Ejercicios

MÉTODO PARA RESOLVER EJERCICIOS EN MECÁNICA DE FLUIDOS
1. Lea el problema y haga un resumen de los resultados deseados.
2. Obtenga, usando tablas o gráficos, todas las propiedades necesarias de los
fluidos: densidad, viscosidad, etc.
3. Entienda bien lo que preguntan. Se supone que los ingenieros saben interpretar
lo que leen.
4. Haga un esquema detallado del sistema o del volumen de control, indicando todo
con claridad.
5. Piense cuidadosamente y a continuación enumere las hipótesis de trabajo. Uno
debe ser capaz de decidir correctamente si el flujo se puede considerar
estacionario o no estacionario, viscoso o no viscoso, y si basta un análisis de
volumen de control o es necesario recurrir a las ecuaciones diferenciales en
derivadas parciales.
6. A partir de la información recopilada en los pasos 1 a 5, escriba las ecuaciones,
correlaciones de datos y relaciones de estado que gobiernan los fluidos que
intervienen en el problema en cuestión. Si la solución puede obtenerse
algebraicamente, calcule lo que le pidan.
7. Escriba la solución con claridad indicando las unidades apropiadas y usando un
número de cifras significativas adecuado a la incertidumbre de los datos.
Copia para :

EJERCICIO 1.2
ENUNCIADO
Para un fluido dado, la velocidad para todo el campo es 𝑢𝑢 = 5
𝑚𝑚
𝑠𝑠
y 𝑣𝑣 = −2𝑡𝑡
𝑚𝑚
𝑠𝑠
(con 𝑡𝑡 dado en segundos). Una partícula se suelta en 𝑡𝑡 = 0 𝑠𝑠 en el origen de
coordenadas. Obtener las ecuaciones de la trayectoria, senda, líneas de
corriente y la línea de traza en 𝑡𝑡 = 5 𝑠𝑠. Dibujar los resultados.
RESOLUCIÓN
Trayectoria
𝑢𝑢 =
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 5
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣
�⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯� 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 5 𝑑𝑑𝑑𝑑; � 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 5 � 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑡𝑡
0
⟹ 𝑥𝑥 = 5𝑡𝑡
𝑥𝑥
0
𝑣𝑣 =
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
= −2𝑡𝑡
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣
�⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯� 𝑑𝑑𝑑𝑑 = −2𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑑𝑑; � 𝑑𝑑𝑑𝑑 = −2 � 𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑡𝑡
0
⟹ 𝑦𝑦 = −𝑡𝑡2
𝑦𝑦
0
Senda
𝑥𝑥 = 5𝑡𝑡 ⟹ 𝑡𝑡 =
𝑥𝑥
5
𝑦𝑦 = −𝑡𝑡2
= − �
𝑥𝑥2
25
�
Líneas de corriente para la partícula en t=0 en el punto (0,0).
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑢𝑢
=
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑣𝑣
;
𝑑𝑑𝑑𝑑
5
=
𝑑𝑑𝑑𝑑
−2𝑡𝑡
;
1
5
𝑑𝑑𝑑𝑑 =
1
−2𝑡𝑡
𝑑𝑑𝑑𝑑;
1
5
� 𝑑𝑑𝑑𝑑 = −
1
2
𝑥𝑥
0
�
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑡𝑡
𝑦𝑦
0
⟹
𝑥𝑥
5
=
−𝑦𝑦
2𝑡𝑡
Ahora considerando el t = 5 s.
𝑥𝑥
5
=
−𝑦𝑦
2 · 5
⟹ 𝑦𝑦 =
−𝑥𝑥 · 5 · 2
5
= −2𝑥𝑥
Para el caso general el límite inferior es 𝑥𝑥0 e 𝑦𝑦0 o se hace la integral indefinida y
se añade una constante.

Líneas de traza
�
𝑥𝑥 = 5𝑡𝑡
𝑦𝑦 = −𝑡𝑡2
Como no está 𝑡𝑡0 calculamos la trayectoria de forma genérica
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
𝑥𝑥0
= � 5 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑡𝑡
𝑡𝑡0
⟹ � 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑥𝑥
0
= 5 � 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑡𝑡
𝑡𝑡0
⟹ 𝑥𝑥 = 5(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡0)
𝑦𝑦
𝑜𝑜
= � −2𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑡𝑡
𝑡𝑡0
; 𝑦𝑦 = −(𝑡𝑡2
− 𝑡𝑡0
2)
𝑡𝑡0 = 𝑡𝑡 −
𝑥𝑥
5
Sustituyo
𝑦𝑦 = �𝑡𝑡 −
𝑥𝑥
5
� − 𝑡𝑡2
; 𝑦𝑦 = 𝑡𝑡2
+
𝑥𝑥2
25
− 2
𝑡𝑡𝑡𝑡
5
− 𝑡𝑡2
𝑦𝑦 =
1
5
�
𝑥𝑥2
5
− 2𝑡𝑡𝑡𝑡�
Traza en t = 5  Sustituyo el tiempo en la ecuación
𝑦𝑦 =
1
5
�
𝑥𝑥2
5
− 2 · 5𝑥𝑥� =
𝑥𝑥2
25
− 2𝑥𝑥
Importante condiciones de contorno.

