Este documento presenta la solución a 6 problemas de hidrodinámica. El primer problema resuelve la velocidad del agua en una manguera y en la boquilla. El segundo calcula la presión en un punto de una tubería inclinada. El tercer problema determina la presión en la parte superior de un tubo doblado.

1. 266
9.6 PROBLEMAS RESUELTOS DE
HIDRODINÁMICA
1.- Considérese una manguera de sección
circular de diámetro interior de 2,0 cm, por
la que fluye agua a una tasa de 0,25 litros por
cada segundo. ¿ Cuál es la velocidad del agua en
la manguera?. El orificio de la boquilla de la
manguera es de 1,0 cm de diámetro interior.
¿Cuál es la velocidad de salida del agua?
Solución:
Disponemos del flujo de agua que circula por la
manguera que es de 0,25 Lt/s, de tal manera
que según la ec (27):
G = A v
por lo que :
( )
 
 
 = = =
3
3
m 2 2
cm
0,25x10
sG cm
v 79,6
A s3,14x1 cm
Ahora, la ecuación (18) permite calcular la
velocidad de salida del agua por la boquilla,
puesto que el flujo que pasa por la manguera es
el mismo que pasa por la boquilla.
Es decir, se debe cumplir la relación:
Am vm = Ab vb
de donde se tiene:
= =
= =
m m
b
b b
3
3
b 2 2
A V G
v
A A
cm
0,25x10
cmsv 316,5
3,14x0,5 cm s
Este ejemplo es interesante, puesto que
muestra el mecanismo mediante el cual al
disminuir el diámetro de la boquilla, se logra que
el agua salga con una velocidad que permite
regar a distancias convenientes. Note que ha
disminuido el diámetro a la mitad, sin embargo
la velocidad ha aumentado 4 veces, debido a la
relación cuadrática de las áreas.
2.- Por una tubería inclinada circula agua a
razón de 9 m3
/min, como se muestra en la
figura: En a el diámetro es 30 cm y la presión
es de 1 Kf/cm2
. ¿Cuál es la presión en el punto
b sabiendo que el diámetro es de 15 cm y que el
centro de la tubería se halla 50 cm más bajo
que en a?

2. 267
Solución:
Entre los puntos a y b se puede usar la
ecuación de continuidad, de manera tal que:
AA vA = AB vB = G
de donde se pueden calcular las velocidades en
a y en b :
= = = =
3
A 2 2
A
9m
G m cm60sv 2,14 214
A 3,14x0,15 m s s
= = = =
3
B 2 2
B
9m
G m cm60sv 8,33 833
A 3,14x0,075 m s s
También se puede ocupar la ecuación de
Bernouilli para relacionar ambos puntos, de la
que se puede calcular la presión en b:
PA + ρ g hA + ½ ρ vA
2
= PB + ρ g hB + ½ ρ vB
2
PB = PA + ρ g [hA - hB] + ½ ρ [v2
- vB
2
]
( )
= + +
 
+ − 
 
=
6
B 2 3 2
2
3 2
B 2
gDinas cm
P 10 1 980 50cm
cm cm s
g1 cm
1 45796 693889
2 cm s
Dinas
P 724953,5
cm
3.- Un tubo que conduce un fluido
incompresible cuya densidad es 1,30 X 103
Kg/m3
es horizontal en h0 = 0 m. Para evitar un
obstáculo, el tubo se debe doblar hacia arriba,
hasta alcanzar una altura de h1 = 1,00 m. El
tubo tiene área transversal constante. Si la
presión en la sección inferior es P0 = 1,50 atm,
calcule la presión P1 en la parte superior.
Solución:
Según lo que predice la ecuación de continuidad,
al tener área transversal constante, no debe
cambiar la velocidad del fluido en su interior,
por tanto: v0 = v1 = v
En consecuencia, aplicando la ecuación de
Bernouilli a puntos en la parte superior y la
parte inferior, se tiene :
P0 + ρ g h0 + ½ ρ v2
= P1 + ρ g h1 + ½ ρ v2
P0 + ρ g h0 = P1 + ρ g h1
de donde :
P1 = P0 + ρ g [h0 - h1]
P1 = 1,5 [1,01 X 105
Pa] + [1,30X103
Kg/m3
] [9,8
m/s2
][0 m - 1.0 m]
P1 = 151 500 Pa - 12 740 Pa

