Mecánica de ﬂ uidos - CORE · 2017. 10. 12. · © Edicions UPC, 2006 Edicions de la Universitat...

111

Mec

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9 788483 018330

El presente libro es fruto de la experiencia adquiri-da durante toda una carrera universitaria Muchos de los problemas que se exponen fueron en su mo-mento problemas de examen de la asignatura Me-caacutenica de Fluidos Por una parte esta obra cubre y se dedicada a presentar de manera sencilla diver-sos temas baacutesicos de la mecaacutenica de fl uidos que todo estudiante de la asignatura debe conocer Asi-mismo pretende ser un libro de repaso para quie-nes habiendo estudiado Ingenieriacutea y trabajando en la industria precisan fi jar determinados conceptos sobre la materia Finalmente se desea que esta obra sirva de apoyo a todas las escuelas de los paiacuteses de habla hispana que imparten las diversas ingenieriacuteas y que sea un instrumento uacutetil de repaso de la temaacute-tica presentada

Josep M Bergadagrave es Ingeniero Industrial (espe-cialidad Mecaacutenica) desde 1990 y Doctor Ingenie-ro Industrial desde 1996 Ejerce como profesor del Departamento de Mecaacutenica de Fluidos de la Escola Tegravecnica Superior drsquoEnginyeries Industrial i Aeronagraveu-tica de Terrassa (ETSEIAT) de la UPC desde hace maacutes de 15 antildeos y es profesor titular de escuela universitaria desde 1993 Durante este periacuteodo ha impartido clases de las asignaturas Mecaacutenica de Fluidos Maquinas Hidraacuteulicas y Oleohidraacuteuli-ca y en la actualidad se centra especialmente en la mecaacutenica de fl uidos Su labor investigadora se ha orientado a la oleohidraacuteulica campo en el que realizoacute la tesis doctoral En los uacuteltimos antildeos ha for-mado parte de un grupo de investigacioacuten del Insti-tuto de Investigacioacuten Textil donde ha trabajado en diversos proyectos internacionales Es autor de varios libros publicados tanto por Edi-cions UPC como por editoriales externas a la UPC y de maacutes de ochenta artiacuteculos publicados en revistas y congresos nacionales e internacionales

EDICIONS UPC

AULA POLITEgraveCNICA INGENIERIacuteA MECAacuteNICA

Josep M Bergadagrave Grantildeo

Mecaacutenica de fl uidos Problemas resueltos

AULA POLITEgraveCNICA 111

Mecaacutenica de fluidos Problemas resueltos

EDICIONS UPC




Primera edicioacuten febrero de 2006

Disentildeo de la cubierta Jordi Calvet

copy Josep M Bergadagrave Grantildeo 2006

copy Edicions UPC 2006 Edicions de la Universitat Politegravecnica de Catalunya SL Jordi Girona Salgado 31 08034 Barcelona Tel 93 401 68 83 Fax 93 401 58 85 Edicions Virtuals wwwedicionsupces Ae edicions-upcupcedu

Produccioacuten TECFOTO SL Ciutat de Granada 55 08005 Barcelona

Depoacutesito legal B-9274-2006ISBN 84-8301-833-0

Quedan rigurosamente prohibidas sin la autorizacioacuten escrita de los titulares del copyright bajo las san-ciones establecidas en las leyes la reproduccioacuten total o parcial de esta obra por cualquier medio o proce-dimiento comprendidos la reprografiacutea y el tratamiento informaacutetico y la distribucioacuten de ejemplares de ella mediante alquiler o preacutestamo puacuteblicos

Proacutelogo I

Proacutelogo La mecaacutenica de fluidos tiene sus oriacutegenes en la hidraacuteulica tanto en Mesopotamia como en Egipto alrededor del antildeo 4000 antes de nuestra era proliferaron las obras hidraacuteulicas que aseguraban el regadiacuteo de vastas zonas Posteriormente los imperios griego chino y especialmente el romano se caracterizan por una gran profusioacuten de las construcciones hidraacuteulicas A lo largo de la historia aparecen inventos e investigadores que aportan mejoras sustanciales en el campo que hoy se denomina mecaacutenica de fluidos algunas de las cuales son las realizadas por Arquiacutemedes (287-212 ac) crea el tornillo helicoidal y enuncia el principio de flotacioacuten Leonardo da Vinci (1452-1519) muestra la aparicioacuten de voacutertices en la zona de separacioacuten de flujo describe los principios de funcionamiento de maacutequinas voladoras Pascal (1623-1662) en el estudio de la estaacutetica de fluidos define el principio que lleva su nombre Newton (1642-1727) realiza el anaacutelisis espectral de la luz define la teoriacutea de gravitacioacuten universal establece los principios de caacutelculo integral y diferencial y promulga la ley de viscosidad que lleva su nombre Henry de Pitot (1695-1771) crea con el fin de medir la velocidad de un fluido el tubo que lleva su nombre Bernoulli (1700-1782) populariza la ley que define la energiacutea asociada al fluido a lo largo de una liacutenea de corriente estudia problemas sobre estaacutetica y dinaacutemica de fluidos Euler (1707-1783) establece la base matemaacutetica para el estudio del flujo ideal sin viscosidad Venturi (1746-1822) clarifica los principios baacutesicos del flujo a lo largo de un conducto convergente divergente (el tubo de Venturi) define los principios del resalto hidraacuteulico Henri Navier (1785-1836) basaacutendose en los estudios de Euler deriva las ecuaciones de Navier que posteriormente Stokes modifica hasta obtener las ecuaciones que se conocen actualmente Ludwig Hagen (1797-1884) estudiando el flujo en conductos cerrados encuentra la zona de traspaso entre flujo laminar y turbulento y observa que depende de la velocidad y la temperatura del fluido asiacute como del diaacutemetro y la rugosidad del conducto Poiseulle (1799-1869) estudia el movimiento de la sangre en venas y capilares y determina experimentalmente la relacioacuten entre presioacuten y caudal en capilares William Froude (1810-1879) se dedicoacute durante parte de su vida a construir barcos sus investigaciones fueron continuadas por su hijo RE Froude (1846-1924) el cual definioacute el nuacutemero adimensional que lleva su nombre y que relaciona las fuerzas de inercia con las fuerzas gravitacionales G Stokes (1819-1903) logroacute derivar la ecuacioacuten de Navier-Stokes Kirchhoff (1824-1887) define el coeficiente de contraccioacuten hallaacutendolo para el caso de orificios bidimensionales Ernst Mach (1838-1916) que en uno de sus maacutes conocidos estudios sobre los flujos a alta velocidad deduce el nuacutemero de Mach Reynolds (1842-1912) clarifica el fenoacutemeno de cavitacioacuten define los regiacutemenes laminar y turbulento y el nuacutemero adimensional que los identifica Su teoriacutea sobre la lubricacioacuten hidrodinaacutemica es asimismo muy relevante Ludwig Prandtl (1875-1953) que observa la aparicioacuten y define la teoriacutea de la capa liacutemite se considera como uno de los creadores de la mecaacutenica de fluidos moderna Theodor Von Karman (1881-1963) estudia los voacutertices detraacutes de un cilindro define las fuerzas de arrastre y sustentacioacuten de cuerpos en el seno de un fluido en reacutegimen turbulento Durante el siglo XX los avances en la mecaacutenica de fluidos son continuos siendo la dinaacutemica de gases la aerodinaacutemica y la aeronaacuteutica los campos que han experimentado y seguiraacuten experimentado una especial proliferacioacuten Quisiera dedicar este libro a las personas cuyo apoyo he tenido constantemente sin olvidar a las generaciones de estudiantes de los cuales se aprende a diario y gracias a los cuales este libro es una realidad Quisiera agradecer al profesor Eugenio Valencia el apoyo que durante los uacuteltimos antildeos me ha prestado Es mi deseo que este libro sea de utilidad tanto para los futuros estudiantes como para los profesionales que necesiten repasar conceptos de mecaacutenica de fluidos

Josep M Bergadagrave

copy Los autores 2006 copy Edicions UPC 2006


Iacutendice III

Iacutendice

Paacuteg Capiacutetulo 1 Propiedades de los fluidos Problema 1 1 Problema 2 3 Problema 3 5 Problema 4 7 Capiacutetulo 2 Tensioacuten y deformacioacuten en medios continuos Problema 5 11 Problema 6 13 Problema 7 17 Problema 8 21 Capiacutetulo 3 Estaacutetica Problema 9 27 Problema 10 31 Problema 11 37 Capiacutetulo 4 Ecuacioacuten de continuidad Problema 12 43 Problema 13 45 Problema 14 49 Problema 15 51 Problema 16 53 Problema 17 55 Capiacutetulo 5 Ecuacioacuten de cantidad de movimiento Problema 18 59 Problema 19 61 Problema 20 65 Problema 21 67 Problema 22 71 Problema 23 73 Problema 24 75 Problema 25 81 Problema 26 85 Capiacutetulo 6 Ecuacioacuten de Momento cineacutetico Problema 27 93 Problema 28 97 Problema 29 103 Problema 30 109


IV Mecaacutenica de fluidos

Capiacutetulo 7 Ecuacioacuten de la energiacutea Problema 31 111 Problema 32 113 Problema 33 117 Problema 34 123 Capiacutetulo 8 Flujo con viscosidad dominante Problema 35 127 Problema 36 131 Problema 37 135 Problema 38 141 Problema 39 145 Problema 40 149 Problema 41 151 Problema 42 159 Capiacutetulo 9 Anaacutelisis adimensional Problema 43 169 Problema 44 173 Problema 45 175 Problema 46 179 Capiacutetulo 10 Sistemas de tuberiacuteas Problema 47 181 Problema 48 185 Problema 49 191 Capiacutetulo 11 Capa liacutemite Problema 50 205 Problema 51 207 Problema 52 211 Problema 53 215 Capiacutetulo 12 Flujo no estacionario Problema 54 221 Problema 55 227 Capiacutetulo 13 Gas dinaacutemica Problema 56 233 Problema 57 249 Problema 58 255 Bibliografiacutea 259


Nomenclatura V

Nomenclatura a = Aceleracioacuten [ms2] Cd = Coeficiente de descarga CP = Calor especiacutefico a presioacuten constante [JKg K] CV = Calor especiacutefico a volumen constante [JKg K] CD = Coeficiente de arrastre Coeficiente de resistencia para la capa liacutemite CL = Coeficiente de sustentacioacuten D = Fuerza de sustentacioacuten [N] D = Diaacutemetro [m] Dh = Diaacutemetro hidraacuteulico [m] F = Fuerza [N] f = Coeficiente de friccioacuten g = Aceleracioacuten gravitatoria [ms2] H = Energiacutea por unidad de peso [JKg g] H=h=Z = Nivel de referencia (cota) [m] h = Entalpiacutea [ JKg] L = Longitud [m] L = Fuerza de arrastre [N] M = Par [N m] m = Caudal maacutesico [Kgs] N = W Potencia [W] [Kw] NPSH = Altura neta positiva de aspiracioacuten [m] P = Presioacuten [Pa] P= Presioacuten reducida [Pa] R r = Radio [m] R = Constante caracteriacutestica de cada gas [J Kg K] Re = Nuacutemero de Reynolds S = Seccioacuten de paso [m2] Q = Caudal volumeacutetrico [m3s] Q = Flujo de calor [Js] T = Temperatura [ordmC K] t = Tiempo [s] U = V= Velocidad del fluido [ms] u = Energiacutea interna [JKg] V = Velocidad [ms] W = Potencia [W] [Kw] forall = Volumen [m3] Y = Energiacutea por unidad de masa [JKg] YT = Energiacutea teoacuterica por unidad de masa [JKg] Z = Nivel de referencia (cota) [m] αT = Coeficiente de expansioacuten teacutermica [K-1] β = Moacutedulo de compresibilidad volumeacutetrica [Nm2] ∆h = Peacuterdidas de carga por rozamiento [m2s2] ∆P = Variacioacuten de presioacuten [Nm2] ∆x = Variacioacuten de posicioacuten [m]


VI Mecaacutenica de fluidos

nabla = operador diferencial nabla 2nabla = operador diferencial laplaciano

Γ = circulacioacuten [m2s] ε = Rugosidad [m] η = Rendimiento micro = Viscosidad dinaacutemica [Kg s m] ν = Viscosidad cinemaacutetica [m2s] ρ = Densidad [Kg m3] δ = espesor de la capa liacutemite [m] σ = Tensioacuten superficial [Nm] τ = Esfuerzo cortante [Nm2] Φ = Velocidad de deformacioacuten angular [s-1] Ω =ξ = Vorticidad ω = Ω =Velocidad angular [rad s]


Problema 1 1

Problema 1 11 Enunciado Entre los extremos de un tubo de 0006 m de diaacutemetro y 1 m de longitud se aplica una diferencia de presioacuten relativa de 50000 Pa Si el caudal que fluye es de -6 2Q = 35 10 m stimes halle la viscosidad del fluido circulante (considerando reacutegimen laminar) Compruebe la veracidad de esta hipoacutetesis

12 Resolucioacuten La velocidad media de paso del fluido por el conducto seraacute

-6

2

Q 35times10 mU = = = 01237S sπ 0006

4

Dado que no se puede determinar el nuacutemero de Reynolds se consideraraacute que el reacutegimen de flujo es laminar al final de proceso se comprobaraacute esta hipoacutetesis

bull Considerando que el fluido fluye seguacuten la ley de Poiseulle y sabiendo que la distribucioacuten de velocidades en direccioacuten radial seguacuten Poiseulle es