EJERCICIO 2.16
Calcular el peso de la compuerta ABC de la figura en el supuesto de que esté
en equilibrio y que puede girar sin rozamiento alrededor de A, suponiendo que
el peso se aplica a una distancia de 𝑹𝑹/𝟒𝟒 del centro. Hacer la aplicación a
𝒉𝒉 = 𝟓𝟓 𝒎𝒎, 𝑹𝑹 = 𝟏𝟏 𝒎𝒎 y ancho 𝟐𝟐’𝟓𝟓 𝒎𝒎.
Resolución:
Para que la compuerta esté en equilibrio se debe cumplir:
• Sumatorio de fuerzas es igual a cero.
• Sumatorio de momentos es igual a cero.
Como tenemos un eje de giro en el punto A podemos aplicar la condición de
sumatorio de momentos en dicho punto. Busco todas las fuerzas que me producen
un momento.
• Peso de la compuerta
Fuerza
𝑃𝑃
Distancia
�𝑅𝑅 +
𝑅𝑅
4
�

• Fuerza sobre la superficie CB. La calculo mediante el prisma de presiones
y prescindiendo de la presión atmosférica por quedar compensada en ambos
lados.
Fuerza:
1
2
𝜌𝜌 𝑔𝑔 ℎ · ℎ · 𝑏𝑏
Distancia:
ℎ
3
• Fuerza sobe la superficie curva BA.
Ambas fuerzas se anulan entre sí, ya que tienen el mismo módulo pero sentidos
contrarios.

EJERCICIO 2.16
Queda la componente
vertical. Lo calculamos
como el peso del volumen
de líquido por encima de
la superficie (lo haya o
no o haya).
Fuerza:
𝜌𝜌 𝑔𝑔 �ℎ2𝑅𝑅𝑅𝑅 +
1
2
𝜋𝜋 · 𝑅𝑅2
𝑏𝑏�
Distancia:
𝑅𝑅
La expresión del momento de las fuerzas en el punto A igualada a cero es:
�𝑃𝑃 �𝑅𝑅 +
𝑅𝑅
4
��
��
𝑀𝑀𝐴𝐴
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃
− �
ℎ
3
·
1
2
· 𝜌𝜌 · 𝑔𝑔 · ℎ · ℎ · 𝑏𝑏�
��
𝑀𝑀𝐴𝐴
𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝐵𝐵𝐵𝐵
− �𝑅𝑅 𝑔𝑔 𝜌𝜌 �ℎ 2 𝑅𝑅 𝑏𝑏 +
1
2
𝜋𝜋𝑅𝑅2
𝑏𝑏��
��
𝑀𝑀𝐴𝐴
𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 𝐴𝐴𝐴𝐴
= 0
Despejando el peso de esta ecuación:
𝑃𝑃 =
𝑅𝑅 𝑔𝑔 𝜌𝜌 �ℎ 2 𝑅𝑅 𝑏𝑏 +
1
2
𝜋𝜋𝑅𝑅2
𝑏𝑏� +
ℎ
3
·
1
2
· 𝜌𝜌 · 𝑔𝑔 · ℎ · ℎ · 𝑏𝑏
�𝑅𝑅 +
𝑅𝑅
4
�
=
𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 �4ℎ 2𝑅𝑅2
+ 2𝜋𝜋 𝑅𝑅3
+
4ℎ3
6
�
𝑅𝑅 · 5
Para la aplicación numérica que nos piden:
𝑃𝑃 =
9′81
𝑚𝑚
𝑠𝑠2 · 1000
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑚𝑚3 2′
5𝑚𝑚 �4 · 5𝑚𝑚 2(1𝑚𝑚)2
+ 2𝜋𝜋 (1𝑚𝑚)3
+
4(5𝑚𝑚)3
6
�
1𝑚𝑚 · 5
= 635769 𝑁𝑁
= 635′
769 𝑘𝑘𝑘𝑘
Solución
El peso de la compuerta ABC es de 635′
769 𝑘𝑘𝑘𝑘

