ejercicios resueltos de estática y dinámica de...

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PROF. JESÚS OLIVAR. ING. AGROINDUSTRIAL Página 1 Ejercicios resueltos de estática y dinámica de fluidos. Ejercicios originales resueltos para incluir en el tema estática de fluidos, sección densidad de una mezcla de sustancias. 1. (*2) Dos fluidos se mezclan en forma inhomogénea quedando burbujas en la suspensión. La mezcla con las burbujas ocupa un volumen total de 1.2 lit. Si las densidades y masas de cada fluido son gr/cm 3 , m1 = 600 gr 0.8 gr/cm 3 y m2 = 400 gr, considerando despreciable la masa del aire en las burbujas, calcule: a) El volumen total de las burbujas b) La densidad de la mezcla. Solución inciso a): El volumen de la mezcla está dado por la suma de los volúmenes individuales de los fluidos 1, 2 y de las burbujas, B. 1 + 2 + = (1) Despejando VB, obtenemos = 1 2 (2) VM = 1200 cm 3 , el volumen de la mezcla es dato; y los volúmenes de los fluidos 1 y 2 se obtienen de los datos del problema de la siguiente forma: V1 =m1 gr/1cm 3 = 600 cm 3 ; V2 = m2/ 400gr/0.8gr/cm 3 = 500 cm 3 Sustituyendo los valores anteriores en (2), obtenemos: = 1200 3 − 600 3 − 500 3 = 100 3 Solución inciso b): La densidad de la mezcla esta dada por la masa de la mezcla entre el volumen de la misma. = = 1 + 2 + = 600 + 400 + 0 1200 3 = 0.83 3 2. Se mezclan homogéneamente tres fluidos, cuyas fracciones de volumen y densidades son X1 = 0.435, 1 = 1.2 gr/cm 3 ; X2 = 0.46, 2 = 0.85 gr/cm 3 y X3 = 0.105, 3 = 1 gr/cm 3 ,

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PROF. JESÚS OLIVAR. ING. AGROINDUSTRIAL Página 1

Ejercicios resueltos de estática y dinámica de fluidos.

Ejercicios originales resueltos para incluir en el tema estática de fluidos, sección densidad

de una mezcla de sustancias.

1. (*2) Dos fluidos se mezclan en forma inhomogénea quedando burbujas en la suspensión. La

mezcla con las burbujas ocupa un volumen total de 1.2 lit. Si las densidades y masas de

cada fluido songr/cm3, m1 = 600 gr 0.8 gr/cm3 y m2 = 400 gr, considerando

despreciable la masa del aire en las burbujas, calcule:

a) El volumen total de las burbujas

b) La densidad de la mezcla.

Solución inciso a): El volumen de la mezcla está dado por la suma de los volúmenes

individuales de los fluidos 1, 2 y de las burbujas, B.

𝑉1 + 𝑉2 + 𝑉𝐵 = 𝑉𝑀 (1)

Despejando VB, obtenemos

𝑉𝐵 = 𝑉𝑀 − 𝑉1 − 𝑉2 (2)

VM = 1200 cm3, el volumen de la mezcla es dato; y los volúmenes de los fluidos 1 y 2 se

obtienen de los datos del problema de la siguiente forma:

V1 =m1gr/1cm3 = 600 cm3;

V2 = m2/400gr/0.8gr/cm3= 500 cm3

Sustituyendo los valores anteriores en (2), obtenemos:

𝑉𝐵 = 1200𝑐𝑚3 − 600𝑐𝑚3 − 500𝑐𝑚3 = 100𝑐𝑚3

Solución inciso b): La densidad de la mezcla esta dada por la masa de la mezcla entre el

volumen de la misma.

𝜌𝑀 =𝑚𝑀

𝑉𝑀=

𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚𝐵

𝑉𝑀=

600𝑔𝑟 + 400𝑔𝑟 + 0

1200𝑐𝑚3= 0.83 𝑔𝑟 𝑐𝑚3⁄

2. Se mezclan homogéneamente tres fluidos, cuyas fracciones de volumen y densidades son

X1 = 0.435, 1 = 1.2 gr/cm3; X2 = 0.46, 2 = 0.85 gr/cm3 y X3 = 0.105, 3 = 1 gr/cm3,

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respectivamente. Si el volumen de la mezcla es VM = 766.27 cm3, calcular:

a) La densidad de la mezcla.