( )2

2 2

2

∆P 1 1 r U = r - R = Umaacutex 1-∆x micro 4 R

∆P 1donde Umaacutex = - R∆x 4micro

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

La relacioacuten velocidad maacutexima-velocidad media UmaxU =2

donde 2∆P RU = -

∆x 8micro

La diferencia de presioacuten entre extremos del conducto ha de ser contrarrestada por los esfuerzos cortantes en la pared del mismo asiacute

2 2

totalD times0006Fp = ∆P = 50000 = 14137 N4 4

π π


2 Mecaacutenica de fluidos

El esfuerzo cortante se define como

2

maacutex

maacutex 2

U r= micro = micro U 1-r r R

2 r= -micro UR

⎛ ⎞part part ⎛ ⎞τ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟part part ⎝ ⎠⎝ ⎠

τ

El esfuerzo cortante de la pared valdraacute

maacutex

maacutex

r = R2= -micro URU

como U =2

U= -micro 4R

τ

τ

El esfuerzo debido a los esfuerzos cortantes a lo largo de todo el tubo seraacute

Τ

Τ

UF = S = 2 π R L = -micro 4 2 π R LR

como - F = Fp

14137 = 8 π U micro L = 8 π 01237 micro

τ τ

2

NtimesSmicro = 04547m

Para que el flujo sea laminar se debe cumplir

UD 01237times0006 Re = = lt 2400 0 4547ν

ρ

Para cumplir la igualdad se tiene que ρ deberiacutea valer 3ρ = 1470331Kg m como esto es imposible se concluye que la hipoacutetesis es acertada En concreto para una densidad de 3800Kg m se obtiene Re = 13


Problema 2 3

Problema 2 21 Enunciado Halle la potencia necesaria para mantener una velocidad angular constante de 10 rads en el viscosiacutemetro ciliacutendrico de la figura (Consideacuterense los esfuerzos cortantes en la superficie lateral y en la base) Datos H = 10 cm R1 = 3 cm h = 01 cm micro = 7middot10-3 Nmiddotsm2

22 Resolucioacuten En la cara lateral se tiene

du = dy

τ micro

1 1v 0 R ωdu = =

dy h hminus

Los valores de la fuerza y el par laterales FL y ML se obtienen

ω

Hh

h

R1

Fig 21



21L 1 1

R ωF = τmiddotdS = micromiddot middot2 πmiddotR middotH = micro 2π HmiddotR

h hω

31L 1 1 1 1

R ω ωM = FmiddotR = micro middot2π middotR middot H R = micro 2π Hmiddot Rh h

El valor de la potencia necesaria para vencer los esfuerzos cortantes laterales seraacute

23

L 1ω N = Mmiddotω = micro middot2π Hmiddot Rh

En la base del cilindro se tiene

i iV rωdu = =dy h h

Los valores de la fuerza y el par en la base FB y MB seraacuten

R3R i i

B i i0S 0

r ω r2πF = τdS = micro 2π r dr = micro ωh h 3

⎡ ⎤int int ⎢ ⎥

⎣ ⎦

3

Bω RF = micro2π h 3

R4

3 iB B i i i

0

Rω 2 π ω 2πM = dF middotR = micro r middotdr = micromiddot middoth h 4

⎡ ⎤int ⎢ ⎥

⎣ ⎦

4

Bω 2π RM = micro

h 4

La potencia debida a los esfuerzos cortantes en la base NB seraacute

NB = Mmiddotω = micro2 4ω 2π Rh 4

con lo que la potencia total necesaria para hacer girar el cilindro seraacute

NT = NL + NB = micro42

3 11

Rω 2π H R +h 4

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

= 7middot10-3middot2 4

310 003middot2π 01middot003 +0001 4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

NT = 00127 [W]


Problema 3 5

Problema 3 31 Enunciado Halle la expresioacuten del par necesario para mover la esfera de la figura adjunta

e

ω

da

d

θ

R

θ

Fig 31 32 Resolucioacuten Las tensiones cortantes existentes se pueden definir como

V R micro r cosθτ = micro = micro =n e e

part ω ωpart



Estudiando la esfera se observa que la fuerza que se opone al movimiento se da como

32

micro r cosθ micro r cosθdF = τ dS = 2π r da = 2π r cosθ r dθ =e e

micro r= 2π cos θ dθe

ω ω

ω

Asiacute mismo el momento resistente resultante valdraacute

idM = dF R = dF r cosθ 3

2micro rdM = 2π cos θ dθ r cosθeω

o

o

4903

-90

micro rM = 2π cos θ dθeω

int

con lo cual la potencia necesaria para hacer girar la esfera seriacutea

o

o

4 902 3

-90

rN = M = micro 2π cos θ dθe

ω ω int

y quedariacutea

o

o

904 902 2

-9090

r 1 2N = M = micro 2π cos s e n cosθ dθe 3 3minus

⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤ω ω θ θ +⎢ ⎥int⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

90 904

2 2

90 90

r 1 2N = micro 2π cos s e n senθe 3 3minus minus

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ω θ θ +⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

4

2 r 8N = micro π e 3

ω


Problema 4 7

Problema 4 41 Enunciado Se hace rotar un cuerpo coacutenico con una velocidad constante de 10 rads la base del cono tiene un diaacutemetro de 5 cm y el espesor de la partiacutecula de aceite es de 01 mm Si la viscosidad del aceite es de 7middot10-3 [NmiddotSm2] halle el par necesario para mantener el movimiento

ω

iR5 cm

Figura 41 Esquema del cuerpo coacutenico 42 Resolucioacuten Se divide la superficie del cono en dos partes por un lado la superficie lateral y por otro lado la base En la superficie lateral el esfuerzo cortante en un punto geneacuterico vale

iτ = idνmicro

dn = iR ω

microe

= ih tgθωmicro

e



θe

X

En la base

iτ = idνmicro

dn = iR ω

microe

dri

dzdhi

θ

La fuerza que se opone al movimiento en la superficie lateral

idF = τ dS = τ 2 πR dZ cosθ = dhdz

i idh dhdF 2 R 2 h tg

cos cos= τ π = τ π θ

θ θ

2 2

idhdF = micro h tg θ 2π

e cosθω

32 2h

2 ii

0

hω tg θ ω tg θF = micro 2πh dh = micro 2πe cosθ e cosθ 3int

La fuerza en la base seraacute

idF = τdS = τ2πR dR

2i

ωdF = micro R 2πdRe


Problema 4 9

3R2i

0

ω ω RF = micro 2π R dR = micro 2πe e 3int

El par necesario en la superficie lateral

i

i

M = Ftimes RdM = dFtimes R

2

2i i

tg θ ωdM = micro 2πh dhRcosθ e

i iR = h tgθ

3 3 4h

3L i

0

tg θ ω tg θ ω hM = micro 2π h dh = micro 2πcosθ e cosθ e 4int

El par en la base

2i i i

ωdM = dF R = micro 2π R dR Re

4h

3b i

0

ω ω RM = micro 2π R dR = micro 2πe e 4int

El par total necesario para mantener el movimiento seraacute

TM = L bM + M

4 43 3

4 4T

h Rtg θ ω ω ω 2π tg θM = micro 2π + micro 2π = micro h + Rcosθ e 4 e 4 e 4 cosθ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Sustituyendo el radio por su equivalente

4 3T

ω π 1M = micro h tg θ + tgθe 2 cosθ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

La potencia necesaria para mantener el sistema en movimiento seraacute

24 3

Tω 1N = M ω = micro h tg θ + tgθe 2 cosθ

π ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 5 11

Problema 5 51 Enunciado Sea un volumen de agua de 1 m3 sometido inicialmente a una presioacuten de 105 Pa y a una temperatura de 280 K Si el proceso evoluciona de forma que al cabo de un tiempo T la temperatura y la presioacuten del fluido son de 300 K y 3 105 Pa determine el volumen que ocuparaacute el liacutequido en estas condiciones Datos

4 1

T 15310 Kminus minusα = (coeficiente de expansioacuten teacutermica)

9

2

N196 10m

β= (moacutedulo de compresibilidad volumeacutetrica)

52 Resolucioacuten La definicioacuten del moacutedulo de compresibilidad y del coeficiente de expansioacuten teacutermica es

dpd

β = minusforallforall

T

1 ddTforallα =

forall

La variacioacuten de volumen con la presioacuten y la temperatura se define

d dp dTp T

partforall partforallforall = +part part

de donde

d dp dTforallforall = minus + αforallβ

Integrando

P T

P T

final final final

inicial inicial inicial

d dp dTforall

forall

forall = minus + αforall βint int int



( ) ( )final

final inicial final inicial

inicial

1ln p p T T⎛ ⎞forall

= minus minus + α minus⎜ ⎟forall β⎝ ⎠

( ) ( )final inicial final inicial final inicial

1ln ln p p T Tforall = forall minus minus + α minusβ

( ) ( )1 p p T T

final inicial

final inicial final iniciale eminus minus α minusβforall = forall

Sustituyendo valores se obtiene

final inicial 1002961forall = forall El volumen del fluido al final seraacute ligeramente mayor que el inicial


Problema 6 13

Problema 6 61 Enunciado Dados un fluido de densidad constante que fluye en un canal convergente con una altura media de

0YY =

x1+L

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

y una velocidad en direccioacuten x de 2

0x yu = u 1+ 1-L Y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ siendo u0 =1 ms

L = 5m

xYo = 1m

Ys = 05m

Calcule La velocidad transversal v(x y) La aceleracioacuten lineal la velocidad angular la vorticidad la velocidad de deformacioacuten volumeacutetrica y la velocidad de deformacioacuten angular para dicho fluido 62 Resolucioacuten Para un fluido incompresible y flujo bidimensional la ecuacioacuten de continuidad puede expresarse

v u= -y x

part partpart part

En funcioacuten de los datos del enunciado la velocidad en direccioacuten x se puede dar



2 32 2

0 02 20 0

x y x x y xu = u 1+ 1- 1+ = u 1+ - 1+L L L LY Y

⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦

derivando respecto a x se obtiene

220

20

uu 3y x- = - 1- 1+x L LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

con lo cual la velocidad en direccioacuten y seraacute

2 2220 0 0

2 20 0

u u u 3y3y x xv = - 1- 1+ dy = - dy + 1+ dyL L L LY LY⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥int int int⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

23

0 02

0

u y u y xv = - + 1+ + C(x)L LLY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Condiciones de contorno v = 0 cuando y = Y y para cualquier x

2

30 0 0 0

2 30

x1+u Y u Y L0 = - + + C(x)

x LY xL 1+ 1+L L

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Sustituyendo para x = 0

C(x) = 0 por lo tanto

2 20

0

u y y xv = - 1- 1+L Y L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

Eligiendo el sistema cartesiano de coordenadas la aceleracioacuten en direccioacuten x e y seraacute

xDu u u ua = = + u + vDt t x y

part part partpart part part

yDv v v va = = + u + vDt t x y


Puesto que se estaacute en reacutegimen permanente u v= = 0t t

part partpart part

Derivando las velocidades u y v respecto las direcciones x e y se tiene

22

0 20

u 1 3y x 1= u - 1+x L L LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

3

0 20

u 2y x= u - 1+y LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 6 15

3

0 20

v y x 1= u 2 1+x L LLY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎣ ⎦

22

0 20

v 3y x 1= u 1+ -y L LLY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

Sustituyendo en las ecuaciones para la aceleracioacuten se obtiene

2 43 520

x0 0

u x y x y xa = 1+ - 2 1+ + 1+L L Y L Y L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2 452 3

0y 2 2 4

0 0

u y x y xa = y - 2 1+ + 1+L LL Y Y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

La velocidad angular se define como

z1 v u= - 2 x y⎛ ⎞part partω ⎜ ⎟part part⎝ ⎠

Obseacutervese que x1 w v= - = 02 y z⎛ ⎞part partω ⎜ ⎟part part⎝ ⎠

y1 u w= - = 02 z x

part part⎛ ⎞ω ⎜ ⎟part part⎝ ⎠

Sustituyendo queda

220

z 2 20

yu x y x= 1+ + 1+L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ω ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

Puesto que la vorticidad se define como el doble de la velocidad angular ξz = 2ωz

220

z 2 20

yu x y xξ = 2 1+ + 1+L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

la velocidad de deformacioacuten volumeacutetrica estaacute dada en este caso por

( )d δ1 u v= +δ dt x y

forall ⎛ ⎞part part⎜ ⎟forall part part⎝ ⎠

Al sustituir u vyx y

part partpart part

se llega a

( )d δ1 = 0

δ dtforall

forall

la velocidad de deformacioacuten angular viene dada por



xy1 u v= +2 y x⎛ ⎞part partφ ⎜ ⎟part part⎝ ⎠

puesto que

xz1 u w= + 02 z x

part part⎛ ⎞φ =⎜ ⎟part part⎝ ⎠ yz

1 v w= + 02 z y⎛ ⎞part partφ =⎜ ⎟part part⎝ ⎠

Sustituyendo se llega a

2 20

xy 2 20

yu x x y= 1+ - 1+ +L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞φ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