EJERCICIO 3.13
ENUNCIADO
Un émbolo perforado por 𝑁𝑁 orificios de diámetro 𝐷𝐷0 y cuyo eje tiene un
diámetro 𝐷𝐷𝑒𝑒, se desplaza con velocidad constante 𝑣𝑣𝑒𝑒 dentro de un cilindro
de diámetro 𝐷𝐷. El cilindro está totalmente lleno de agua que sale a través
de un orificio de diámetro 𝐷𝐷𝑠𝑠 situado en el lado opuesto al eje. Calcular la
velocidad del agua a la salida del cilindro (𝑣𝑣𝑠𝑠) y el caudal de agua que
atraviesa el émbolo.
Indicaciones:
• Para calcular la velocidad a la salida tome un VC deformable que
coincida con el líquido.
• Para calcular el caudal que atraviesa el émbolo tome el VC de la
derecha del émbolo o el de la izquierda.
RESOLUCIÓN
Aplicamos la ecuación de
conservación de la masa al volumen
de control:
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
�� 𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + �𝜌𝜌 𝒗𝒗��⃗𝒓𝒓 · 𝒏𝒏��⃗ 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 0
𝑆𝑆
Primero calculamos el término asociado al volumen.

Nota: definimos una cantidad e que representa la distancia que ha recorrido el
émbolo dentro del pistón.
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
�
𝜌𝜌=𝑐𝑐𝑡𝑡𝑒𝑒
�⎯⎯⎯⎯⎯⎯� 𝜌𝜌
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
�� 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
�
𝑉𝑉𝑉𝑉
𝑉𝑉𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑐𝑐 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐−𝑉𝑉𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝ó𝑛𝑛−𝑉𝑉𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒
�⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯�
→ 𝜌𝜌
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
�𝜋𝜋
𝐷𝐷2
· 𝐿𝐿
4��
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐.
− 𝑉𝑉𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒��
− 𝑉𝑉𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒�
Al hacer la derivada, los términos constantes aparecen como cero.
𝜌𝜌
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
�𝜋𝜋
𝐷𝐷2
· 𝐿𝐿
4��
− 𝑉𝑉𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒��
− 𝑉𝑉𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒� = 𝜌𝜌 · �0 − 0 − 𝑉𝑉𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒�
𝜌𝜌
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
�−𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑒𝑒
2
4
· 𝑒𝑒� = −𝜌𝜌 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑒𝑒
2
4
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
= −𝜌𝜌 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑒𝑒
2
4
𝑣𝑣𝑒𝑒
Ahora calculamos el término asociado a la superficie
� 𝜌𝜌 𝒗𝒗��⃗𝒓𝒓 · 𝒏𝒏��⃗ 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝜌𝜌 (𝑣𝑣𝑠𝑠) 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑠𝑠
2
4𝑆𝑆
Llevándolo a la ecuación de conservación de la masa:
−𝜌𝜌 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑒𝑒
2
4
𝑣𝑣𝑒𝑒 + 𝜌𝜌 (𝑣𝑣𝑠𝑠) 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑠𝑠
2
4
= 0
La velocidad de salida del agua a la salida del cilindro es:
𝑣𝑣𝑠𝑠 =
𝜌𝜌 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑒𝑒
2
4
𝑣𝑣𝑒𝑒
𝜌𝜌 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑠𝑠
2
4
= 𝑣𝑣𝑒𝑒
𝐷𝐷𝑒𝑒
2
𝐷𝐷𝑠𝑠
2