Solución: La densidad de la mezcla está dada por

𝜌𝑀 =𝑚𝑀

𝑉𝑀=

𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3

𝑉𝑀

Sustituyendo m = V, se obtiene

𝜌𝑀 =𝑉1𝜌1

𝑉𝑀+

𝑉2𝜌2

𝑉𝑀+

𝑉3𝜌3

𝑉𝑀= 𝑋1𝜌1 + 𝑋2𝜌2 + 𝑋3𝜌3

= 0.435(1.2 𝑔𝑟 𝑐𝑚3) +⁄ 0.46(0.85 𝑔𝑟 𝑐𝑚3⁄ ) + 0.105(1 𝑔𝑟 𝑐𝑚3⁄ ) = 1.02 𝑔𝑟 𝑐𝑚3⁄

Ejemplo 5. Se realiza una aleación de oro y cobre, en proporciones desconocidas, para formar

un lingote con dimensiones de 20cmx10cmx5cm y masa de 12 Kg. Calcular:

a) La densidad de la aleación,L =?

b) El “quilataje” del oro en la aleación

Nota: Recuerde que un quilate de oro equivale a un 4.16% de este en la aleación.

Respuesta:

a) Utilizando la ecuación 1.1 que define la densidad de un cuerpo, 𝜌𝐿 = 𝑚𝐿

𝑉𝐿, donde mM y

VM son datos del problema con los que obtenemos la densidad del lingote formado por

oro y cobre.

𝜌𝐿 = 𝑚𝑀

𝑉𝑀=

12 𝐾𝑔

(0.2𝑚)(0.1𝑚)(0.05𝑚)= 12000𝐾

𝐾𝑔

𝑚3

b) Para obtener el “quilataje” necesitamos saber el porcentaje de masa de oro en el

lingote, para lo cual utilizamos la ecuación 1.10, desarrollada con el propósito de

conocer, la fracción de volúmenes de los componentes en la mezcla, y obtener el

porcentaje de masa del componente 1, en este caso el oro. Para mayor facilidad nos

remitimos al ejemplo 4 de esta misma sección, en donde observamos que hemos hecho

este mismo ejercicio, pero sin calcular los quilates de oro en la muestra. Utilizando la

ecuación 1.12ª de ese ejercicio, obtenemos que el porcentaje de oro está dado por:

𝜌𝐿=𝑋𝐴𝑢𝜌𝐴𝑢 + 𝑋𝐶𝑢𝜌𝐶𝑢 (5𝐴)

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Con 𝑋𝐴𝑢 =𝑉𝐴𝑢

𝑉𝐿 𝑦 𝑋𝐶𝑢 =

𝑉𝐶𝑢

𝑉𝐿 las respectivas fracciones de volumen del oro y del

cobre en la aleación.

Recordando que XAu + XCu = 1, obtenemos:

𝜌𝐿 = 𝜌𝐴𝑢𝑋𝐴𝑢 + 𝜌𝐶𝑢(1 − 𝑋𝐴𝑢)

Por lo que despejando la fracción de oro en la mezcla, XAu:

𝑋𝐴𝑢 =𝜌𝐿 − 𝜌𝐶𝑢

𝜌𝐴𝑢 − 𝜌𝐶𝑢=

12000𝐾𝑔

𝑚3⁄ − 8930𝑘𝑔

𝑚3⁄

19800𝐾𝑔

𝑚3⁄ − 8930𝐾𝑔

𝑚3⁄= 0.295 =

𝑉1

𝑉𝐿=

𝑚𝐴𝑢𝜌𝐴𝑢

𝑉𝐿

Despejando la masa de oro, de la última ecuación:

𝑚𝐴𝑢 = 0.295(𝜌𝐴𝑢)(𝑉𝐿) = 5.712 𝐾𝑔

Por lo que el porcentaje de oro en la muestra será XAu %= 5.712Kg/12Kg = 47.6%.

es decir el oro ocupa un 47.6% en la aleación, por lo que sus quilates serán:

1𝐾

4.16%=

𝑋𝐾

47.6% , entonces, los quilates XK, correspondientes a ese porcentaje de oro calculado

son:

𝑋𝐾 =47.6

4.16%= 11.45 𝑞𝑢𝑖𝑙𝑎𝑡𝑒𝑠

Como puede observarse, al tener como datos la masa y el volumen de la mezcla y las

densidades de los componentes, la no fue necesario calcular el porcentaje del cobre para

obtener los quilates de oro.