Cabe recordar que aunque matemaacuteticamente se puedan separar la rotacioacuten la dilatacioacuten y la deformacioacuten angular ocurren en el fluido de forma simultaacutenea y no se pueden separar desde el punto de vista fiacutesico


Problema 7 17

Problema 7 71 Enunciado Sea un flujo definido por una distribucioacuten de velocidades tal como

xu =1+ t

yv =1+ 2t

w = 0

Halle la liacutenea de corriente senda o trayectoria y la liacutenea de traza que en el instante t = 0 pasa por el punto

0 0 0(x y z ) 72 Resolucioacuten Puesto que w = 0 el flujo es bidimensional y todas la liacuteneas de corriente seraacuten paralelas al plano XY La determinacioacuten de las liacuteneas de corriente se basa en la ecuacioacuten dx x= u =ds 1+ t

dy y= v =ds 1+ 2t

Integrando para t = cte queda dx ds=x 1+ t

slnx = + cte1+ t

( )variables xy⎯⎯⎯⎯⎯rarr s

1+t1middotx = c e

2middot

s1+2ty = c e

Para calcular las constantes se impondraacute la condicioacuten s=0 x=X0 y=Y0 y se obtendraacute C1= x0 C2= y0 Eliminando s queda

( ) ( )0 0

x yln 1+ t = ln 1+ 2tx y

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Reagrupando en x e y se obtendraacute

0 0

x 1+ t yln = lnx 1+ 2t y

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 00

yx 1+t lnln yx 1+2te = e

⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

1+t1+2t

0 0

x y=x y

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Se obtiene asiacute la ecuacioacuten de las liacuteneas de corriente que pasan por (x0 y0) en cualquier instante t

1+t1+2t

00

xy = yx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Para t = 0 ⎯rarr⎯ 0 0

y x=y x

La liacutenea de corriente seraacute una liacutenea inclinada 45ordm que pasa por el punto (X0 Y0) ver figura 71

y

x

aumentando t

t = -13t = -16

t = 0

t = 13

t = 1

t = infinito

yo

xo

Fig 71 Liacuteneas de corriente que pasan por el punto X0 Y0 para diferentes estados temporales Las liacuteneas de corriente se pueden determinar tambieacuten utilizando la ecuacioacuten dx dyu v

=

Sustituyendo los valores de u y v se obtiene

dx dyx y

1 t 1 2t

=

+ +

de donde dx dy 1 2tx y 1 t

+=+

Integrando entre liacutemites se obtiene

X Y

X Y0 0

1 t dx dy1 2t x y

+ =+ int int

de donde 0 0

1 t x yln ln1 2t x y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Problema 7 19

o bien

1 t1 2 t

0 0

x yx y

++⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Veacutease que se obtiene la misma ecuacioacuten que en el apartado anterior Las sendas o trayectorias se determinan integrando las ecuaciones A y B

(A) dx x=dt 1+ t

(B) dy y=dt 1+ 2t

Integrando

dx dt=x 1+ tint int ( ) 1lnx = ln 1+ t + k ( )ln 1+t +k1lnxe = e ⎯rarr⎯ ( ) 1x = 1+ t k (C)

dy dt=y 1+ 2tint int ( ) 2

1lny = ln 1+ 2t + k2

( )1 ln 1+2t +k2lny 2e = e ⎯rarr⎯ ( )

12 2y = 1+ 2t k (D)

Aparecen dos nuevas constantes krsquo1 y krsquo2 que corresponden a 1ke y 2ke Aplicando las condiciones de contorno t=0 x=X0 y=Y0 queda

0 1X = k ( ) 0x = 1+ t X

0 2Y = k ( )12 0y = 1+ 2t Y

Eliminando el tiempo se obtiene la ecuacioacuten de la senda o trayectoria

12

00

xy = 1+ 2 -1 YX

⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

Eacutesta se muestra en la figura 2Veacutease que no coincide con la ecuacioacuten de la liacutenea de corriente en t=0 Para hallar la liacutenea de traza se parte de las ecuaciones integradas de las sendas ecuaciones C y D y se calcula la familia de partiacuteculas que pasaron por (X0 Y0) en instantes ε lt t Asiacute pues para t = ε x =X0 y =Y0 se obtiene

(C) ( ) 1x = 1+ t k 01

Xk =1+ ε

⎯rarr⎯ ( )

01+ t

x = X1+ ε

(D) ( )12 2y = 1+ 2t k

( )0

2 12

Yk =1+ 2ε

⎯rarr⎯ ( )( )

12

012

1+ 2ty = Y

1+ 2ε

Estas expresiones corresponden a las liacuteneas de traza que pasan por (X0 Y0) en cualquier instante t

Para t =cte se igualan los valores de ε de las dos ecuaciones

( ) ( )2

00

1+ t Y 1ε = X -1 = 1+ 2t -1x y 2

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎯rarr⎯ ( ) ( ) 20 01+ 2tX 1 Y1+ t - =

x 2 2 y⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Despejando 0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

se obtiene

0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= ( )

( )

12

0

1+ 2tX2 1+ t -1x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⎯rarr⎯ Para t =0 ⎯rarr⎯ 0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

=

12

0

1X2 -1x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= 1-20X2 -1

x⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Liacutenea tambieacuten representada en la figura 2 Fiacutesicamente la liacutenea de traza refleja el comportamiento de las liacuteneas de corriente antes del instante t =0 mientras que la senda refleja lo que ocurre despueacutes Una liacutenea de traza se genera experimentalmente por medio de la inyeccioacuten continua de partiacuteculas marcadas (tinta humo o burbujas) desde un punto fijo Como uacuteltima observacioacuten cabe decir que en caso de flujo estacionario las liacuteneas de traza senda y corriente coinciden

Liacutenea de traza

Liacutenea de corriente

Senda

y

x

YO

XO

Fig 72 Liacutenea de corriente senda y liacutenea de traza que pasan por X0 e Y0 en T = 0

Liacutenea de traza


Senda

placa oscilanteFlujouniforme

Puntoemisor

Fig 73 Flujo no estacionario alrededor de una placa oscilante visualizado con burbujas desprendidas de un punto fijo Adaptado del problema 1-14 del libro Mecaacutenica de Fluidos del autor Frank M White edicioacuten 1988 publicado por McGraw-Hill


Problema 8 21

Problema 8 81 Enunciado Sea el movimiento en reacutegimen permanente definido en coordenadas eulerianas y dado por el campo de velocidades ˆ ˆv = (2x - 3y)i + (3x - 2y)j Se pide 1 Demuestre que el fluido es incompresible 2 Determine el campo de aceleracioacuten a y el campo de vorticidad ( Ω ) 3 Determine las liacuteneas de corriente e identifique aquella que pasa por el punto x =1 y =1 z =0 4 Determine la ecuacioacuten de las liacuteneas de torbellino (vector remolino ω ) 5 Calcule la circulacioacuten del vector velocidad a lo largo de la liacutenea de corriente que pasa por el punto x =1 y =1 z =0 Calcule tambieacuten el flujo de vorticidad Ω a traveacutes de la superficie que tiene por liacutenea frontera aquella liacutenea de corriente

6- Calcule la velocidad de deformacioacuten lineal especiacutefica en la direccioacuten del vector unitario 2 2ˆ ˆr = i - j2 2

82 Resolucioacuten 1 La ecuacioacuten de conservacioacuten de la masa en forma diferencial se enuncia

( )ρ + ρv =t

part nablapart

0

Si el fluido es incompresiblese ha de cumplir V 0nabla = Sustituyendo

x y zv v vv = + + = 2 - 2 + 0 = 0

x y zpart part partnablapart part part

rArr fluido incomprensible

2 ( )va = + v vt

part nablapart

Por ser el movimiento estacionario vt

partpart

= 0



( ) ( )( )

x y z

x y z

x y z

v v vx x xv v vv v 2x 3y 3x 2y y y yv v vz z z

part part partpart part partpart part partnabla = minus minuspart part partpart part partpart part part

= ( )( )2x - 3y 3x - 2y 23

32minusminus

=

= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ˆ ˆ2x - 3y 2 + 3x - 2y - 3 i + 2x -3y 3 + 3x - 2y -2 j⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ =

= [ ] [ ]ˆ ˆ4x - 6y -9x + 6y i + 6x -9y - 6x + 4y j = ˆ ˆ-5xi - 5yj El campo de vorticidad estaacute definido por V rot VΩ = nabla and =

( ) ( )

( ) ( )

ˆ ˆ î j k

ˆ ˆ ˆΩ = = 3x - 2y k - 2x -3y k = 6kx y z x y

2x -3y 3x - 2y 0

part part part part partpart part part part part

El fluido estaacute girando respecto al eje z 3 Las liacuteneas de corriente se definen por la ecuacioacuten diferencial

x y

dx dy=V V

dx dy=2x -3y 3x - 2y

( ) ( )dx 3x - 2y - dy 2x -3y = 0

Se llega a una ecuacioacuten diferencial del tipo M(x y)dx + N(x y)dy = 0 Se debe comprobar si se trata de una diferencial exacta

Para ello se ha de cumplir ⎯rarr⎯ M(x y) N(x y)=y x

part partpart part

⎯rarr⎯ Recordando que

N(xy) = ( )- 2x -3y

Se observa que la ecuacioacuten diferencial es exacta dado que las dos derivadas tienen el mismo valor

M(x y)y

partpart

= N(x y)x

partpart

=-2

Puesto que se trata de una diferencial exacta la solucioacuten de la ecuacioacuten seraacute del tipo

( )2xF(x y) = M(x y)dx = 3x - 2y dx = 3 - 2xy + C(y)

2int int

y debe cumplirse que F(x y)N(x y) =y

partpart


Problema 8 23

con lo cual ( )- 2x - 3y = -2x + C(y) ⎯rarr⎯ C(y) = 3y ⎯rarr⎯2

03yC(y) = + C2

Por tanto la funcioacuten queda

2 2

03x 3yF(x y) = - 2xy + + C = 0

2 2

(Si en lugar de igualarla a 0 se iguala a cualquier otro nuacutemero se obtendraacuten elipses conceacutentricas)

Sustituyendo para el punto x =1 y =1 z =0 queda

03 3F(x y) = - 2 + + C = 02 2

⎯rarr⎯ 0C = -1

En este punto la funcioacuten seraacute

2 23x 3y+ - 2xy -1 = 02 2

Ecuacioacuten de la liacutenea de corriente que pasa por el punto (110) y representa la ecuacioacuten de una elipse centrada en el origen pero inclinada un aacutengulo θ

Con el fin de hallar la ecuacioacuten de la elipse referida a sus ejes centrales se debe determinar el aacutengulo de rotacioacuten de la misma La expresioacuten de una elipse plana en cualquier punto del eje de coordenadas y girada un aacutengulo θ viene dada por

2 2Ax + Bxy + Cy + Dx + Ey + F = 0 El teacutermino x y es el que da la rotacioacuten

Los teacuterminos en x e y dan el desplazamiento (en este caso no existe desplazamiento)

El aacutengulo de giro viene dado por ( ) A - Ccotg 2θ =B

La ecuacioacuten hallada es 2 23x 3y+ - 2xy -1 = 0

2 2 Y se puede expresar como

2 23x + 3y - 4xy - 2 = 0 (1)

Se deduce que A =3 B =-4 C =3

( ) 3-3cotg 2θ = = 0-4

⎯rarr⎯ ordm2θ = 90 ⎯rarr⎯ ordmθ = 45



x

45ordm

x

yy

Fig 81 Inclinacioacuten de la elipse respecto a los ejes coordenados

Para transformar la ecuacioacuten de la elipse referida a los ejes x y respecto a los ejes xrsquoyrsquo se debe realizar el cambio

x = xcosθ - ysenθy = xsenθ + ycosθ

rArr x = xcos45 - ysen45y = xsen45 + ycos45

Sustituyendo en la ecuacioacuten (1)

2 22 2 2 2 2 2 2 23 x - y + 3 x + y - 4 x - y x + y - 2 = 0

2 2 2 2 2 2 2 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Desarrollando se llega a 2 2x + 5y - 2 = 0 La ecuacioacuten de la elipse respecto a los ejes xrsquo e yrsquo seraacute

2 21 5x + y -1 = 02 2

La ecuacioacuten geneacuterica de una elipse centrada es

2 2

2 2

x y+ = 1a b

siendo a y b los semiejes principales que en este caso valdraacuten

a = 2

2b =5

4 El vector remolino se define como ω

1ω = Ω2

⎯rarr⎯ ( ˆΩ = 6k ) apartado 2 ⎯rarr⎯ ˆω = 3k

5 La circulacioacuten del vector velocidad se define como


Problema 8 25

( ) ( ) Γ = vdl = i 2x -3y + j 3x - 2y idx + jdyint int

Esta integral hay que realizarla a lo largo de la liacutenea de corriente (que es la elipse) para integrar se deben transformar todos estos paraacutemetros en uno solo e integrar respecto a dicho paraacutemetro Consecuentemente se han de dar los valores de x y dx dy en funcioacuten de los semiejes principales de la elipse y el aacutengulo de giro Las relaciones de transformacioacuten son

ysenθ =bxcosθ =a

x = acosθ = 2cosθ

2y = bsenθ = senθ5

dx = -asenθdθ = - 2senθdθ

2dy = bcosθdθ = cosθdθ5

x

yb

a

Fig 82 Relaciones de transformacioacuten para una elipse Sustituyendo estos valores en la integral se obtiene como uacutenica variable el aacutengulo θ que se integraraacute entre 0 y 2π