EJERCICIO 3.13
Caudal de agua que atraviesa el émbolo
Aplicamos la ecuación de conservación de la masa.
0 =
𝑑𝑑𝑚𝑚𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠
𝑑𝑑𝑑𝑑
=
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + �𝜌𝜌 𝒗𝒗��⃗𝒓𝒓 · 𝒏𝒏��⃗ 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆
Evaluamos el primer término
𝜌𝜌
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
(𝑉𝑉𝑉𝑉𝑉𝑉) = 𝜌𝜌
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
�𝑉𝑉𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖��
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
− 𝑥𝑥 𝜋𝜋
𝐷𝐷2
4
� = 𝜌𝜌
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
�−𝑥𝑥 𝜋𝜋
𝐷𝐷2
4
� = −𝜌𝜌 𝜋𝜋
𝐷𝐷2
4
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
= −𝜌𝜌 𝜋𝜋
𝐷𝐷2
4
𝑣𝑣𝑒𝑒
Evaluamos el segundo término
�𝜌𝜌 𝒗𝒗��⃗𝒓𝒓 · 𝒏𝒏��⃗ 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆
= 𝜌𝜌 (𝑣𝑣𝑠𝑠) 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑠𝑠
2
4
+ 𝑄𝑄𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 · 𝜌𝜌
Llevándolo a la ecuación de conservación de la masa:
−𝜌𝜌 𝜋𝜋
𝐷𝐷2
4
𝑣𝑣𝑒𝑒 + 𝜌𝜌 (𝑣𝑣𝑠𝑠) 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑠𝑠
2
4
+ 𝑄𝑄𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 · 𝜌𝜌 = 0
𝑄𝑄𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 =
𝜌𝜌 𝜋𝜋
𝐷𝐷2
4
𝑣𝑣𝑒𝑒 − 𝜌𝜌 (𝑣𝑣𝑠𝑠) 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑠𝑠
2
4
𝜌𝜌
= 𝜋𝜋
𝐷𝐷2
4
𝑣𝑣𝑒𝑒 − (𝑣𝑣𝑠𝑠) 𝜋𝜋
𝐷𝐷𝑠𝑠
2
4
=
𝜋𝜋
4
[ 𝐷𝐷2
𝑣𝑣𝑒𝑒 − 𝐷𝐷𝑠𝑠
2
𝑣𝑣𝑠𝑠]
𝑄𝑄𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑜𝑜 =
𝜋𝜋
4
[ 𝐷𝐷2
2
𝑣𝑣𝑠𝑠]
𝑣𝑣𝑠𝑠=𝑣𝑣𝑒𝑒
𝐷𝐷𝑒𝑒
2
𝐷𝐷𝑠𝑠
2
�⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯� 𝑄𝑄𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 =
𝜋𝜋
4
�𝐷𝐷2
2
𝑣𝑣𝑒𝑒
𝐷𝐷𝑒𝑒
2
𝐷𝐷𝑠𝑠
2�
𝑄𝑄𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 =
𝜋𝜋
4
𝑣𝑣𝑒𝑒[ 𝐷𝐷2
− 𝐷𝐷𝑒𝑒
2]

Caudal que atraviesa la superficie:
𝑄𝑄 = 𝑣𝑣𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 · 𝑁𝑁 · 𝜋𝜋 ·
𝐷𝐷0
2
4
Num = número de orificios.
𝑄𝑄 = 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 · � 𝜌𝜌 �𝑣𝑣𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒
� 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 · 𝜌𝜌 · 𝑣𝑣𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒
𝜋𝜋
𝐷𝐷0
2
4

EJERCICIO 4.8
ENUNCIADO
Se tiene una instalación que incluye una bomba con las características de la
tabla adjunta para traspasar agua del depósito A al B. Despreciando el
efecto de las pérdidas locales, se pide:
1- Determinar qué altura y caudal daría la bomba en la instalación
anterior.
2- Potencia que consume la bomba.

RESOLUCIÓN
APARTADO 1
La bomba, al margen de su rendimiento máximo va a trabajar en el punto en que la
curva de la bomba se corte con la curva de la instalación.
𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = �
𝑃𝑃𝑆𝑆
𝜌𝜌 𝑔𝑔
+ 𝑍𝑍𝑆𝑆� − �
𝑃𝑃𝑒𝑒
𝜌𝜌 𝑔𝑔
+ 𝑍𝑍𝑒𝑒� +
8 𝑄𝑄2
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
𝐿𝐿1 · 𝑓𝑓1
(𝐷𝐷1)5
+
(𝐷𝐷2)5
+
1
(𝐷𝐷2)4
�
Como conocemos todo menos el caudal, lo dejamos en función de éste:
𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = �
𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
𝜌𝜌 𝑔𝑔
+ 𝑍𝑍𝑆𝑆� − �
𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
𝜌𝜌 𝑔𝑔
+ 𝑍𝑍𝑒𝑒� +
8 𝑄𝑄2
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
(𝐷𝐷1)5
+
(𝐷𝐷2)5
+
1
(𝐷𝐷2)4
�
𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = 10 𝑚𝑚 − 0 𝑚𝑚 + 𝑄𝑄2
8
𝜋𝜋2 9′81
𝑚𝑚
𝑠𝑠2
�
200 𝑚𝑚 · 0′
015
(0′2 𝑚𝑚)5
+
500 𝑚𝑚 · 0′020
(0′15 𝑚𝑚)5
+
1
(0′15 𝑚𝑚)4
�
𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = 10 𝑚𝑚 + 11818′
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
𝑄𝑄2
Si tuviéramos la curva de la bomba, igualaríamos las alturas y calcularíamos
analíticamente el punto de funcionamiento. Como lo que tenemos en cambio es una
tabla lo que haremos será ir probando caudales y ver en qué franja de caudal nos
encontramos. A partir de ahí, calcularemos una estimación del caudal mediante
interpolación lineal.