Ejercicios resueltos para incluir en los apuntes del Principio de Arquímedes

Ejemplo 1. (*3) El objeto metálico homogéneo, O, figura (1) ejercicio 9, está suspendido mediante una cuerda de peso despreciable, de una balanza de resorte B1 (Dinamómetro), que muestra una lectura de 7.25 kg., mientras que la balanza B2 registra la masa de un líquido, L, (5Kg) y la del vaso que lo contiene, V, (1Kg). En la figura (2) el mismo objeto se encuentra sumergido en el líquido. La balanza B1 indica 6.25 Kg, mientras que la B2 señala 7 Kg. El volumen del objeto, O, es 0.001 m3. En la figura 3, el objeto, O, se deja reposando en el fondo del vaso, y la balanza B2 registra la masa del vaso, la masa del líquido y la masa del objeto.

a. ¿Cuál es la fuerza de empuje del líquido sobre el objeto? b. ¿Cuál es la densidad del líquido?

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c. ¿Qué pasó con las fuerzas de empuje y la fuerza aparente del objeto dentro del fluido, en la situación representada por la figura 3? ¿desaparecieron?

Solución inciso a) Para

un objeto que no flota,

se tiene que la fuerza

de flotación, FL, está

dada por la diferencia entre el peso del objeto fuera del fluido, WO, y el peso dentro del mismo

(peso aparente), Wa:

𝐹𝐹 = 𝑊𝑜 − 𝑊𝑎 = 7.25𝐾𝑔𝑥9.8 𝑚 𝑠2⁄ − 6.25𝐾𝑔𝑥9.8 𝑚 𝑠2⁄ = 9.8𝑁

Solución inciso b) Utilizando la fórmula para la fuerza de flotación que proporciona el principio

de Arquímedes, obtenemos:

𝐹𝐹 = 𝜌𝐹𝑔𝑉𝐹𝐷

De donde obtenemos la densidad del fluido, que todavía no conocemos, en el que se encuentra

el objeto sumergido.

𝜌𝐹 =𝐹𝐹

𝑔𝑉𝐹𝐷=

9.8𝑁

9.8 𝑚 𝑠2𝑥0.001𝑚3⁄= 1000 𝐾𝑔 𝑚3⁄

El resultado sugiere que el líquido en el que se sumerge el objeto es agua.

Solución inciso c) En la representación de la figura 3, la balanza B1 no registra nada, mientras

que la balanza B2 Registra el peso del fluido, el peso del vaso y el peso del objeto, pero este

último es igual al peso aparente mas la fuerza de flotación: WO = WA + FF.

Ejemplo 2. (3*) Se construye una lancha rectangular formada por seis placas de Aluminio, figura,

con las siguientes dimensiones: ¼ pulgada de espesor, 4.0 m de largo por 1.80 m de ancho y

V

B2

B1

O

(1)

L

B

1

V

L O

B2

(2)

V

B2

B1

L O

(3)

Figura ejemplo 1. (1) Objeto colgando fuera de un vaso con líquido que descansa sobre una balanza B2. La balanza B1 registra el peso real del objeto, mientras que la B2 registra solo los pesos del líquido y del vaso. (2) Mismo objeto suspendido de una cuerda dentro del líquido, la balanza B2 registra el peso del líquido, el peso del vaso y una tercera fuerza que aparece al entrar el objeto en el fluido, mientras que la balanza B1 registra un peso disminuido del objeto. Figura (3) objeto reposando en el fondo del vaso, B1 no registra nada, B2 registra los pesos del agua, del vaso y el peso real del cuerpo.

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0.70 cm de altura; la cual tiene como armadura unas costillas de refuerzo, compuesta por

barras, también de aluminio, con dimensiones de ½

pulgada de espesor por 2 pulgadas de peralte y en total

suman 40 m de longitud. Si se deposita una masa de 3

toneladas dentro de la lancha, calcular:

a) La profundidad, h, que se mete la lancha en el

agua.