( ) ( ) ( )2π 2π

0 0

2 2 2Γ = 2x - 3y dx + 3x - 2y dy = 2 2cosθ - 3 senθ - 2senθ dθ + 3 2cosθ - 2 senθ cosθ dθ5 5 5

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟int int int⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

De realizar la integracioacuten se obtiene que 12πΓ =5

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Se observa que este camino elegido es largo Un meacutetodo alternativo seriacutea la aplicacioacuten del teorema de Stokes



( )l s s s s

ˆ ˆvdl = v ds = Ωds = 6knds = 6 ds = 6πabnabla andint int int int int rarr aacuterea de la elipse rarr

rarr 2 12π6πab = 6π 2 = = Γ5 5

6 La velocidad de deformacioacuten lineal especiacutefica en la direccioacuten del vector unitario 2 2r = i - j2 2

se calcula

mediante la expresioacuten

ij i j1 d dr = e β βdr dt

⎯rarr⎯

2i = 2

2j = - 2

β

β

de donde eij valdraacute

ij =

u 1 u v 1 u w+ +x 2 y x 2 z x

1 v u v 1 v we + +2 x y y 2 z y

1 w u 1 w v w+ +2 x z 2 y z z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠




Sustituyendo

( )

( )

212 -3 + 3 0 22 21 d 1 2 dr = -3 + 3 -2 0 - = 2dr dt 2 2

00 0 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

La velocidad de deformacioacuten lineal vendraacute dada por ˆ ˆ2 i 2 j+


Problema 9 27

Problema 9 91 Enunciado Sea una esfera de radio la unidad sumergida parcialmente en agua Se conoce que en la posicioacuten de equilibrio el punto de tangencia del casquete esfeacuterico que sobresale del liacutequido con el eje de abscisas que pasa por el centro de la esfera forman un aacutengulo de 45 grados Determine 1 La densidad del material de que estaacute compuesta la esfera 2 Si la esfera se sumerge en mercurio determine el nivel de mercurio respecto al eje central de la esfera

Agua

Esfera

45deg

Figura 91 Esquema de la esfera parcialmente sumergida

92 Resolucioacuten

1 El elemento diferencial de superficie empleado para determinar el empuje queda esquematizado en la figura 92



Figura 92 Esquema del elemento diferencial empleado

y

s s s

E = - dF = - dFsenθ = - ρgymiddot2πrmiddotRdθmiddotsenθint int int

puesto que r R cosy h R se n

= θ⎧⎨ = minus θ⎩

( )

2

2 3 2

2 2

2 32 3

2 2

E g(h R s e n )middot2 R cos middotRmiddots e n d

E ghmiddot2 R cos s e n d g2 R s e n cos d

s e n s e nE gh2 R g2 R 12 3

θ

πminus

θ θ

π πminus minus

θ θ

π πminus minus

= minus ρ minus θ π θ θ θ

= ρ π θ θ θ + ρ π θ θ θ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= minusρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

int

int int

( )Para = h=Rsen Rsen 45ordm4 4

π πθ =⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

( )

2 2 2 3 3 3

2 3

1 1E gh2 R sen sen g2 R sen sen 2 4 2 3 4 21 1 1E gh2 R 1 g2 R 0353553 1 2 2 3

⎡ π π ⎤ ⎡ π π ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= minusρ π minus minus + ρ π minus minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤= minusρ π minus + ρ π minus minus⎡ ⎤⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

( )

( )

2 3

2 3

1 1E gh2 R g2 R 1353553 4 3

R RE g2 h 1353553 4 3

⎛ ⎞= ρ π + ρ π⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥

⎣ ⎦

h y

x x

y

y

F

R

r θ


Problema 9 29

( )3 3

3 3 3

R sen45ordm RE g2 1353553 4 3

sen45ordm 1353553E g2 R g2 R middot062796 g R middot1 25594 3

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥

⎣ ⎦⎡ ⎤= ρ π + = ρ π = ρ π⎢ ⎥⎣ ⎦

El peso de la esfera ha de ser igual a su empuje con lo cual se ha de cumplir

2

2

3 3E H O

H OE 3

4w g R E g R middot125593middot 12559 Kg94194 4 m3

= ρ π = = ρ π

ρρ = =

Veacutease que tal como cabiacutea esperar la densidad es menor que la densidad del agua 2 Si la esfera se sumerge en el mercurio y dado que la densidad del mercurio es 136 veces la densidad del agua se puede realizar una estimacioacuten inicial calculando si la mitad de la esfera quedaraacute o no cubierta por el mercurio Para ello se ha de evaluar si se cumple

3 3esfera esfera esfera Hg

4 1 4Peso W g R g R3 2 3

gt

lt= = ρ π = ρ π

y se cumple que E Hg12

ρ lt ρ

con lo cual seguro que uacutenicamente un pequentildeo casquete esfeacuterico quedaraacute sumergido en el mercurio Dado que el elemento diferencial de empuje es el mismo que en el apartado inicial se llega a la misma expresioacuten (1) que en dicho apartado aunque ahora la densidad de fluido es la del mercurio

2 32 3

Hg Hg

2 2

sen senE gh2 R g2 R 2 3

θ θ

π πminus minus

⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= minusρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

de donde

( )2 3 3 2 2Hg

R hE g2 R sen sen sen sen 23 2 2 2

⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ρ π θ minus minus minus θ minus minus⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭

Con el fin de comprobar la bondad de la ecuacioacuten hallada se comprueba que para θ =0 se cumple que h = 0 con lo cual el empuje deberiacutea ser el equivalente al de media esfera

2Hg

R hE g2 R (0 1) (0 1)3 2

⎡ ⎤= ρ π + minus minus⎢ ⎥⎣ ⎦

2Hg

R hE g2 R3 2

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥⎣ ⎦

33

Hg HgR 4 1E g2 g R3 3 2

= ρ π = ρ π

Veacutease que se cumple



3866664 N

558281 N

0

100000

200000

300000

400000

500000

600000

-90 -75 -60 -45 -30 -15 0 15 30 45 60 75 90

Aacutengulo de la posicioacuten del nivel del liacutequido (grados)

Empu

je q

ue a

ctuacutea

sobr

e la

esf

era

(est

ando

pa

rcia

lmen

te su

mer

gida

) (N

)

La determinacioacuten del aacutengulo θ se obtendraacute de igualar el peso de la esfera a la ecuacioacuten del empuje en funcioacuten de dicho aacutengulo El peso de la esfera viene dado por

3 3esfera esfera

4 4W = g R =94194middot98middot middot middot1 =3866677 N3 3

ρ π π (3)

La figura 13 es la representacioacuten graacutefica de la ecuacioacuten (2) donde entrando para el peso de la esfera se obtiene el aacutengulo θ que forma la superficie libre del mercurio con el eje de abcisas central de la esfera Cuyo valor es de θ = - 427ordm

Figura 93 Representacioacuten graacutefica de la ecuacioacuten 2


Problema 10 31

Problema 10 101 Enunciado Determine la localizacioacuten del centro de presioacuten y de los momentos causados por las fuerzas hidrostaacuteticas sobre el eje que pasa por la base de una placa semicircular de radio la unidad sumergida completamente e inclinada un aacutengulo de θ=45ordm respecto a la superficie libre del liacutequido Consideacuterese que la parte superior de la placa estaacute situada a una distancia respecto al nivel del liacutequido de

ah (10 m 100 m 500 m) por debajo de la superficie del mar

R

cdg

Y

45degha

Figura 101 Esquema de la posicioacuten de la placa



102 Resolucioacuten

R

Yi

RXc Xc

X X

Fig 102 Ejes de referencia

1 Los momentos de inercia respecto al eje central y el que pasa por la base de la placa se establecen

4

xc 2

R 64I = 1-8 9

π ⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠

4x

1I = πR8

4RY =3π

Sustituyendo para el momento de inercia que pasa por el eje central se tiene 4

xcI = 01097timesR La distancia (inclinada) desde la superficie del liacutequido hasta el centro de gravedad del cuerpo se define

acdg

h 4RY = + R -sen45 3

⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠

cdg10 cdg10m10 4times1Y = Y = + 1- = 14717 m

sen45 3⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠


sen45 3π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


sen45 3π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

El centro de presioacuten en los tres casos estaacute situado

xcdgcdp cdg

cdg

IY - Y =

Y times A


Problema 10 33

ha = 10 m 4xcdg

cdp cdg 210 10cdg10

I 01097times1Y = Y + = 14717 + = 14721 mY times A times114717times

2π

cdp cdg10 10

Y - Y = 000474 m

ha = 100 m 4

cdp 2100

01097times1Y = 141996 + = 14199649 mtimes11419962

π

cdp cdg100 100

Y Y 0000491 mminus =

ha = 500 m 4

cdp 2500

01097times1Y = 707682 + = 7076820987 mπtimes1707682

2

cdp cdg500 500

Y - Y = 000009870 m

Obseacutervese que la distancia entre el centro de presiones y el centro de gravedad disminuye a medida que la profundidad aumenta La fuerza ejercida sobre la superficie semicircular para las tres profundidades se establece del modo siguiente

2 2

10 cdg10

R middot1F = ρg Y sen45middot = 1000middot98middot14717middotsen45middot = 160195 4 N2 2

π π

2 2

100 cdg100

πR πmiddot1F = ρg Y sen45middot = 1000middot98middot141996middotsen45middot = 154563543N2 2

2 2

500 cdg500

R middot1F = ρ g Y sen45middot = 1000middot98middot707682middotsen45middot = 7703163 29 N2 2

π π

El momento respecto a la base del aacuterea semicircular seraacute

( ) ( )cdp- cdgcdp-base4RM = Fmiddotd = Fmiddot - Y Y3

⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭

10m4middot1M = 160195 4middot - 000474 = 6722971 Nm3

⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭

100m4middot1M = 154563543middot - 0000491 = 65522914 Nm3

⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭



2 Segundo meacutetodo de resolucioacuten por integracioacuten directa

R c

a

Y

Yt

da

45deg

hht

Fig 103 Esquema de la posicioacuten de la placa con el elemento diferencial de superficie elegido Sea el elemento diferencial de superficie definido en la figura 103

2 2 2

2 2

ds = 2cmiddotdaa + c = R

ds = 2 R - a middotda

dF = P ds

( ) ( ) ( )t tdF = ρ g h ds = ρ g h - a senθ ds = ρ g Y senθ ds = ρ g Y - a senθ ds

( ) ( ) 2 2t tdF = ρ g Y - a senθ ds = ρ g Y - a senθ middot2 R - a da

( )R

2 2t

0

F = ρ g Y - a middotsenθ 2 R - a middotdaint

tF ρ g Y middotsenθ= sdot sdot sdot 2R

0int R a middotda2 2minus - ρ g senθsdot sdot sdot 2

R

0int a R a middotda2 2minus


a R aR a middotarcsenR

22 2

0

⎡ ⎤minus +⎢ ⎥2 2⎣ ⎦

- ρ g senθsdot sdot sdot 2R

0int amiddot R a middotda2 2minus


Problema 10 35

tF ρ g Y middotsenθ= sdot sdot sdot 22 2

2 2R R RR R arcsen2 2 R

⎡ ⎤minus +⎢ ⎥

⎣ ⎦- ρ g senθsdot sdot sdot 2

R


2

tRF = ρ g Y senθmiddot2 0 + arcsen12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

- ρ gmiddotsenθ 2 ( )R3

2 2 2

0

1 R a3

⎡ ⎤minus minus⎢ ⎥⎣ ⎦

tF = ρ g Y middotsenθ 2 middot2R arcsen1

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

- ρ g senθ 2 ( ) ( )3

3 22 2 2 221 1 R R R 03 3

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥minus minus minus minus minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠

⎣ ⎦

( )32

2 2t

R π 1F = ρ g Y middotsenθ 2times middot -ρ gmiddotsenθ 2 R2 2 3

2

3t

R middotπ 1F = ρ g Y middotsenθmiddot -ρ gmiddotsenθ 2 R2 3

2

tπ Rmiddot2F = ρ gmiddotsenθ R Y middot -2 3

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

El valor de Yt seraacute

t ah h Rmiddotsen= + θ La ha ha de entenderse ahora como la distancia vertical entre el extremo superior de la placa y la superficie libre del liacutequido

a at

h + Rmiddotsenθ hY = = + R

senθ senθ

Sustituyendo en la ecuacioacuten de la fuerza

2 ah Rmiddot2F = ρ gmiddotsenθ R + R middot -senθ 2 3

⎡ ⎤π⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦

La fuerza sobre la superficie para las tres profundidades seraacute

ha=10 m 210F 1000middot98sen451= middot 10 1middot21 middot

sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 1602033 N


sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 154564569 N


sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 770316729 N



El momento respecto a la base del aacuterea semicircular es dM dFmiddota=

( ) 2 2tdM = amiddotρmiddotg Y - a middotsenθmiddot2 R - a da

R R

2 2 2middot 2 2t

0 0

M = ρmiddotgmiddotsenθmiddot2middotY middotamiddot R - a da - ρmiddotgmiddotsenθmiddot2middota R - a daint int