EJERCICIO 4.8
Para un caudal 𝑄𝑄 = 0
𝑙𝑙
𝑠𝑠
 𝐻𝐻𝑚𝑚 = 38
𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖|𝑄𝑄=0 = 10 𝑚𝑚 + 11818′
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
�0
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
= 10 𝑚𝑚
Como 𝐻𝐻𝑚𝑚|𝑄𝑄=0 > 𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖|𝑄𝑄=0 la bomba no puede trabajar en ese punto por dar más
altura de la necesaria.
𝑙𝑙
𝑠𝑠
 𝐻𝐻𝑚𝑚 = 38
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
�5 · 10−3
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
= 10′295 𝑚𝑚
𝑙𝑙
𝑠𝑠
 𝐻𝐻𝑚𝑚 = 38
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
�10 · 10−3
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
= 11′182 𝑚𝑚
𝑙𝑙
𝑠𝑠
 𝐻𝐻𝑚𝑚 = 38
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
�15 · 10−3
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
= 12′659 𝑚𝑚

𝑙𝑙
𝑠𝑠
 𝐻𝐻𝑚𝑚 = 38
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
�20 · 10−3
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
= 14′727 𝑚𝑚
𝑙𝑙
𝑠𝑠
 𝐻𝐻𝑚𝑚 = 37
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
�25 · 10−3
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
= 17′386 𝑚𝑚
𝑙𝑙
𝑠𝑠
 𝐻𝐻𝑚𝑚 = 36
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
�30 · 10−3
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
= 20′6368 𝑚𝑚
𝑙𝑙
𝑠𝑠
 𝐻𝐻𝑚𝑚 = 34
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
�35 · 10−3
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
= 24′478 𝑚𝑚

EJERCICIO 4.8
𝑙𝑙
𝑠𝑠
 𝐻𝐻𝑚𝑚 = 32
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
�40 · 10−3
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
= 29′910 𝑚𝑚
𝑙𝑙
𝑠𝑠
 𝐻𝐻𝑚𝑚 = 30
74
𝑠𝑠2
𝑚𝑚5
�45 · 10−3
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
= 33′933 𝑚𝑚
Como 𝐻𝐻𝑚𝑚|𝑄𝑄=45 < 𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖|𝑄𝑄=45 la bomba no puede trabajar en ese punto por dar más
altura de la requerida para la instalación.
A la vista de los datos, la bomba trabaja en algún punto de caudal comprendido
entre los 𝑄𝑄 = 40
𝑙𝑙
𝑠𝑠
y 𝑄𝑄 = 45
𝑙𝑙
𝑠𝑠
Interpolando linealmente:

𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = 29′
910 𝑚𝑚 + �
33′
933 𝑚𝑚 − 29′
910 𝑚𝑚
5
� (𝑄𝑄 − 40)
𝐻𝐻𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 = 32 𝑚𝑚 + �
30 𝑚𝑚 − 32 𝑚𝑚
5
� (𝑄𝑄 − 40)
Como ambas deben ser iguales:
29′
910 𝑚𝑚 + �
33′
933 𝑚𝑚 − 29′
910 𝑚𝑚
5
� (𝑄𝑄 − 40) = 32 𝑚𝑚 + �
30 𝑚𝑚 − 32 𝑚𝑚
5
� (𝑄𝑄 − 40)
0′
8046 (𝑄𝑄 − 40) = 2′
09 𝑚𝑚 − 0′4 (𝑄𝑄 − 40)
0′
8046 =
2′
09 𝑚𝑚
(𝑄𝑄 − 40)
− 0′4
𝑄𝑄 =
2′
09 𝑚𝑚
1′2046
+ 40 = 41′
73
𝑙𝑙
𝑠𝑠
𝐻𝐻𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 = 32 𝑚𝑚 + �
30 𝑚𝑚 − 32 𝑚𝑚
5
� (41′
73 − 40) = 31′308
La bomba trabaja con un caudal de 𝑄𝑄𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 4′
173 · 10−2 𝑚𝑚3
𝑠𝑠
y proporciona una
altura de 𝐻𝐻𝑚𝑚 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏
= 31′
308 𝑚𝑚 de manera aproximada.
APARTADO 2
Potencia que consume la bomba