3. 268
P1 = 138 760 Pa = 1,38 atm
¡La presión bajó desde 1,5 atm hasta 1,38 atm!.
Esta conclusión parece contradecir lo
encontrado en el efecto Venturi, donde las
presiones eran inversamente proporcionales a
las velocidades. Sin embargo, ha de
recordarse que aquel era cierto bajo la
restricción de líneas de flujo horizontales, en
las que no hubiera diferencias significativas en
la energía potencial del fluido en movimiento.
4.- Un fluido incompresible fluye de izquierda a
derecha por un tubo cilíndrico como el que se
muestra en la figura. La densidad de la
sustancia es de 105 utm/m3
. Su velocidad en el
extremo de entrada es v0 = 1,5 m/s, y la
presión allí es de P0 = 1,75 Kgf/cm2
, y el radio
de la sección es r0 = 20 cm. El extremo de
salida está 4,5 m abajo del extremo de
entrada y el radio de la sección allí, es r1 = 7,5
cm. Encontrar la presión P1 en ese extremo.
Solución:
La presión se puede encontrar mediante la
ecuación de Bernouilli ; sin embargo,
previamente necesitaremos calcular la
velocidad v1 con la ecuación de continuidad :
A0 v0 = A1 v1
de donde :
= = π =
π
2 20 0 0
1 0 0 02 2
1 1 1
v v v
v A r r
A r r
( )−
−
 
 
 = =
2 4
1 4
m
20 x10 m 1,5
ms
v 10,7
s7,5x10 m
Ahora, según Bernouilli :
P0 + ρ g h0 + ½ ρ V0
2
= P1 + ρ g h1 + ½ ρ V1
2
P1 = P0 + ρ g [h0 - h1] + ½ ρ [V0
2
- V1
2
]
( )
= + +
 
+ − 
 
= =
4
1 2 3 2
2
2 2
3 2
B 2
2
Kf utm m
P 1,75x10 105 9,8 4,5m
m m s
1 utm m
105 1,5 10,7
2 m s
Kf Kf
P 16237,9 1,62
m cm
Note que si ponemos una válvula y cortamos el
flujo de agua, P1 = 2,21 Kgf/m2
: sube !

4. 269
5.- Un tanque cilíndrico de 1,80 m de diámetro
descansa sobre una plataforma de una torre a
6 m de altura, como se muestra en la figura.
Inicialmente, el tanque está lleno de agua,
hasta la profundidad h0 = 3 m.
De un orificio que está al lado del tanque y en
la parte baja del mismo, se quita un tapón que
cierra el área del orificio, de 6 cm2
.
¿Con qué velocidad fluye inicialmente el agua
del orificio?.
¿Cuánto tiempo necesita el tanque para
vaciarse por completo?.
P2
P1
dh
v2
v1
v3P3y=0
h0
h
H
Solución:
Este problema es muy importante, puesto que
por una parte revisaremos numéricamente
algunos conceptos y por otra parte, aún cuando
no trata de conceptos directamente
considerado en la teoría aquí expuesta, contiene
otros elementos que son relevantes para los
alumnos.
Al soltar el tapón, se tiene una situación
regulada por la ec de Bernouilli; de tal manera
que se puede calcular la velocidad con que sale
inicialmente el agua por el orificio, como hemos
hecho hasta ahora :
P1 + ρ g h1 + ½ ρ V1
2
= P2 + ρ g h2 + ½ ρ V2
2
,
Consideraremos la referencia en el piso;
además tanto en 1 como en 2 la presión es la
atmosférica, y V1 = 0, puesto que la relación
entre las áreas del tanque y del orificio permite
despreciarlo a través de la ecuación de
continuidad.
(Note que:
π
= =
2
1 1
2
2
A r
4239
A 6cm
,
¡la velocidad en 2 será 4239 veces mayor que la
velocidad en 1! ).
De lo anterior :
P0 + ρ g [H + H0] + ½ ρ [0]2
= P0 + ρ g H + ½ ρ V2
2
de donde :

5. 270
½ ρ V2
2
= ρ g [H + H0] - ρ g H
V2
2
= 2 g H0,
tal como lo habíamos previsto según Torricelli.
Es interesante esta expresión, puesto que la
velocidad no depende de la densidad del
líquido, tal como la caída de un objeto no
depende de su masa en ausencia de aire.
Por lo tanto :
( ) 
= = 
 