( )RR3 2 2 4

2 2 2 22t

0 0

1 a (2a - R ) R aM = ρtimesgtimessenθtimes 2 Y - R - a - R - a + arcsen3 8 8 R

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

4

3t

1 RM = ρtimesgtimessenθtimes 2 Y R - arcsen13 8

⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Recordando que

at

hY = + R

sen45

el momento para los diferentes valores de ha seraacute

ah 10 m= 310

10 1 1M = 1000times98timessen45times 2 +1 1 - = 6723183 Nmsen 45 3 8 2

⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

ah 100 m= 310

100 1 1M = 1000times98timessen45times 2 +1 1 - = 65523183Nmsen 45 3 8 2

⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

ah 500m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

Veacutease que los valores de la fuerza y los momentos coinciden con los obtenidos en la resolucioacuten anterior


Problema 11 37

Problema 11 111 Enunciado Sea un recipiente ciliacutendrico parcialmente lleno de agua y abierto a la atmoacutesfera Dicho recipiente gira a

una velocidad angular de 10 rads

y estaacute montado en un ascensor

En condiciones de reposo la altura del nivel del liacutequido es de 30 cm Quedando un espacio libre entre el nivel del liacutequido y la superficie del vaso de 10 cm el radio del cilindro es de 6 cm Sabiendo que cuando el ascensor se pone en marcha tanto en sentido ascendente como descendente la

aceleracioacuten del mismo es de 1 2

ms

y su deceleracioacuten para cualquier sentido de la marcha es de 07 2sm

determine 1 La ecuacioacuten que rige la posicioacuten del nivel del liacutequido en funcioacuten del radio 2 La presioacuten a la que estaacute sometida una partiacutecula de fluido situada en el fondo del depoacutesito y a un radio de 002 m para cualquier sentido de la marcha del ascensor y cuando el fluido esteacute en reposo 3 La velocidad de giro del cilindro para que en el borde exterior el liacutequido se situacutee en el extremo del vaso Considere el ascensor parado



Fig 111 Esquema del recipiente ciliacutendrico que gira 112 Resolucioacuten 1- La ecuacioacuten diferencial que rige el movimiento de un fluido sometido a las aceleraciones centriacutepeta angular y en direccioacuten vertical se define como

2 za1dP = ρ r ω dr - ρ a dθ - ρ g 1+ dzr gθ

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Puesto que la aceleracioacuten angular no existe para el caso que nos ocupa queda

2 zadP = ρ r ω dr -ρ g 1+ dz

g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Los valores de la aceleracioacuten za dependeraacuten de si el ascensor estaacute subiendo o bajando y de si estaacute en fase de aceleracioacuten o deceleracioacuten con lo cual

Ascensor en sentido ascendente

bull Aceleracioacuten za = 1 2sm

bull Deceleracioacuten za = -07 2sm

Ascensor en sentido descendente

bull Deceleracioacuten za = +07 2sm

bull Aceleracioacuten za = - 1 2sm

Las superficies de presioacuten constante tendraacuten por ecuacioacuten diferencial

radw = 10seg

a -a

6cm

v

t

t v


Problema 11 39

2 za0 = ρ r ω dr -ρ g 1+ dz

g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

de donde

2 zaρ r ω dr = ρ g 1+ dz

g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0

r z2

zr=0 z

rω dr = (g + a )dzint int

0z seraacute la altura del liacutequido para r = 0

[ ]2

2z 0

rω = (g + a ) z - z2

con lo cual

( )2

20

z

r 1z = ω + z2 g + a

Se observa que la posicioacuten del nivel del liacutequido depende no soacutelo de la velocidad de giro sino tambieacuten de la aceleracioacuten del ascensor Esta ecuacioacuten quedaraacute completamente definida una vez se determine z 0 Para determinar z 0 deberaacuten igualarse los voluacutemenes del liacutequido en reposo y en movimiento

R2

inicial0

πR z = 2π r z drint

Del enunciado se conoce que z inicial = 30 cm

2 2R2

inicial 00 z

ω r 1πR z = 2π r + z dr2 (g + a )

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠int

( )

R2 4 22

inicial 0z 0

ω r rπR z = 2π times + z times2times g + a 4 2⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( )2 4 2

2inicial 0

z

ω R RπR z = 2π + z2 g + a 4 2⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( )2

2inicial 0

z

ωZ = R + Z4 g + a

2 2

o inicialz

ω RZ = Z -4(g + a )

Veacutease que el nivel del liacutequido cuando el cilindro gira se desplaza para radio igual a cero y depende de las aceleraciones que se tengan en cada caso particular



La ecuacioacuten que da la posicioacuten del nivel del liacutequido teniendo en cuenta todos los paraacutemetros estipulados es

2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1Z = Z - +4 (g + a ) 2 (g + a )

2 La presioacuten en el punto considerado saldraacute de la ecuacioacuten

dP = -ρg dz

p -z

p=0 z=0dp = -ρg dzint int

P = ρg z

Para el caso en estudio se tendraacute

2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1P = ρg Z - +4(g + a ) 2 (g + a )

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Para ρ = 1000 3

Kgm

g = 98 2

ms

Zinicial = 03 m R = 006 m

r = 002 m

a z = (posee cuatro valores definidos en el primer apartado)

Ascensor subiendo periacuteodo de aceleracioacuten a z =1 2ms

( )2 2 2 210 times006 10 times002 1P = 1000times98 03 - + times

4 98 +1 2 (98 +1)⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

P =287648 Pa

Ascensor subiendo periacuteodo de deceleracioacuten a z 2m= -07s


4 98 - 07 2 (98 - 07)⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

P =286461 Pa

Ascensor bajando periacuteodo de aceleracioacuten a z 2m= -1s

P =286204 Pa


Problema 11 41

Ascensor bajando periacuteodo de deceleracioacuten a z 2

m= +07s

P =28746 Pa

Para el fluido en reposo P = 1000times98times03 = 2940 Pa 3 Puesto que el nivel del liacutequido estaacute dado por la ecuacioacuten

2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1Z = Z - +4(g + a ) 2 g + a

Para Z = 040 m inicialZ = 03 m az = 0 R = 006 m r = R se tiene

2 2 2 2ω 006 ω 006 10 4 = 03 - +4times98 2 98

radω = 3299seg



Problema 12 43

Problema 12 121 Enunciado Halle la expresioacuten que caracteriza el tiempo de vaciado del depoacutesito troncocoacutenico de la figura Sd = Superficie del agujero de salida

Fig121 122 Resolucioacuten

VC SC

d ˆ0 = ρd + ρvndSdt

forallint int

0=bull

sdρ + mdtforall

2id = r dhforall π

r2

r1 H

hθ

Sd



21d = π(r + htg(θ)) dhforall

2 1r - r

tgθ =H

22 1

1r - r

d = π(r + h ) dhH

forall

bull

22 1s1

r - rρπ(r + h ) dh = -m dt

H

bull

s d dm = ρS v = ρS 2gh

2hf t2 1

1H 0d

r - rρπ 1r + h times dh = -dtHρS 2g h

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠int int

fh 2

2 22 1 2 11 1 2

Hd

r - r (r - r )π 1(r + 2r h + h ) dh = -tH HS 2g hint

hf

23 2 5 22 2 1 2 1

1 1 2d

H

r - r (r - r )π h h hr + 2r + = -t1 3H 5 2HS 2g 2 2

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

El tiempo de vaciado del depoacutesito seraacute

23 2 5 22 2 1 2 1

1 1 2d

r - r (r - r )π H H Ht = r + 2r +1 2 H 3 2 5 2HS 2g

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 13 45

Problema 13 131 Enunciado Halle el tiempo que tardaraacute en vaciarse el depoacutesito troncocoacutenico de la figura 131 tomando como fluido de trabajo el agua Rd = 01 m h = 1 m α = 15ordm Ss = 01 m2

hdhi

α

rd

r

hi

seccioacuten Ss

Fig 131

132 Resolucioacuten El vaciado del depoacutesito se rige por la ecuacioacuten de continuidad

c Sc

d ˆ0= ρd + ρV n dSdt forall

forallint int

de donde considerando el fluido como incompresible se tiene

sd0=ρ +ρVSdtforall (A)



De la figura 131 se desprende la relacioacuten entre el diferencial de volumen y el diferencial de altura

2id = π r dhforall

Por otro lado la ecuacioacuten que rige la velocidad de salida del fluido por la seccioacuten SS vendraacute dada por

iV = 2g h Sustituyendo en (A)

2i

i sρ π r dh0 = + ρ 2g h S

dt

de la figura 1 se desprende la relacioacuten entre el radio r y la altura hi

( )d ir = r + tgα h -h con lo cual se obtiene

( )( )2d i

i i s

π r + tgα h -hdh = - 2g h S

dt

cuyas variables son hi y t Agrupando variables e integrando hi entre los liacutemites 0 y h y el tiempo entre 0 y t se obtiene

( )( )2d i i i sπ r + tgα h -h dh = - 2 g h S dt

( ) ( ) 12

22 2 sd i d i i i

Sr + tg α h -h + 2 r tgα h -h dh = - 2 g h dt

π⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) 122 2 2 2 s

d i i d d i i iS

r + tg α h -2 h h + h + 2 r tgα h -2 r tg h dh = - 2 g h dtπ

⎡ ⎤α⎣ ⎦

( )1 1 1 12 2 2 2

2 20 t2i i2d si

d d ih 0i i i i

h -2 h h + hr Shh+ tg α + 2 r tgα -2 r tgα dh = - 2 g dtπh h h h

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦int int

3 5 31 1 1

2 2 2 2 2 20 t

2 2 2 si i i i i id d d3 5 31 1 1

02 2 2 2 2 2 h

Sh h h h h hr + tg α h -2 h + + 2 r tgα h -2 r tgα = - 2 g t

π

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

5 5 5 3 31

2 2 2 2 2 22 2 s

d d d3 5 31 1 12 2 2 2 2 2

Sh h h h h h- r + tg α -2 + + 2 r tgα -2 r tgα = - 2 g tπ

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Podemos aislar el valor de t en funcioacuten de todas las demaacutes variables que son conocidas

5 5 5 3 312 2 2 2 2 2

2 2d d d3 5 31 1 1

s2 2 2 2 2 2

h h h h h h 1t = r + tg α -2 + + 2 r tgα -2 r tgαS2 gπ

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Problema 13 47

Y sustituyendo los valores se obtiene

5 5 5 5 5 5 3 3 31 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 23 5 31 1 1

2 2 2 2 2 2

1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1t = 01 m +0 268 -2 + + 2 01m 0268 - 2 01m 0268 times⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

2

2m

s

1times01m2times981π

t =119s



Problema 14 49

Problema 14 141 Enunciado Sea un fluido no viscoso de densidad constante que fluye a traveacutes de un difusor bidimensional cuya profundidad es b se sabe que la velocidad tiene uacutenicamente componente radial V=Nr y que N=cte Halle el caudal volumeacutetrico para una de las superficies siguientes r=r1=cte x=x1=cte

r r

A2 A1

dA1r1

x1

dA2 Vry

y

x1

Fig 141 142 Resolucioacuten El caudal volumeacutetrico viene dado por

nS

Q = V dAint

Para la superficie r = r1= cte V es perpendicular al elemento diferencial de aacuterea dA

A 1d = b r dθ Sustituyendo



[ ]maacutex

maacutex

miacuten

miacuten

θθ

1 -θ1-θ

NQ = b r dθ = N b θrint

maacutex miacuten maacutexQ= N b( + )=2 N bθ θ θ puesto que el difusor es simeacutetrico respecto al eje X

El caudal maacutesico seraacute maacutexm = Qρ = ρ2 N bθ

Para hallar el caudal en la superficie x=x1 se deberaacuten utilizar las relaciones (v figura 141)

2 2n 1V = Vcos dA = bdy r = x + yθ

Integrando uacutenicamente en la mitad superior

maacutexy

0

Q = 2 Vcos (b dy)θint

maacutexy

2 20 1

NmiddotcosθQ = 2b dyx + yint

1 1

2 21

x xcosθ = =

r x + y

maacutexmax

yy1

12 21 110 0

Nmiddotx 1 yQ = 2b dy = 2b N x arctgx xx + y

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

int

maacutex

1

yQ = 2b N arctg

x⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

m aacute xmaacutex

1

ytg =

xθ

maacutexQ = 2b N arctg(tg(θ ))

maacutexQ = 2b N θ que es la misma respuesta que en el caso anterior lo cual es loacutegico pues para una seccioacuten de paso

que abarque todo el campo de fluido y siempre que la densidad sea constante el caudal volumeacutetrico seraacute constante


Problema 15 51

Problema 15 151 Enunciado Halle la ecuacioacuten diferencial que determina el tiempo de vaciado del depoacutesito de la figura donde se han realizado varios agujeros para la salida del fluido

Punto 1 Diaacutemetro D1 altura del centro del agujero respecto a la base del depoacutesito H1 Punto 2 Diaacutemetro D2 agujero en la base Punto 3 Diaacutemetro D3 altura del centro del agujero respecto a la base del depoacutesito H3 H=Nivel del liacutequido en el depoacutesito para t=0

Salida 3

Salida 1

Salida 2

Fig 15 1 152 Resolucioacuten Para hallar la ecuacioacuten diferencial que determina el tiempo de vaciado del depoacutesito de la figura se aplicaraacute la ecuacioacuten de continuidad en forma integral



vc scρ d + ρ v ds = 0

tpart forallpart int int Dd = s dhforall

SD = Superficie del depoacutesito ciliacutendrico Aplicando la ecuacioacuten de continuidad al depoacutesito de la figura 151 se tiene