Solución. La profundidad h que la lancha se introduce en el agua debido al peso total se

obtiene del volumen de fluido desplazado, VFd = Ah, cuyo peso es la fuerza de flotación

(Principio de Arquímedes). Las fuerzas que intervienen con la lancha flotando son: La fuerza de

flotación FF, el peso del aluminio estructural de la lancha, WAl, y el peso adicional, Wm,

proporcionado por la masa de 3 toneladas, de tal forma que la fuerza de flotación sea igual a la

suma de las otras como requisito para que flote.

𝐹𝐹 = 𝑊𝐴𝑙 + 𝑊𝑚

Con Wm = mg =3000Kgx9.8m/s2= 29400 N,

WAl =mAlg

Para calcular la masa de aluminio obtenemos el volumen total del mismo multiplicado por su

densidad:

𝑚𝐴𝑙 = 𝜌𝐴𝑙𝑉𝐴𝑙,

El volumen del aluminio es:

𝑉𝐴𝑙 = (4𝑚𝑥1.8𝑚 + 2(4𝑚𝑥0.7𝑚) + 2(1.8𝑚𝑥0.7𝑚) + 40𝑚𝑥2𝑥0.0254𝑚) (0.25𝑝𝑢𝑙𝑥0.0254𝑚

1𝑝𝑢𝑙)

= 0.11𝑚3

Entonces 𝑊𝐴𝑙 = 2700 𝐾𝑔 𝑚3𝑥0.11𝑚3𝑥9.8 𝑚 𝑠2 = 2910.6𝑁⁄⁄

Por tanto, la fuerza de flotación queda:

𝐹𝐹 = 29400𝑁 + 2910.6𝑁 = 32310.6𝑁

Por el Principio de Arquímedes, 𝐹𝐹 = 𝜌𝐹𝑉𝐹𝑑𝑔:

𝑉𝐹𝑑 =32310.6𝑁

1000 𝐾𝑔 𝑚3𝑥9.8 𝑚 𝑠2⁄⁄= 3.3𝑚3

Figura ejemplo 2: Esquema representando un lanchón de aluminio flotando en agua, con una masa m = 3 toneladas.

m

Nivel del agua h

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Finalmente, ∆ℎ =𝑉𝐹𝑑

𝐴=

3.3𝑚3

4𝑚𝑥1.8𝑚= 0.46𝑚 = 46𝑐𝑚

Ejercicios resueltos para incluir en el tema dinámica de fluidos, ecuación de Bernoulli.

Ejemplo 1. (3*) (Teorema de Torricelli). En la figura adjunto se muestra una tubería descargando

agua con un gasto de 1.5 litros por segundo, en un tanque, A, que tiene un diámetro de 120 cm,

el cual a su vez descarga a través de una llave de paso con un diámetro de ½ pulgada a otro

tanque, B, de 60 cm de diámetro y 90 cm de altura (h3). El tanque A se encuentra sobre un

pedestal a una altura h2 = 1.5 m sobre el nivel del suelo. El

tanque B se encuentra sobre el suelo. Calcular:

a) La altura a la cual el nivel del agua en el tanque A se

estabiliza.

b) La velocidad a la cual llega el agua al tanque B.

c) El tiempo en que tarda en llenarse el tanque B.

Solución inciso a) Aunque la ecuación para la velocidad de descarga de un tanque (Teorema de Torricelli) la obtuvimos ya, lo haremos nuevamente para recordar el procedimiento. Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 (carga) y 2 (descarga), se tiene:

𝑃1 +1

2𝜌𝑣1

2 + 𝜌𝑔ℎ1 = 𝑃2 +1

2𝜌𝑣2

2 + 𝜌𝑔ℎ2 (1)

Es un hecho que el área de sección transversal del tanque, A1, es mucho mayor que el área de descarga en el punto 2, A2, y de acuerdo con la ecuación de continuidad la velocidad de desplazamiento del nivel de líquido en el tanque, v1, será mucho menor que la velocidad de descarga del fluido, v2, resultando que despreciable la primera, por lo que la ecuación de Bernoulli se reduce a:

𝜌𝑔ℎ1 =1

2𝜌𝑣2

2 + 𝜌𝑔ℎ2 (2)

En donde hicimos P1 = P2 = PATM y v1 = 0. Despejando v2 de la ecuación 2, obtenemos:

𝑣2 = √2𝑔∆ℎ (3)

Con h = h1 – h2. Aplicando la condición de equilibrio que sucede cuando

h

1

2

3 h1

h2 h3

1

A

B

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𝑄1 = 𝑄2 = 𝐴2𝑣2 (4)

Sustituyendo (3) en (4), se obtiene la altura h a la cual se estabiliza el nivel de fluido en el tanque.

