𝑚)⁄
8
𝜋
4
(0.1524)2 𝑚2(10−3 𝑁.𝑠 𝑚2)⁄ 0.3048𝑚
= 6.54𝑥10−7 𝑚
𝑠⁄
= 2.36 𝑚𝑚 ℎ𝑟⁄
Solución incisoc): Cuandoel depósitose vacía, L1 = 0, y L2 = 12 pulgadas,la rapidezde bajada
del nivel de líquido en el capilar está dada por:

15. 𝑑ℎ2
𝑑𝑡
=
𝜋𝑅4
8𝐴2 𝜂𝐿2
ρgL2 (6)
Donde R es el radio del capilar y A2 su área de sección transversal.
𝑑ℎ2
𝑑𝑡
=
𝜋(1.984𝑥10−4 𝑚)
4
𝑥1000𝐾𝑔 𝑚3 𝑥9.8𝑚 𝑠2⁄⁄
8𝜋(1.984𝑥10−4 𝑚)2 𝑥10−3 𝑁.𝑠 𝑚2⁄
= 4.910−2 𝑚 𝑠⁄ = 4.9 𝑐𝑚 𝑠⁄