( ) ( ) ( )1 2 3

D 1 1 2 3 3s s s

hρs + ρ 2g (h - H ) ds + ρ 2g h ds + ρ 2g (h - H ) ds = 0t

partpart int int int

Resolviendo las integrales se obtiene la ecuacioacuten siguiente

( ) ( ) ( )D 1 1 2 3 3dhρ s + ρ 2 g (h - H ) s + ρ 2 g h s + ρ 2 g (h - H ) s = 0dt

Con lo cual la ecuacioacuten diferencial requerida tendraacute la forma

( ) ( ) ( )D 1 1 2 3 3

dt dh=s 2 g (h - H ) s + 2 g h s + 2 g (h - H ) s

minus

Integraacutendose entre los liacutemites

( ) ( ) ( )t 0

0 HD 1 1 2 3 3


minusint int


Problema 16 53

Problema 16 161 Enunciado La densidad del gas que fluye a traveacutes de un conducto de seccioacuten constante S y longitud X variacutea de acuerdo con la ley

11

v txρ = ρ 1- sen2X X

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1

X π gt t 0v 2

ge

0 x Xle le

Donde V1 y ρ1 son la velocidad y la densidad de referencia por ejemplo la velocidad y la densidad del fluido a la entrada del conducto

S

dx

dV

Ve Vs

xX

Fig 161

Halle la diferencia de flujo maacutesico que entra y sale del conducto en funcioacuten del tiempo 162 Resolucioacuten La ecuacioacuten de continuidad se expresa



c ss se

d0 = ρd + ρvds + ρvdsdt forall

forallint int int

c ss se se ss

d ρd = - ρvds - ρvds = ρvcosθmiddotds - ρvcosθmiddotdsdt forall

forallint int int int int

c

e sd ρd = m - mdt forall

forallint

La variacioacuten de flujo maacutesico se obtendraacute de resolver esta ecuacioacuten de donde

c

X X1 1

1 10 0

v t v td d x d xρd = ρ 1- sen middotS dx sen S 1 dxdt dt 2X X dt X 2Xforall

⎛ ⎞ ⎛ ⎞forall = ρ minus =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠int int int

X2

1 11 1

0

v t v td x d 3= ρ sen S x - = ρ sen middot S Xdt X 4X dt X 4

⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦

= 1 11

v t v3= S X ρ cos4 X X

simplificando

c

1e s 1 1

v td 3m m ρd = Sρ v cosdt 4 Xforall

minus = forallint

Por otro lado si en lugar de realizar el proceso de integracioacuten inicialmente y luego el de derivacioacuten se realiza a la inversa se obtiene

c

X X1 1

1 10 0

v t v td d x x dρd = ρ 1- sen middotS dx S 1 dx sendt dt 2X X 2X dt Xforall

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞forall = ρ minus =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦int int int

c

X1 1

10

v t vd xρd S 1 dx cosdt 2X X Xforall

⎡ ⎤⎛ ⎞forall = ρ minus =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦int int

Integrando

c

X1 1 1

1 1 10

v t v v td x 3ρd S 1 cos S V cosdt 4X X X 4 Xforall

⎡ ⎤⎛ ⎞forall = ρ minus = ρ⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦int

Obseacutervese que en ambos casos se obtiene el mismo resultado


Problema 17 55

Problema 17 171 Enunciado En el esquema de la figura 171 halle la ecuacioacuten diferencial que determina la variacioacuten temporal de presioacuten en la caacutemara del cilindro conocidas las ecuaciones de los caudales de fuga QL1 QL2

Ao

Pd

Pn

PoutQL1

QL1

QL2

V

Q

Fig17 1 172 Resolucioacuten La ecuacioacuten de continuidad en modo integral y reacutegimen transitorio se enuncia

vc scd ρ d + ρ Vr ds = 0dt

forallint int



vc s s s0 1 2

d ρ d + ρVr ds + ρ Vr ds + ρ Vr ds = 0dt

forallint int int int

puesto que la densidad y el volumen de control dependen del tiempo

0 1 2vc vc s s sdρ dd +ρ d + ρ Vr ds + ρ Vr ds + ρ Vr ds = 0dt dt

forall forallint int int int int

inicial salida 0 salida1 salida 2

dρ d+ρ + m + m + m = 0dt dt

forallforall

dp dp dp 1 dp dpβ = - = - = -v = - = ρ d m dv ρ dρ1d d

m ρ

forallforallforallforall ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

dρ dp= ρ β

dρ ρ dp= dt β dt

inicial salida 0 L1 L2ρ dp d+ ρ +ρ Q +ρ Q +ρ Q = 0β dt dt

forallforall

Despejando la densidad

outlet0 L1 L2dp d+ + Q + Q + Q = 0

β dt dtforall forall

velocidadd dx= S = S V dt dtforall

salida 0 L1 L2dp β d= -Q - Q - Q -dt dt

forall⎛ ⎞⎜ ⎟forall ⎝ ⎠

( )salida 0 L1 L2 velocidaddp β= -Q - Q - Q -S Vdt forall

(A)

La variacioacuten temporal de presioacuten en la caacutemara ciliacutendrica puede ser determinada si se conocen las ecuaciones de los caudales de fuga en funcioacuten de la presioacuten Pn necesitaacutendose tambieacuten el valor temporal de la velocidad del pistoacuten A modo de ejemplo y para el pistoacuten de la figura 172 estas ecuaciones se podriacutean dar de la siguiente manera Suponiendo que en t = 0 el pistoacuten se halla en el PMI (punto muerto inferior) la velocidad del pistoacuten se puede dar como

( ) ( )velocidad nV = -r tan α sen ωϕ ϕn = posicioacuten angular = ωsdott r = radio del plato inclinado α = aacutengulo de inclinacioacuten del plato inclinado El caudal de salida del fluido hacia el exterior de la bomba se da por

( ) ( )salida 0 n d 0 n d2Q = signo de P - P Cd A P - P ρ

Cd = coeficiente de descarga A0= Aacuterea de salida


Problema 17 57

r4

L4 L6 L8 L10L5 L7 L9 L11

L2L1 L3

r0

r1r2

PinletPoutlet

r3

Figura 172 Conjunto pistoacuten y patiacuten deslizante Para el pistoacuten de la figura 172 el caudal de fugas temporal viene dado por la ecuacioacuten

( )( )1 pL1

h R tan sen tQ D

2

⎡ ⎤α minus ω ω= π ⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

( )( ) ( )

( ) ( )

10 1Tank n p 2 4 6 8 103

10

1 2 3 11 p 2 4 6 8 103 3 311 2 1

h hP P 6R tan sen t l l l l lhD

12 00195 1 1l l l l R tan cos t l l l l l2h h h

⎡ ⎤⎡ ⎤minusminus minus α minus ω ωmicro + + + +⎢ ⎥⎢ ⎥π ⎢ ⎥⎣ ⎦minus ⎢ ⎥⎡ ⎤⎛ ⎞micro ⎛ ⎞⎢ ⎥+ + + + minus minus α ω +micro minus + + + +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎣ ⎦

Obseacutervese que el caudal depende de la velocidad temporal del pistoacuten y de la longitud del pistoacuten en el interior del cilindro Para el patiacuten deslizante de la figura 172 y considerando que el patiacuten se desliza paralelo al plato inclinado el caudal de fugas vendraacute dado por

n outL2

32 43 3 3

1 2 31 2 3

p pQ

6 rr r1 1 1ln ln lnr r rh h h

minusπ=micro ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

La integracioacuten de la ecuacioacuten diferencial (A) con las correspondientes ecuaciones asociadas da lugar a la variacioacuten de presioacuten en la caacutemara del pistoacuten en funcioacuten del tiempo



Problema 18 59

Problema 18 181 Enunciado El chorro de agua que sale por una tobera es de 10 mm de diaacutemetro y choca contra una superficie semiesfeacuterica Halle la fuerza que hay que realizar para que la superficie semiesfeacuterica no sufra desplazamiento alguno Apliacutequelo para el caso de que el caudal volumeacutetrico entrante sea de 0001 m3s Comente las hipoacutetesis realizadas

Fig 18 1 182 Resolucioacuten El empuje que el chorro de fluido ejerce sobre la superficie semiesfeacuterica tiene la misma magnitud y sentido contrario a la fuerza que hay que ejercer para que la semiesfera no se desplace La figura 182 muestra un esquema de las fuerzas actuantes sobre la semiesfera La ecuacioacuten de cantidad de movimiento establece

Q

+j+i-i

-j



Ps Pe Ps

PL

Vs Vs

Ve

Fig 182 Fuerzas que actuacutean sobre la semiesfera

ySe Ss Sl Sl VC Sc

dˆ ˆ ˆ ˆ ˆF = - P dSj- P dSj+ τ dSj- P dSj = ρvdV + ρvvndSdtint int int int int int

trabajando en presiones relativas y reacutegimen permanente

( ) ( ) ( )bull

Ly e sSe Ss

ˆ ˆF = ρv vn dS + ρv vn dS = -m v + vint int

suponiendo que la velocidad de entrada y salida del agua en el volumen de control es la misma

bull

Ly e eF = -2 m v = -2 ρ Q v Siendo esta la expresioacuten de la fuerza de reaccioacuten en funcioacuten del caudal de entrada Para agua y un caudal entrante de 0001 m3s la fuerza tendraacute un valor de FLY = - 2546 N

FLy


Problema 19 61

Problema 19 191 Enunciado Dado el esquema de la figura que representa el flujo de un fluido que se puede considerar incompresible a traveacutes de una vaacutelvula de asiento coacutenico y sabiendo que la relacioacuten de presiones entrada-salida es Pe-Ps determine la fuerza debida a la cantidad de movimiento que se ejerce sobre la corredera coacutenica Denomiacutenese el flujo volumeacutetrico circulante Q la densidad del fluido ρ el diaacutemetro del conducto del flujo entrante De y la distancia perpendicular entre la superficie lateral del cono y el asiento coacutenico e Supoacutengase que el aacutengulo del cono es α

D2

oe

Pe

Ps

ds

Pe

Psds

τ τ

Fig 191 Fig 192 192 Resolucioacuten Son conocidos los siguientes datos Q ρ Pe Ps De y D2 La ecuacioacuten de cantidad de movimiento en direccioacuten y seraacute

y y y rvc scFext v d v v ds

tpart= ρsdot sdot forall + ρsdot sdot sdotpartsum int int



Desarrollando la expresioacuten anterior se obtiene

e sy y r y r y e e y s sse ssFext v v ds v v ds v v s v v s= ρsdot sdot sdot + ρ sdot sdot sdot = minusρ sdot sdot sdot + ρ sdot sdot sdotsum int int

Resolviendo para el caso en estudio (v figura 193)

2 2y e e s sFext v s v s cos

2α= minusρsdot sdot + ρ sdot sdot sdotsum ( 1 )

A continuacioacuten se determinan las variables necesarias para resolver la expresioacuten anterior

e 2e

QvD4

=πsdot

ss

Qvs

= 1 2r r e cos2α⎛ ⎞= minus sdot ⎜ ⎟

⎝ ⎠

La superficie saliente tendraacute un valor (v figuras 194 195 y 196) de

ds 2 r dl= sdot π sdot sdotint r2

r1

drds 2 rsen 90

2

= sdot π sdot sdotα⎛ ⎞minus⎜ ⎟

⎝ ⎠

int

( )2 22 1

s

r r2s2sen 90

2

minussdot π= sdotα⎛ ⎞minus⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )2 2

2 1s

r rs

sen 902

πsdot minus=

α⎛ ⎞minus⎜ ⎟⎝ ⎠

Vys

Vs

Fig 193


Problema 19 63

αdeg

D1

D2

Fig 194

r

dr

dh

Fig 195 Fig 196 Por otro lado las fuerzas superficiales que actuacutean sobre el volumen de control se enuncian

y

y e s 1se ss sl sl

Fl

Fext P n ds P n ds P n ds ds= minus sdot sdot minus sdot sdot + sdot sdot + τ sdot

sum

sum int int int int (2)

con lo cual igualando las expresiones (1) y (2) se obtiene la ecuacioacuten siguiente

2 2ly s s e e s ess se

F s v cos s v P ds P ds2α= ρsdot sdot sdot minus ρ sdot sdot + sdot minus sdotsum int int



Resolviendo las integrales se llega a

( ) ( )2 2 2 2 2 2ly s 2 1 e e e e s 2 1F v cos r r s v P s P r r cos

2 2sen 90 sen 902 2

α π π α⎛ ⎞= ρsdot sdot sdot minus minus ρ sdot sdot minus sdot + minus ⎜ ⎟α α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠minus minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

sum

Agrupando teacuterminos se obtiene

( ) ( )2 2 2 2ly 2 1 s s e e e eF r r cos P v s v P s

2sen 902

π α= sdot minus sdot sdot + ρsdot minus ρ sdot sdot minus sdotα⎛ ⎞minus⎜ ⎟

⎝ ⎠


Problema 20 65

Problema 20 201 Enunciado En la figura 201 se ha representado la seccioacuten recta de un azud con algunas dimensiones principales Suponiendo que en las secciones de corriente sentildealadas por liacuteneas de trazos las distribuciones de velocidad son uniformes y conocidas se pide determinar la fuerza que la corriente realiza sobre el azud Consideacuterese que el azud tiene una profundidad L y que la altura del nivel del liacutequido es de 10 m