Finalmente, ∆ℎ =𝑄1

2

2𝑔𝐴22 =

(0.8𝑥10−3𝑚3 𝑠⁄ )2

(2𝑥9.8𝑚 𝑠2⁄ )𝜋(0.00635𝑚2)2 = 2.03𝑚

Solución inciso b) Calcularemos ahora la velocidad con la que el agua que descarga por el punto 2 llega a la boca del tanque identificada con el punto 3. Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos 2 y 3, obtenemos:

𝑃2 − 𝑃3 =1

2𝜌(𝑣3

2 − 𝑣22) + 𝜌𝑔(ℎ3 − ℎ2)

Con P2 = P3 = PATM y sustituyendo v2 de la ecuación (3), la ecuación anterior queda:

0 =1

2𝜌(𝑣3

2 − 2𝑔∆ℎ) − 𝜌𝑔(ℎ2 − ℎ3)

Despejando v3:

𝑣3 = √2𝑔[∆ℎ + (ℎ2 − ℎ3)] = √2𝑥9.8 𝑚 𝑠2[2.03𝑚 + 0.9𝑚]⁄ = 7.57 𝑚 𝑠⁄ Solución inciso c) El tiempo de llenado del tanque B, se calcula a partir de la definición de gasto:

Q = V/t en m3/s.

Donde V es el volumen del tanque y Q es el gasto de descarga (mismo que el de carga). Por lo

tanto el tiempo de llenado del tanque es:

𝑡 =𝑉

𝑄=

𝜋(0.30𝑚)2𝑥0.90𝑚

0.8𝑥10−3 𝑚3 𝑠⁄= 318𝑠 = 5.3𝑚𝑖𝑛

Ejemplo 2. (3*) Por un tubo de Vénturi, que tiene un diámetro de 1 pulgada por la parte ancha y

¾ pulgada en la parte estrecha, circula agua. El Vénturi tiene conectados dos tubos

manométricos que marcan una diferencia de alturas del

agua H = 30 cm. Calcule:

a) ¿Cuántos metros cúbicos de agua por segundo

circulan por el tubo?

Solución. El gasto de agua que circula a través del tubo de

Vénturi está representado por la ecuación de continuidad:

𝑄 = 𝐴1𝑣1 = 𝐴2𝑣2 (1)

H

Figura ejemplo 2

1 2

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A1, v1 y A2, v2 representan las áreas y velocidades en la parte ancha y angosta de la tubería,

respectivamente.

Para conocer el gasto es necesario encontrar el valor de una de las dos velocidades en la

ecuación anterior, por lo que es necesario utilizar una segunda ecuación que las contenga, para

lo cual utilizamos la ecuación de Bernoulli:

𝑃1 − 𝑃2 =1

2𝜌(𝑣2

2 − 𝑣12) (2)

El término correspondiente a la diferencia de alturas no aparece porque es una tubería

horizontal, por lo que h1 y h2 están a la misma altura.

Tenemos ahora dos ecuaciones con dos incógnitas y P1 – P2 se calcula a partir de la diferencia

de alturasH que es dato, entre los dos tubos manométricos instalados para tal propósito en

el tubo de Vénturi, utilizando para ello la ecuación representativa para un fluido estático, P1 –

P2 = gH, como es el caso de los dos tubos manométricos midiendo la diferencia de presión

entre dos puntos para un flujo en movimiento estacionario.