EJERCICIO 4.8
𝜂𝜂𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 =
𝜌𝜌 𝑔𝑔 𝑄𝑄 𝐻𝐻𝑚𝑚
𝑊𝑊𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
=
𝐿𝐿𝐿𝐿 𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞 𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞 ℎ𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
Se sabe que para los caudales 𝑄𝑄 = 40
𝑙𝑙
𝑠𝑠
y 𝑄𝑄 = 45
𝑙𝑙
𝑠𝑠
la bomba tiene un rendimiento de
77 % y 75 % respectivamente.
Para calcular el rendimiento en un punto intermedio interpolamos hasta nuestro
punto de trabajo.
𝜂𝜂𝑝𝑝𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢𝑢−𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 75 + (41′
73 − 40) �
77 − 75
45 − 40
� = 75′
692 %
𝑊𝑊𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝜂𝜂𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝−𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡
=
1000
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑚𝑚3 9′
81
𝑚𝑚
𝑠𝑠2 4′
173 · 10−2 𝑚𝑚3
𝑠𝑠
31′
308 𝑚𝑚
0′75692
= 16936′
62 𝑊𝑊

EJERCICIO 4.41
ENUNCIADO
En la instalación de bombeo de la figura se trasvasa agua desde los
depósitos 𝐴𝐴 y 𝐵𝐵 hasta el 𝐶𝐶. Las cotas de la superficie libre de los tres
depósitos son 0 𝑚𝑚, 25 𝑚𝑚 y 150 𝑚𝑚 respectivamente.
Las tuberías procedentes de los depósitos 𝐴𝐴 y 𝐵𝐵 se unen en un punto
intermedio a una tercera tubería que llega hasta el depósito 𝐶𝐶. La longitud,
diámetro y coeficiente de fricción de cada tubería se muestran en la figura.
A la salida de cada uno de los depósitos inferiores se dispone de sendas
bombas idénticas. Cuando la velocidad de giro de los rodetes es 1500 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟,
las curvas características vienen dadas por las ecuaciones:
𝐻𝐻 = 300 �1 − �
𝑄𝑄
3
�
2
� 𝜂𝜂 = 𝜂𝜂 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
4(3 − 𝑄𝑄) 𝑄𝑄
9
Con 𝐻𝐻(𝑚𝑚), 𝑄𝑄 �
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�. Para establecer la proporción entre los caudales que se
bombean desde los depósitos 𝐴𝐴 y 𝐵𝐵 se utiliza la llave de la tubería 2. Se
supondrán despreciables las pérdidas locales en codos, uniones en T y
salidas desde los depósitos hacia las tuberías.
Con la condición de que el caudal extraído del depósito 𝐴𝐴 sea el mismo que
el extraído del 𝐵𝐵 y las bombas giren a 1500 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟, calcular:
a) Los caudales de cada tramo,𝑄𝑄1, 𝑄𝑄2 y 𝑄𝑄3 y las alturas manométricas
proporcionadas por cada una de las bombas.
b) El rendimiento total de cada bomba y el rendimiento máximo de las
bombas, si la potencia consumida por la bomba 1 es 𝑊𝑊1 = 4459 𝑘𝑘𝑘𝑘.
Se suprime la válvula de la tubería 2 y el caudal se regula mediante la
variación del régimen de giro de las bombas. Si se mantiene la

velocidad de giro de la bomba 1 y se pretende que los caudales que
circulan por ambas bombas fueran iguales, calcular:
c) La nueva velocidad de giro de la bomba 2.
d) Las potencias consumidas por ambas bombas.
RESOLUCIÓN
APARTADO A
Dato del problema: 𝑄𝑄1 = 𝑄𝑄2
Aplicando la ecuación de conservación de la masa en el nodo:
𝑄𝑄3 = 𝑄𝑄2 + 𝑄𝑄1 = 2𝑄𝑄1
Sólo necesito determinar un caudal para que los demás queden completamente
determinados.