2 2
m m
v 2 9,8 3m 7,7
s s
Luego, aplicando nuevamente Bernouilli para los
puntos 2 y 3, podemos calcular la velocidad con
que llega el agua al suelo :
P2 + ρ g h2 + ½ ρ V2
2
= P3 + ρ g h3+ ½ ρ V3
2
con P2 = P3 = P0 :
P0 + ρ g H + ½ ρ V2
2
= P0 + ρ g [0]+ ½ ρ V3
2
de donde :
V3
2
= V2
2
+ 2 g H
V3 = √ 58.8 m2
/s2
+ 2 [9,8 m/s2
][ 6 m]
V3 = 13,3 m/s
Hasta aquí, el problema es resuelto como ha
predicho la teoría expuesta. Sin embargo,
calcular el tiempo que demora el tanque en
vaciarse requiere de consideraciones distintas,
puesto que la profundidad no será constante,
como en los casos anteriores. Esto producirá
que la velocidad con que baja el fluido en el
tanque, así como la velocidad con que sale el
líquido por el orificio, no sean constantes en el
tiempo.
Para resolver esto, consideraremos que la
altura h del líquido disminuye en dh durante un
intervalo de tiempo dt (ver figura). Entonces,
la velocidad con que baja el fluido en el tanque
V1, queda determinada por la expresión:
= −1
dh
v
dt
negativa puesto que h disminuye en el tiempo.
Adicionalmente, se tiene que
V1 A1 = V2 A2
como ya sabemos, expresión que es cierta para
todo t, de donde :
= 2
1 2
1
A
v v
A
al igualar ambas expresiones, se tiene:

6. 271
− = 2
2
1
Adh
v
dt A
además, según torricelli como hemos visto :
=2v 2gh
por lo que :
 − =
 
2
1
Adh
2gh
dt A
que se puede expresar como :
 − =  
2
1
Adh
2g dt
Ah
integrando la expresión para el intervalo entre
t = 0, donde la profundidad es h0 y el tiempo
t = t, donde la profundidad es h, se tiene :
−
 − =  ∫ ∫
1
22
1
A
h dh 2g dt
A
integrando :
 
 − − =   
 
1 1
22 20
1
A
2 h h 2g t
A
despejando t :
 
− − 
 =
 
 
1 1
2 21 0
2
2A h h
t
2g A
cuando el tanque se vacíe, h = 0, por lo que :
 − −
  =
1
21 0
2
2A h
t
2gA
 π −
  =
1
2
21 0
2
2 r h
t
2gA
remplazando valores :
( )( ) ( )
( )
=
 
 
 
1
2
2
2
2
2 3,14 0,9m 3m
t
m
2 9,8 0,0006m
s
t = 3 263,3 segundos
Se recomienda revisar con especial cuidado la
lógica seguida en la solución de este problema.

7. 272
6.- Un tanque cilíndrico de 1,2 m de diámetro
se llena hasta 0,3 m de profundidad con agua.
El espacio encima del agua está ocupado con
aire, comprimido a la presión de 2,026 X 105
N/m2
. De un orificio en el fondo se quita un
tapón que cierra un área de 2,5 cm3
. Calcular
la velocidad inicial de la corriente que fluye a
través de este orificio. Encontrar la fuerza
vertical hacia arriba que experimenta el tanque
cuando se quita el tapón.
P2
P1
v2
v1
h
A1
A2
Solución:
Cuando el fluido sale del tanque, de acuerdo al
tercer principio de Newton, reacciona con una
fuerza hacia arriba sobre el tanque de igual
magnitud, pero de dirección opuesta a la
fuerza con que es expulsado.
Por otro lado, el segundo principio de Newton
establece que el impuso que recibe el fluido
expulsado, debe ser equivalente al cambio en
su cantidad de movimiento.
Justo al ser soltado la cantidad de movimiento
del líquido es cero, pero dt segundos más tarde,
habrá sido expulsado un elemento de líquido de
masa dm, que tendrá una velocidad v2 en
dirección hacia abajo.
En consecuencia:
dp = v2 dm = v2 [ρ dv] = v2 ρ [A2 dy]
dp = v2 ρ A2 [v2 dt] = v2
2
ρ A2 dt
Esta cantidad de movimiento dirigida hacia
arriba será la comunicada al tanque, la que debe
ser igual al impulso de la fuerza que actúa sobre
él, de modo que :
F dt = v2
2
ρ A2 dt
de donde :
F = v2
2
ρ A2
La velocidad de salida puede calcularse con la
ecuación de Bernouilli:
P1 + ρ g h1 + ½ ρ v1
2
= P2 + ρ g h2 + ½ ρ v2
2
pero podemos suponer v1 = 0 por continuidad y
h2 = 0, usándola como referencia :
de aquí :

8. 273
( )−
= +
ρ
1 22
2 1
2 P P
v 2gh
por lo que :
( ) −
= ρ + 
ρ 
1 2
2 1
2 P P
F A 2gh
reemplazando :
( )( )
( )
( )( )
 −
 = +
  
6 6
2 2,026x10 1,013x10
F 1 2,5 2 980 30
1
F = 5 212 000 D = 52,12 Newton
Cuando la presión P1 es suficientemente
grande, este es básicamente el mecanismo de
propulsión de un cohete