Despejando v1 de la ecuación (1) y sustituyendo en la (2), obtenemos:

𝑣1 =𝐴2

𝐴1𝑣2, por lo que 𝑣1

2 = (𝐴2

𝐴1)

2

. 𝑣22 y la ecuación (2) queda:

𝜌𝑔∆𝐻 =1

2𝜌𝑣2

2 (1 − (𝐴2

𝐴1)

2

)

Despejando v2 de la ecuación anterior:

𝑣2 =√

2𝑔∆𝐻

(1 − (𝐴2

𝐴1)

2

)

=√

2𝑔∆𝐻

(1 − (𝑑2

𝑑1)

4

)

=√

2𝑥9.8 𝑚 𝑠⁄ (0.3𝑚)

(1 − (3/4𝑝𝑢𝑙𝑔

1𝑝𝑢𝑙𝑔)

4

)

= 2.93 𝑚 𝑠⁄

Entonces el gasto, ecuación (1), será:

𝑄 = 𝐴2𝑉2 = 2.85𝑥10−4𝑚2𝑥2.93 𝑚 𝑠⁄ = 8.35𝑥10−4 𝑚3 𝑠 = 0.835 𝑙𝑡/𝑠⁄

Ejemplo 3 (3*) Una bomba manual de rociado absorbe líquido de un depósito, que se

encuentra conectado al tramo más angosto de la bomba, a través de un tubo que tiene una

altura, h =8 cm, como se muestra en la figura. El diámetro en la parte ancha es de 2.5 cm, el

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diámetro del tubo en la parte angosta es de 3 mm y el líquido en el depósito tiene una densidad

de 0.75 gr/cm3. Considerando una densidad de 1.3x10-3 gr/cm3 para el aire en la bomba,

calcular:

a) La diferencia de presiones entre las

partes ancha y angosta, P, mínima

para elevar el líquido desde el depósito

a una altura h.

b) Las velocidades mínimas v1 y v2 entre

las partes ancha y estrecha de la bomba.

Solución inciso a) La alturah que sube el líquido desde el depósito está directamente

relacionada con la diferencia de presiones entre la parte ancha y estrecha de la bomba.

∆𝑃 = 𝜌𝐼𝑔∆ℎ (1)

Donde I es la densidad del insecticida líquido en el depósito. Entonces,

∆𝑃 = 750 𝐾𝑔 𝑚3𝑥9.8⁄ 𝑚 𝑠2𝑥0.08𝑚 = 588𝑃𝑎⁄ = 0.085 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔2⁄

Como puede observarse la mínima diferencia de presiones es suficiente para subir el líquido y

mezclarse con el flujo de aire. Por esa razón uno puede sacar el líquido de un refresco con un

popote al hacer un poco de vacío con la boca.

Solución inciso b) Si etiquetamos con el No. 1 a la parte ancha y el 2 a la estrecha, la diferencia

de presiones, de acuerdo con la ecuación de Bernoulli es:

∆𝑃 = 𝑃1 − 𝑃2 =1

2𝜌(𝑣2

2 − 𝑣12) (2)

Debido a que v1 y v2 son incógnitas, tenemos que usar otra ecuación que las contenga y esta es

la ecuación de continuidad

𝐴1𝑣1 = 𝐴2𝑣2 (3)

Despejando v1 de esta última y sustituyendo en la anterior (2) obtenemos:

𝑣12 =

𝐴22

𝐴12 𝑣2

2 (4)

Y ∆𝑃 =1

2𝜌 (𝑣2

2 −𝐴2

2

𝐴12 𝑣2

2) =1

2𝜌𝑣2

2 (1 −𝐴2

2

𝐴12)

Despejando v2:

Figura ejemplo 3.Bomba manual para rociar.

AAire h

Líquido

Aire

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𝑣2 =√

2∆𝑃

𝜌𝑎𝑖𝑟 (1 −𝐴2

2

𝐴12)

= √2𝑥588𝑃𝑎

1.3𝐾𝑔/𝑚3 (1 −0.0034

0.0254)= 30 𝑚 𝑠⁄

Para calcular v1 recurramos a la ecuación de continuidad (3):

𝑣1 =𝐴2

𝐴1𝑣2 =

0.32

2.5230 𝑚 𝑠⁄ = 0.42 𝑚 𝑠⁄ = 42 𝑐𝑚/𝑠

Como puede observarse de los resultados, la velocidad en la parte estrecha de la tubería, v2, es

tal que la presión debe ser muy baja y se presenta el fenómeno de cavitación que permite que

las gotas de líquido se pulvericen.