EJERCICIO 4.41
Como ambos depósitos están abiertos a la atmósfera, la altura estática de la
instalación es la diferencia de alturas.
En la tubería 1 no tenemos regulación. En la tubería 2 modificamos la curva de la
altura de la instalación cerrando la válvula hasta que los caudales 𝑄𝑄1 y 𝑄𝑄2 sean
iguales.
Para determinar el caudal al que trabajamos, podemos ver en qué punto se
interceptan las curvas de la bomba y de la instalación 1.
𝐻𝐻𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 = 300 �1 − �
𝑄𝑄
3
�
2
�
𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐻𝐻𝑐𝑐 − 𝐻𝐻𝑎𝑎 +
𝑃𝑃𝑐𝑐 − 𝑃𝑃𝐴𝐴
𝜌𝜌 𝑔𝑔
+
8 𝑄𝑄2
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
𝑓𝑓1 · 𝐿𝐿1
(𝐷𝐷1)5
� +
8 (2𝑄𝑄)2
𝜌𝜌 𝑔𝑔
�
(𝐷𝐷3)5
+
1
(𝐷𝐷3)4
�
𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 150 𝑚𝑚 +
8 𝑄𝑄2
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
(𝐷𝐷1)5
+ 4
(𝐷𝐷3)5
+
4
(𝐷𝐷3)4
�
Igualando las alturas de la bomba y de la instalación:
300 �1 − �
𝑄𝑄
3
�
2
� = 150 𝑚𝑚 +
8 𝑄𝑄2
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
𝑓𝑓1
· 𝐿𝐿1
( 𝐷𝐷1)5
+ 4
𝑓𝑓3
· 𝐿𝐿3
( 𝐷𝐷3)5
+
4
( 𝐷𝐷3)4
�
300 −
300
9
𝑄𝑄2
= 150 𝑚𝑚 +
8 𝑄𝑄2
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
𝑓𝑓1
· 𝐿𝐿1
( 𝐷𝐷1)5
+ 4
𝑓𝑓3
· 𝐿𝐿3
( 𝐷𝐷3)5
+
4
( 𝐷𝐷3)4
�

Despejando el caudal:
𝑄𝑄 =
�
150 𝑚𝑚
300
9
+
8
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
(𝐷𝐷1)5 + 4
(𝐷𝐷3)5 +
4
(𝐷𝐷3)4�
𝑄𝑄 =
�
150 𝑚𝑚
300
9
+
8
𝜋𝜋2 9′81
𝑚𝑚
𝑠𝑠2
�
0′020 · 600 𝑚𝑚
(0′45 𝑚𝑚)5 + 4
0′015 · 1200 𝑚𝑚
(0′90 𝑚𝑚)5 +
4
(0′90 𝑚𝑚)4�
= 1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
Los caudales 𝑄𝑄1 y 𝑄𝑄2 son iguales entre sí y toman el valor de 1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
El caudal 𝑄𝑄3 = 2𝑄𝑄1 = 2 · 1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
= 2′
4789
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
La altura manométrica proporcionada por ambas bombas es la misma y la obtenemos
sin más que sustituir el valor del punto de trabajo de la bomba en la ecuación de su
altura.
𝐻𝐻 = 300 �1 − �
𝑄𝑄
3
�
2
� ⟹ 𝐻𝐻 = 300
⎣
⎢
⎢
⎡
1 − �
1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
3
�
2
⎦
⎥
⎥
⎤
= 248′
796 𝑚𝑚
APARTADO B
𝑊𝑊1 = 4459 𝑘𝑘𝑘𝑘
𝜂𝜂 =
𝑊𝑊
𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
= 𝜂𝜂1 = 𝜂𝜂2 =
1000
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑚𝑚3 · 9′
81
𝑚𝑚
𝑠𝑠2 · 1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
· 248′
796 𝑚𝑚
4459 · 103 𝑊𝑊
= 0′
6784
𝜂𝜂 = 𝜂𝜂 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
4(3 − 𝑄𝑄) 𝑄𝑄
9
𝜂𝜂 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
9 𝜂𝜂
4(3 − 𝑄𝑄) 𝑄𝑄
=
9 · 0′6784
4 �3 − 1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
� 1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
= 0′6995
El rendimiento máximo es 0′6995

EJERCICIO 4.41
APARTADO C
Traducción del enunciado. En la instalación 1 no ha cambiado nada, por lo
tanto, el punto de funcionamiento es el mismo, y en la instalación 2 quitamos
la válvula.
Se modifica la curva de la instalación y nuestro nuevo punto de
funcionamiento.
𝐻𝐻𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏(2) = 300 �1 − �
𝑄𝑄
3
�
2
� · �
𝜔𝜔2
𝜔𝜔1
�
2
𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐻𝐻𝐶𝐶 − 𝐻𝐻𝐵𝐵 +
𝑃𝑃𝐶𝐶 − 𝑃𝑃𝐵𝐵
𝜌𝜌 𝑔𝑔
+
8 𝑄𝑄2
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
(𝐷𝐷2)5
� +
8 (2𝑄𝑄)2
𝜌𝜌 𝑔𝑔
�
(𝐷𝐷3)5
+
1
(𝐷𝐷3)4
�
𝐻𝐻𝑖𝑖 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 125 𝑚𝑚 +
8 𝑄𝑄2
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
(𝐷𝐷2)5
+ 4
(𝐷𝐷3)5
+
4
(𝐷𝐷3)4
�
Igualando ambas expresiones:
�300 −
300
9
𝑄𝑄2
� · �
𝜔𝜔2
𝜔𝜔1
�
2
= 125 𝑚𝑚 +
8 𝑄𝑄2
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
𝑓𝑓2
· 𝐿𝐿2
( 𝐷𝐷2)5
+ 4
𝑓𝑓3
· 𝐿𝐿3
( 𝐷𝐷3)5
+
4
( 𝐷𝐷3)4
�
Despejando 𝜔𝜔2