Fig 201 Seccioacuten transversal de un azud 202 Resolucioacuten Dado que el enunciado indica que las distribuciones de velocidad son uniformes el flujo maacutesico circulante seraacute m Q s v 1 L v L v= ρ = ρ = ρ = ρ La fuerza que la corriente ejerce sobre el azud se podraacute determinar aplicando el principio de conservacioacuten de cantidad de movimiento al volumen de control englobado entre las dos superficies marcadas en liacuteneas a trazo discontinuo



La ecuacioacuten de cantidad de movimiento en reacutegimen permanente se establece

xSL SL SE SS SCg d ds pds pds pds v vdsforall ρ forall + τ minus minus minus = ρint int int int int int Las fuerzas maacutesicas no tendraacuten componente respecto al eje de abcisas con lo cual

x xSE SS SCF pds pds v vds= + + ρint int int Los teacuterminos que definen la fuerza debida a la distribucioacuten de presiones en la entrada y la salida son

10210

SE SE 00

zF pds g z L dz g L g L502

⎡ ⎤= minus = minus ρ = minusρ = minusρint int ⎢ ⎥

⎣ ⎦

12

1SS SS 0

0

z LF pds g z Ldz g L g2 2

⎡ ⎤= minus = ρ = ρ = ρint int ⎢ ⎥

⎣ ⎦

El flujo de cantidad de movimiento entre las secciones de entrada y salida del volumen de control es

x ESE

x SSS

v v ds = - v Q

v v ds = v Q

ρ ρ

ρ ρ

int

int

Sustituyendo los cuatro teacuterminos en la ecuacioacuten de cantidad de movimiento se tiene

x E SLF g L50 g v Q v Q2

= minusρ + ρ minus ρ + ρ

Obseacutervese que la fuerza que se obtiene es la fuerza de reaccioacuten la que ejerce el contorno sobre el fluido


Problema 21 67

Problema 21 211 Enunciado Se desea evaluar la viabilidad de creacioacuten de helicoacutepteros personales con fines luacutedicos Para ello se pretende estudiar la potencia necesaria para mantener inmoacutevil en el aire dicho equipo en funcioacuten del diaacutemetro ldquoDrdquo del rotor Se estima que el peso maacuteximo de equipo y pasajero podriacutea ser de unos ldquoPrdquo Kg En la figura 211 se esquematiza el rotor con el volumen de control alrededor del mismo y se supone que en la parte inferior del rotor todo el chorro del fluido se desplaza en sentido vertical Determine 1 La potencia necesaria en funcioacuten del diaacutemetro del rotor y del peso de equipo y pasajero 2 Para una velocidad de giro de 400 rpm un diaacutemetro de rotor de 2 m y un peso del conjunto de 200 kgf determine la potencia y el par necesarios del motor 212 Resolucioacuten

S

SV

Vi

p

p

Ss

Fig 211 Esquema de las heacutelices del rotor y el volumen de control considerado



1 Estableciendo el volumen de control definido en la figura 211 para el cual se supondraacute que la parte superior del mismo estaacute suficientemente alejada del rotor como para considerar que la velocidad de las partiacuteculas es nula mientras que en su seccioacuten inferior el fluido fluye a una velocidad geneacuterica Vi De la aplicacioacuten de la ecuacioacuten de cantidad de movimiento se tiene

2y y i i i i i

sc F V V ds ρS V V ρ S V= ρ = =int

doacutende Si es la seccioacuten del chorro ciliacutendrico Aplicando la ecuacioacuten de Bernoulli entre las superficies superior e inferior del volumen de control elegido se tiene

2 2s s i i

s iP V P V

g z Y g z2 2

+ + + = + +ρ ρ

Asumiendo que la presioacuten en cualquier punto de la entrada o salida se mantiene constante Pi = PS y suponiendo despreciables los teacuterminos de energiacutea potencial se establece

2iV PY

2∆= =ρ

La ∆P se entiende entre caras del rotor La fuerza de sustentacioacuten producida por el rotor deberiacutea ser asimismo igual a la diferencia de presioacuten entre ambos extremos de las palas multiplicada por la superficie barrida obteniendo

2i

y P PVF PS S2

= ∆ = ρ

Igualando a la ecuacioacuten de cantidad de movimiento se obtiene

22i

y P P i iVF PS S S V2

= ∆ = ρ = ρ

de donde SP = 2 Si Suponiendo un rendimiento unitario la potencia transmitida al fluido seraacute la que ha de comunicar el motor La potencia comunicada al fluido seraacute el producto del gradiente de presiones por el caudal circulante o bien la energiacutea cineacutetica comunicada al fluido al pasar por el rotor por el mismo caudal circulante de donde

2 2i i

a P P i i P iV VN PS V S V S V2 4

= ∆ = ρ = ρ

Despejando la velocidad de la ecuacioacuten de cantidad de movimiento se tiene

y yi

i P

F 2FV

S S= =

ρ ρ

3

32 2yi 2a P i P y 05

P P

2FV 1 1N S V S F4 4 S (2 S )

⎡ ⎤= ρ = ρ =⎢ ⎥ρ ρ⎣ ⎦

o bien


Problema 21 69

2 3 3a y y 2

P

1 2N F F2 S D

= =ρ ρπ

Expresioacuten que relaciona la potencia de accionamiento con la fuerza de sustentacioacuten y el diaacutemetro del rotor 2 Para un peso de 200 Kgf un diaacutemetro de rotor de 2 m y suponiendo la temperatura y la presioacuten del aire atmosfeacuterico de 20 C y 105 Pa se obtiene una potencia de

3P 100000 Kg1189

RT 287 293 mρ = = =

sdot

2 3 3a y 2 2

2 2N F (200 98)D 1189 2

= = sdotρπ π

Na = 3174704 W

Dado que el rotor se quiere que gire a 400 rpm el par necesario deberaacute ser de

a2N M M 400 3174704 W60π= ω = =

M = 30316 Nm



Problema 22 71

Problema 22 221 Enunciado Sea el turborreactor de un avioacuten de pasajeros el cual se desplaza a una velocidad V (el aire atmosfeacuterico se considera sin movimiento) el flujo maacutesico entrante al reactor es Em siendo el caudal maacutesico del combustible que entra lateralmente FUELm Se conoce ademaacutes que los gases de combustioacuten salen de la tobera a una velocidad relativa al motor Vr Calcule la fuerza realizada por el soporte del motor (Se puede considerar despreciable la cantidad de movimiento asociada al caudal maacutesico de combustible

FUELm )

Vsoporte

avioacuten

Ae As

me P

Fig 221 Esquema del motor de avioacuten 222 Resolucioacuten La ecuacioacuten de cantidad de movimiento en reacutegimen permanente aplicada a la superficie que envuelve el volumen de control formado por el motor y en direccioacuten X seraacute

ext x x xse ssvds vdsv v Fρ + ρ = sumint int

Teniendo en cuenta que el teacutermino de fuerzas maacutesicas no tiene componente en direccioacuten X y puesto que las fuerzas exteriores estaacuten formadas por las fuerzas de presioacuten y los esfuerzos cortantes que se pueden considerar concentradas en el soporte del motor considerando que actuacutean en direccioacuten positiva del eje de abcisas se establece



xsoporte x r rxse ssv vds v v dsF = minus ρ + ρint int

La velocidad en la entrada seraacute E

ee

m VA

=ρ

(velocidad de vuelo del avioacuten)

Para el caso en estudio se establece Vx = V r rx

V V= Soacutelo existe componente de velocidad en direccioacuten x

Obtenieacutendose

soporte E E F rx V ( )VF m m m= minus + + puesto que el caudal maacutesico saliente es E FUELm m+ La fuerza que el soporte ejerceraacute sobre el motor se establece

soporte E Fr rx (V V) VF m m= minus + La fuerza o empuje del motor vendraacute dada por

motor E Fx r r(V V ) VF m m= minus minus


Problema 23 73

Problema 23 231 Enunciado Sea un cohete que se desplaza verticalmente aceleraacutendose desde el reposo el consumo de combustible del mismo es de m siendo la velocidad de escape del fluido constante e igual a ve (velocidad relativa a la superficie de salida del cohete) Si se puede considerar constante la densidad del fluido y despreciar la variacioacuten temporal de la cantidad de movimiento del cohete determine 1 La ecuacioacuten que determina la aceleracioacuten en funcioacuten del tiempo del cohete 2 La ecuacioacuten que determina la velocidad en funcioacuten del tiempo

xy

x

Ve

vc

Fig 231

232 Resolucioacuten 1 La ecuacioacuten de cantidad de movimiento para coordenadas no inerciales cuando se desprecian los esfuerzos por rozamiento se puede expresar como

m sicas y y rvc vc scF a d v d v v ds

tpartminus sdotρ sdot forall = sdotρ sdot forall + sdotρ sdot sdotpartint int intaacute



maacutesicas vcF M g= minus sdot Mvc = es funcioacuten del tiempo

Aplicando la ecuacioacuten de continuidad al volumen de control del cohete se obtiene la siguiente expresioacuten

vc scd v ds 0

tpart ρ sdot forall + ρsdot sdot =part int int

salidasalidavc s

d v ds mt

part ρsdot forall = minus ρsdot sdot = minuspart int int

vcsalida

dMm

dt= minus

masa cohete t

vc salidaM inicial 0dM m dt= minus sdotint int

cohete inicial salidaM M m tminus = minus sdot cohete inicial salidaM M m t= minus sdot de donde ( )maacutesicas inicial salidaF g M m t= minus sdot minus sdot

( )vc vc inicial salidaa d a dM a M a M m tminus sdotρ sdot forall = minus sdot = minus sdot = minus sdot minus sdotint int

yvcv d 0

tpart sdotρ sdot forall =part int seguacuten el enunciado

salida

y r y salidassm

v v ds v msdotρ sdot sdot = minus sdotint

Sustituyendo en la ecuacioacuten general se llega a ( ) ( )inicial salida inicial salida e salidag M m t a M m t v mminus sdot minus sdot minus sdot minus sdot = minus sdot

e salida

inicial salida

v ma g

M m tsdot

= minusminus sdot

2

dvadt

= ( )t

t e salidainicial salida0

salida 0

v mv a dt ln M m t g t

m⎡ ⎤sdot

= sdot = minus sdot minus sdot minus sdot⎢ ⎥⎣ ⎦

int

inicial salientee

inicial

M m tV V ln g t

M⎛ ⎞minus

= minus minus⎜ ⎟⎝ ⎠

o bien

iniciale

inicial saliente

MV V ln g t

M m t⎛ ⎞

= minus⎜ ⎟minus⎝ ⎠

Obseacutervese que la velocidad del cohete tiende a aumentar con el tiempo


Problema 24 75

Problema 24 241 Enunciado Sea un avioacuten en vuelo ascendente con una inclinacioacuten respecto a la horizontal α = 22ordm Sea V la velocidad de escape de los gases de combustioacuten velocidad relativa a la velocidad del avioacuten consideacuterese V = constante Sea D la fuerza de arrastre debida a las fuerzas superficiales que se opone al movimiento del avioacuten

2avioacuten

DV

D C ρ s2

= sdot sdot sdot

ρ = densidad del aire Considere como primera aproximacioacuten la densidad media entre las alturas de vuelo S = superficie del avioacuten proyectada en un plano perpendicular a la direccioacuten del movimiento (Es un dato del problema) CD = coeficiente de arrastre ( Se supone constante y conocido) En un instante considerado el avioacuten vuela a una velocidad Vinicial y se halla a una altura H inicial Dicho avioacuten estaacute acelerando con el fin de obtener una velocidad V final y una altura H final en un tiempo t en todo momento se mantiene la inclinacioacuten Determine 1 El flujo maacutesico que sale por los motores del avioacuten en funcioacuten del tiempo durante el periodo de aceleracioacuten considerado Considere que la masa del avioacuten se mantiene constante 2 El flujo maacutesico que sale por los motores del avioacuten en funcioacuten del tiempo durante el periacuteodo de aceleracioacuten considerado Consideacuterese variable la masa del avioacuten y teacutengase en cuenta que el caudal maacutesico de combustible es el 5 del caudal entrante a los motores 3 La altura final a la que se encontraraacute el avioacuten despueacutes del periacuteodo de aceleracioacuten t considerado Determine la densidad media del aire atmosfeacuterico entre las alturas de vuelo consideradas sabiendo que la temperatura en la atmoacutesfera en funcioacuten de la altura h varia seguacuten la relacioacuten T= T0 ndash Bmiddoth T0 y B son constantes conocidas Datos V inicial V final H inicial α V CD S t T0 B m inicial avioacuten ρ (Consideacuterese ρ conocida para los apartados 1 y 2)



242 Resolucioacuten 1 Se eligen los sistemas de coordenadas XY XrsquoYrsquo

y

x

g

yrsquo

xrsquo

22ordm78ordm

a yrsquo

xrsquo

v = cte

La ecuacioacuten de cantidad de movimiento aplicada a un sistema no inercial se enuncia