Se deja como ejercicio para el alumno calcular la presión en P1 y recopilar información sobre el

fenómeno de cavitación debido a la baja presión en un tubo de Vénturi.

Ejercicios resueltos para incluir en el tema Fluidos Reales (laminares-viscosos: Ecuación de

Poiseuille).

Ejemplo 1 (2*) Por una tubería de 1/8 de

pulgada (0.3175cm) de diámetro pasa

aceite de motor. El aceite tiene una

viscosidad = 30x10-3 N.s/m2,

temperatura de 20°C y densidad de 0.8

gr/cm3, descargando a la atmósfera con

un gasto de 0.1ml/s. Para medir la caída

de presión en la tubería se colocan dos tubos manométricos separados una distancia de 30 cm

como se indica en la figura. Calcule:

a) El No. de Reynolds.

b) La caída de presión en cm de altura equivalentes entre los dos tubos manométricos.

Solución inciso a): El No. de Reynolds.

𝑅𝑒 =𝜌𝑣𝐷

η=

800 𝑘𝑔 𝑚3(1.26𝑥10−2 𝑚 𝑠)(0.003175𝑚)⁄⁄

30𝑥10−3𝑁. 𝑠/𝑚2= 1.07

Lo que muestra un flujo bajo régimen laminar.

La velocidad del flujo la obtenemos del gasto y el área de sección transversal de la tubería:

30 cm

h

Figura ejemplo 1. Distancia entre dos tubos manométricos y la diferencia de alturas debido a la caída de presión de un fluido laminar viscoso.

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v = Q/A = (0.1x10-6 m3/s)/(7.92x10-6m2) = 1.26x10-2m/s = 1.26 cm/s

Donde, A = R2 = (0.0015875m)2 = 7.92x10-6m2

Solución inciso b): La caída de presión entre los dos puntos de la tubería está dada por

∆𝑃 =8𝑄𝜂𝐿

𝜋𝑅4=

8(0.1𝑥10−6 𝑚3 𝑠⁄ )(30𝑥10−3 𝑁. 𝑠 𝑚2)𝑥0.30𝑚⁄

𝜋(0.0015875𝑚)4= 360𝑃𝑎

La diferencia de altura debida entre los dos tubos manométricos es, entonces:

h = P/g = (360Pa)/(800Kg/m3)(9.8m/s2) = 0.045 m = 4.5 cm

Ejemplo 2. (2*) 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

Solución inciso a) Para saber si el flujo de agua que corre por la tubería es laminar, calculamos

el No. de Reynolds.

𝑅𝑒 =𝜌𝑣𝐷

η,

Donde es la densidad del agua, v la velocidad de descarga, D el diámetro de la tubería y la

viscosidad del agua a 20°C.

Para conocer v aplicamos la ecuación del gasto:

𝑄 = 𝐴𝑣

A es el área de sección transversal de la tubería, por lo que la velocidad de descarga es

𝑣 = 𝑄

𝐴=

0.4𝑥10−3 𝑚3 𝑠⁄

𝜋(0.1𝑚)2= 0.0127 𝑚 𝑠⁄

0 0

0

Figura ejemplo 2, sección 5.4. 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

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𝑅𝑒 =103𝐾𝑔 𝑚3∗0.0127𝑚 𝑠⁄ ∗0.2𝑚⁄

10−3𝑁.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 = Δ𝑃𝑃 + ΔPℎ (1)

De acuerdo con la ecuación de Poiseuille, la caída de presión en la 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 𝑚2𝑥1000𝑚⁄

𝜋𝑅4= 10.18𝑃𝑎

Por otro lado, la caída de presión debida exclusivamente a la altura que tiene que vencer la

bomba, es:

Δ𝑃ℎ = 𝜚𝑔ℎ = 1000 𝐾𝑔 𝑚3𝑥9.8 𝑚 𝑠2⁄⁄ 𝑥30.9𝑚 = 3.028𝑥105𝑃𝑎 , que equivale a 3 atmósferas.

La caída de presión que tendrá que compensar la bomba

Estará dada, de acuerdo con la igualdad (1), por:

Δ𝑃 = 10.18𝑃𝑎 + 3.02𝑥105𝑃𝑎 = 3.02𝑥105𝑃𝑎

Es decir, bajo las condiciones de flujo laminar, y un diámetro de 20 cm en la tubería, la caída de

presión debida a la viscosidad es despreciable para agua.