𝜔𝜔2 = 𝜔𝜔1
�
125 𝑚𝑚 +
8 𝑄𝑄2
𝜋𝜋2 𝑔𝑔
�
𝑓𝑓2
· 𝐿𝐿2
( 𝐷𝐷2)5 + 4
𝑓𝑓3
· 𝐿𝐿3
( 𝐷𝐷3)5 +
4
( 𝐷𝐷3)4�
�300 −
300
9
𝑄𝑄2�
𝜔𝜔1 = 1500 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 = 1500 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 ·
2𝜋𝜋
𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
𝑠𝑠
1 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
·
1 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
60 𝑠𝑠
= 50𝜋𝜋
𝑠𝑠
Sustituyendo los valores del punto de funcionamiento:
𝜔𝜔2 = 50𝜋𝜋
𝑠𝑠
⎷
⃓⃓⃓⃓⃓⃓⃓⃓⃓⃓⃓�
125 𝑚𝑚 +
8 �1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
𝜋𝜋2 9′
81
𝑚𝑚
𝑠𝑠2
�
0′
020 · 500 𝑚𝑚
�0′
45 𝑚𝑚�
5 + 4
0′
015 · 1200𝑚𝑚
�0′
90 𝑚𝑚�
5 +
4
�0′
90 𝑚𝑚�
4�
�300 −
300
9
�1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
2
�
=
= 45′
94𝜋𝜋
𝑠𝑠
𝜔𝜔2 = 45′
94𝜋𝜋
𝑠𝑠
= 1378 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
APARTADO D
Potencias consumidas por ambas bombas.
𝜂𝜂2 =
𝑊𝑊𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
⟹ 𝑊𝑊𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝜂𝜂2
Me hace falta el rendimiento.
Tengo el rendimiento para una bomba equivalente, por lo que necesito
calcular el rendimiento.
Para la velocidad de giro 𝜔𝜔1
𝜂𝜂1 = 𝜂𝜂 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
4(3 − 𝑄𝑄) 𝑄𝑄
9

EJERCICIO 4.41
Para la velocidad de giro 𝜔𝜔2
4(3 − 𝑄𝑄2) 𝑄𝑄2
9
Como
𝑄𝑄2
𝑄𝑄1
=
𝜔𝜔2
𝜔𝜔1
⟹ 𝑄𝑄2 =
𝜔𝜔2
𝜔𝜔1
· 𝑄𝑄1
Quedando por tanto:
4 �3 − �
𝜔𝜔2
𝜔𝜔1
· 𝑄𝑄1��
𝜔𝜔2
𝜔𝜔1
· 𝑄𝑄1�
9
𝜂𝜂2 = 0′
6995
4 �3 − �
45′
94𝜋𝜋
𝑠𝑠
50𝜋𝜋
𝑠𝑠
· 1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
��
45′
94𝜋𝜋
𝑠𝑠
50𝜋𝜋
𝑠𝑠
· 1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
�
9
= 0′645
𝐻𝐻𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑎𝑎(2) = 300 �1 − �
𝑄𝑄
3
�
2
� · �
𝜔𝜔2
𝜔𝜔1
�
2
𝐻𝐻𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏(2) = 300
⎣
⎢
⎢
⎡
1 − �
1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
3
�
2
⎦
⎥
⎥
⎤
· �
45′
94𝜋𝜋
𝑠𝑠
50𝜋𝜋
𝑠𝑠
�
2
= 210′
032 𝑚𝑚
Para la bomba 2
𝑊𝑊𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝜂𝜂2
=
1000
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑚𝑚3 · 9′
81
𝑚𝑚
𝑠𝑠2 · 1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
· 210′
032 𝑚𝑚
0′645
= 3959 𝑘𝑘𝑘𝑘
Para la bomba 1
𝑊𝑊𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝜂𝜂1
=
1000
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑚𝑚3 · 9′
81
𝑚𝑚
𝑠𝑠2 · 1′
2394
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
· 248′
796 𝑚𝑚
0′6784
= 4459 𝑘𝑘𝑘𝑘

La bomba 1 consume 4459 𝑘𝑘𝑘𝑘
La bomba 2 consume 3959 𝑘𝑘𝑘𝑘

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