Si aumentamos el gasto a valores más prácticos, digamos de 4 lt/s, la velocidad aumenta a

0.127m/s y según el Reynolds el tipo de régimen sería turbulento, Re = 25400. En conclusión la

ecuación de Poiseuille tiene una aplicación muy reducida y solo se emplea en casos especiales

donde el flujo es laminar, lo que generalmente implica gastos pequeños para tuberías que no

tienen diámetros grandes.

Solución inciso c) La presión de la bomba está dada por el producto de la caída de presión por el

gasto, es decir

𝑃𝑜𝑡 = ∆𝑃𝑥𝑄 = 3.02𝑥105𝑃𝑎 ∗ 4𝑥10−4 𝑚3 𝑠 = 120.8𝑤𝑎𝑡𝑡𝑠⁄

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Ejemplo 3. (3*) Un tubo capilar de 1 pie de largo y 1/64

pulgadas de diámetro interno está conectado al fondo de un

depósito cilíndrico, 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 acuerdo con la ecuación de Poiseuille, el gasto de fluido a través del área de sección

transversal de un tubo cilíndrico de longitud L y radio R, es:

𝑑𝑉

𝑑𝑡=

𝜋𝑅4

8𝜂𝐿Δ𝑃 (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

depósito más la presión de la columna de agua en el propio capilar, dando lugar a la aplicación

de la ecuación de Poiseville en el depósito más la misma en el capilar, lo que se representa de la

siguiente forma:

1º. La presión de la columna de agua en el depósito sobre la parte superior del capilar

contribuye a que se genere un gasto dado por:

𝑑𝑉1

𝑑𝑡= 𝑄1 =

𝜋𝑅4

8𝜂𝐿2(𝜌𝑔𝐿1) (2)

Con R el radio del capilar y L2 la longitud del mismo. Como puede observarse en el problema, la

diferencia de presiones es proporcionada por la altura de la columna de fluido, P = gL1 en

este caso.

2º. La contribución al gasto en el capilar debida a la presión de su propio peso, está dada por

𝑑𝑉2

𝑑𝑡= 𝑄2 =

𝜋𝑅4

8𝜂𝐿2

(ρgL2) (3)

Figura ejemplo 3. Depósito con capilar al fondo.

L1

L2

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De tal forma que el gasto total a través del capilar es:

𝑄 = 𝑄1 + 𝑄2 = 𝜋𝑅4

8𝜂𝐿2ρg(L1 + L2) (4)

Entonces,

𝑄 =𝜋(1.984−4𝑚)4𝑥1000 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 rapidez con

que se baja el nivel de líquido en el mismo.

La ecuación (4) queda:

𝑑ℎ1

𝑑𝑡=

𝜋𝑅4

8𝐴1𝜂𝐿2ρg(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(1.984𝑥10−4𝑚)4

(1000𝐾𝑔 𝑚3⁄ )(9.8𝑚 𝑠2)(0.3048𝑚+0.3048𝑚)⁄

8𝜋

4(0.1524)2𝑚2(10−3𝑁.𝑠 𝑚2)⁄ 0.3048𝑚

= 6.54𝑥10−7 𝑚𝑠⁄

= 2.36 𝑚𝑚 ℎ𝑟⁄

Solución inciso c): Cuando el depósito se vacía, L1 = 0, y L2 = 12 pulgadas, la rapidez de bajada

del nivel de líquido en el capilar está dada por:

𝑑ℎ2

𝑑𝑡=

𝜋𝑅4

8𝐴2 𝜂𝐿2ρgL2 (6)

Donde R es el radio del capilar y A2 su área de sección transversal.

𝑑ℎ2

𝑑𝑡=

𝜋(1.984𝑥10−4𝑚)4

𝑥1000𝐾𝑔 𝑚3𝑥9.8𝑚 𝑠2⁄⁄

8𝜋(1.984𝑥10−4𝑚)2𝑥10−3𝑁.𝑠 𝑚2⁄= 4.910−2 𝑚 𝑠⁄ = 4.9 𝑐𝑚 𝑠⁄