2

x y x y x y x y c sc sc 2

sc sc c

d R dρV d ρV middotV ds ( r ) (2 V ) ( r ) dt dtdt

ˆFext P n ds ds g d

forall

forall

⎡ ⎤part Ωforall + + ρ + and + Ω and + Ω and Ω and forall =int int int ⎢ ⎥part ⎣ ⎦= = minus + τ + ρ forallsum int int int

Puesto que las aceleraciones de Coriolis centriacutepeta y la debida a la velocidad de giro variable no son relevantes para el caso de estudio se tiene

2

x y x y x y c sc sc sc sc c2

d R ˆV d V V ds d P n ds ds g dt dtforall forall

part ρ forall + ρ + ρ forall = minus + τ + ρ forallint int int int int intpart

Las fuerzas superficiales han sido dadas en funcioacuten del coeficiente de arrastre

2avioacuten

DV

D C s2

= sdotρ sdot sdot

Estas fuerzas tienen la direccioacuten del eje X y se dirigen hacia la parte negativa de dicho eje

2

x y x y x y c sc c c 2

d RV d V V ds D g d dt dtforall forall forall

part ρ forall + ρ = minus + ρ forall minus ρ forallint int int intpart

Para el sistema de coordenadas no inercial situado en el avioacuten se tiene


Problema 24 77

Eligiendo como volumen de control el avioacuten se tiene que uacutenicamente existe flujo de cantidad de movimiento entrante y saliente en los motores

x y x y avioacuten avioacuten gases escape gases escapesc se ss

2 2avioacuten entrada gases escape salida entrante avioacuten saliente gases escape

V V ds V V ds V V ds

V s V s m V m V

ρsdot sdot = ρ sdot sdot + ρ sdot sdot =int int int

ρ minusρ = sdot minus sdot

En este primer apartado se va a despreciar la aportacioacuten del combustible al caudal maacutesico saliente con lo cual se tendraacute

entrante salientem m= En lo que a la variacioacuten temporal de cantidad de movimiento se refiere se va a suponer que la densidad del flujo en el interior del volumen de control es constante por otro lado la velocidad de salida del flujo por los motores del avioacuten se ha supuesto tambieacuten constante seguacuten el enunciado con lo cual

x y c V d 0t forall

part ρ forall =intpart

y se obtiene

( )2

saliente gases escape avioacuten c c 2

d Rm V V D g d ddtforall forallminus sdot minus = minus + ρ forall minus ρ forallint int

Proyectando la gravedad en la direccioacuten del movimiento del avioacuten

avioacutenc g d g cos(90ordm ) m g cos(90ordm )forall ρ forall = minusρsdotforallsdot sdot minusα = minus minusαint

Puesto que 2

2

d R adt

= aceleracioacuten del avioacuten

( )2avioacuten

saliente gases escape avioacuten D aire avioacuten c

Vm V V C s m g cos(90ordm ) a d

2 forallminus sdot minus = minus sdotρ sdot sdot minus minusα minus ρ forallint

( )2avioacuten

saliente gases escape avioacuten D aire avioacuten avioacutenV

m V V C s m g cos(90ordm ) m a2

minus sdot minus = minus sdotρ sdot sdot minus minusα minus

avioacuten inicialV V at= +

( )

( )

2inicial

D aire avioacuten avioacuten

salientegases escape inicial

V atC s m g cos(90ordm ) m a

2mV (V at)

+sdotρ sdot sdot + minusα +

sdot =minus +

2 Si se considera que la masa del avioacuten variacutea con el tiempo se tiene conociendo que la masa de combustible es el 5 de la masa total

avioacuten avinicial entrantem m m t 005= minus sdot Seguacuten la ecuacioacuten de continuidad

entrante fuel salientem m m+ =



f

i

f

e

Vi

h

h

V

22deg

entrante entrante salientem 0005m m+ =

entrante saliente105 m m= con lo cual

avioacuten avinicial saliente005m m m t105

= minus sdot

El flujo de cantidad de movimiento a traveacutes de los motores del avioacuten al considerar que el flujo maacutesico de combustible es el 5 del flujo entrante se establece

salientex y x y entrante avioacuten saliente gases escape avioacuten saliente gases escapesc

avioacuten inicialsaliente gases escape saliente gases escape

mV V ds m V m V V m V

105V V at

m V m V105 105

ρsdot sdot = sdot minus sdot = sdot minus sdot =int

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus = minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

La ecuacioacuten de cantidad de movimiento quedaraacute

( )

inicialsaliente gases escape

2inicial

D aire avinicial saliente avinicial saliente

V atm V

105

V at 005 005C s m m t gcos(90ordm ) m m t a2 105 105

+⎛ ⎞minus =⎜ ⎟⎝ ⎠

+ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞sdotρ sdot sdot + minus sdot minusα + minus sdot⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )

( ) ( )

inicialsaliente gases escape saliente

2inicial

D aire avinicial

V at 005m V m g t cos(90ordm ) t a105 105

V atC s m g cos(90ordm ) a

2

+⎛ ⎞minus + sdot sdot minusα + sdot =⎜ ⎟⎝ ⎠

+sdotρ sdot sdot + sdot minusα +

( ) ( )

( )

2inicial

D aire avinicial

salienteinicial

gases escape


2mV at 005V g t cos(90ordm ) t a

105 105


=+⎛ ⎞minus + sdot sdot minusα + sdot⎜ ⎟

⎝ ⎠

La aceleracioacuten que experimenta el avioacuten se halla

2final inicial

2

V Vd Ratdt

minus= =

3 Si a la velocidad inicial le corresponde una altura inicial hi al final del periacuteodo de aceleracioacuten considerado t la altura del avioacuten seraacute

2

f i

2f i i

1e middotamiddott 2

h hsen22ordm

e1h emiddotsen22ordm h amiddott middotsen22ordm h 2

=

minus=

= + = +


Problema 24 79

La densidad media del aire atmosfeacuterico entre las dos alturas de vuelo consideradas se determinaraacute hallando la densidad del aire a cada una de estas alturas y posteriormente obteniendo la media de dichas densidades

hf hiaire

hfhf

hf

hihi

hi

2

P

RmiddotTP

RmiddotT

ρ + ρρ =

ρ =

ρ =

Puesto que la temperatura del aire en la atmoacutesfera terrestre viene dada por

hf

o

o

o

P P h hfP Patm h 0

0

0 fhf

atm 0

gRmiddotB

0 fhf

0

T T BmiddothKT 15ordm C i B 00065 m

P Pmiddotgdp middotgmiddotdh gmiddotdh dhRmiddotT R(T Bmiddoth)

dP gmiddotdh P Rmiddot(T Bh)

T BmiddothP gln middotln P RmiddotB T

T BmiddothP

T

= == =

= minus

= =

= minusρ = minus = minusminus

= minusint int minus

⎡ ⎤ ⎡ ⎤minus=⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎛ ⎞minus= ⎜ ⎟⎝ ⎠

expresioacuten que da la presioacuten del aire a una altura h geneacuterica sustituyendo h por hf y hi se obtienen las presiones a las dos alturas consideradas Dado que la temperatura tambieacuten es conocida se puede determinar la densidad del aire para estas dos alturas y consecuentemente la densidad media



Problema 25 81

Problema 25 251 Enunciado Se desea realizar un experimento en la estacioacuten especial internacional El experimento consiste en determinar la fuerza de reaccioacuten del contorno sobre el fluido cuando este fluye a lo largo de un tramo de tuberiacutea recta de 1 m de longitud y 1 cm de diaacutemetro El sateacutelite donde iraacute montada la instalacioacuten tiene en el momento de realizar el experimento una aceleracioacuten respecto a un sistema de referencia inercial de

2a=10j +10k (ms ) siendo su velocidad angular ω = 02i + 02j - 001k (rads) El tramo de tuberiacutea respecto al centro de gravedad del sateacutelite estaacute situado en un plano XZ y el conducto estaacute alineado con el eje Z El centro de gravedad del conducto estaacute situado en X=05 m Y=05 m Z=1 m Se conoce ademaacutes que el flujo es en sentido positivo del eje de las Z y la presioacuten a la entrada del tramo recto es de 2 105 Pa (presioacuten absoluta) Debido a que el flujo es laminar para determinar la presioacuten en el extremo opuesto del conducto se

utilizaraacute la ecuacioacuten 2c

ρmiddot8middot middotLmiddotv∆P =rν ∆P =∆Y

ρ

L = longitud del conducto v = velocidad del fluido en el conducto (consideacuterese 1 ms) ρ = densidad del fluido = 850 Kgm3 ν = viscosidad cinemaacutetica del fluido = 30 10-6 m2s Consideacuterese despreciable el efecto de la gravedad terrestre sobre el sateacutelite

Figura 251 Esquema de la instalacioacuten con los dos ejes coordenados utilizados

x

z

y

x

z y

Tramo del conductoa estudiar



252 Resolucioacuten La ecuacioacuten de cantidad de movimiento para un sistema no inercial de coordenadas se establece (v figura 252)

Figura 252 Esquema de los dos ejes coordenados con el vector R que los une

c

Vdt forall

part ρ forallpart int

2

2se ss

d R dVVdS VVdS rdtdt

⎛ ⎞ω+ ρ + ρ + ρ + and⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int int ( ) ( )c

(ijk)se ss c

2 V r d

pdS pdS F gd

forall

forall

⎡ ⎤⎢ ⎥+ ω and + ω and ω and forall =⎢ ⎥⎣ ⎦

= minus minus + + ρ forall

int

int int int

( ) ( )2

e s (i jk)2c se ss

d Rm V k m V k 2 V r d pdS pdS Fdt

bull and bull and

forall

⎡ ⎤minus + + ρ + ω and + ω and ω and forall + + =⎢ ⎥

⎣ ⎦int int int

El radio r en un elemento diferencial de tubo seraacute de la forma

r 05 i 05 j Z kand and and

= + +

2

2

d R 10j 10kdt

= +

( ) [ ]i j k

2 V 2 0 2 0 2 001 2 0 2i 0 2 j 0 4i 0 4 j0 0 1

ω and = minus = minus = minus

( ) ( )i j k

r 02 02 001 02Zi 05middot001j 02middot05k 02middot05k 05middot001i 02Zj05 05 Z

⎡ ⎤ω and ω and = ω and minus = ω and minus + minus minus + =⎣ ⎦

x

z

y

Tuberiacutea

v

dS

dS

x

z

y

R

x

z

y

05

0505

15


Problema 25 83

( ) ( )0005 0 2Z i 0005 0 2Z j= ω and + minus +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( )

i j kr 0 2 02 001

0005 02Z 0005 02Z 0ω and ω and = minus =

+ minus +

( ) ( ) ( ) ( )( )r 001 0005 0 2Z j 0 2 0005 0 2Z k 0 2 0005 0 2Z k 001 0005 iand and and and⎡ ⎤ω and ω and = minus + + minus + minus + minus minus⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( ) ( )5 3 5 3 3 2r 5middot10 2middot10 Z i 5middot10 2middot10 Z j 10 4middot10 Z 2 kand and and

minus minus minus minus minus minusω and ω and = minus + minus + minus + La presioacuten a la salida del conducto respecto a la entrada del mismo seraacute

( ) ( ) ( )15 5 3 5 3 3 2tubo tubo (i jk )05

ˆ ˆ ˆS 10 j 10 k 0 4 i 0 4 j 5middot10 2middot10 Z i 5middot10 2middot10 Z j 2middot10 8middot10 Z k dZ 8160middotS middotk Fand and and and and

minus minus minus minus minus minus⎡ ⎤ρ + + minus minus + minus + minus + minus =⎢ ⎥⎣ ⎦int

15 15 152 2 2

5 5 3 3 3 2tubo

05 05 05

tubo (i jk)

Z Z ZS 10 j 10 k 0 4 i 0 4 j 5middot10 i 5middot10 j 2middot10 k 2middot10 i 2middot10 j 8middot10 k2 2 2

8160middotS middotk F

and and and and and and and and and andminus minus minus minus minus minus

and

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ρ + + minus minus minus minus minus minus minus +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

minus =

2 23 3 3

(i jk )middot001 middot001850middot 039995 i 95995 j 9998k 2middot10 i 2middot10 j 8middot10 k 8160middot middotk F

4 4

and and and and and and andminus minus minusπ π⎡ ⎤+ + minus minus minus minus =⎢ ⎥⎣ ⎦

2 1 2(i jk )F 265667middot10 i 6 40748middot10 j 212293middot10 k

and and andminus minus minus= + +

2e e

e

P V2

+ρ

2s s

es

P VgZ

2+ = +

ρ s 2c

8 LVgZrν+ +

Las fuerzas maacutesicas se consideran despreciables

s e 2c

5 5s

8 LVP Pr

P 2middot10 8160 19184middot10 Pa

ρ ν= minus

= minus =Ve

VsPs

Pe



Problema 26 85

Problema 26 261 Enunciado Sea un fluido de viscosidad dinaacutemica micro y densidad ρ que circula por una tuberiacutea de diaacutemetro D Sabiendo que el caudal circulante es Q y que la presioacuten en la entrada del conducto es P determine la expresioacuten que caracteriza la fuerza de reaccioacuten del contorno sobre el fluido cuando el sistema estaacute inmoacutevil y cuando el sistema gira respecto a su eje central vertical a una velocidad angular Ω Considere que la tuberiacutea es lisa Las dimensiones principales del conducto se esquematizan en la figura 261

h

w

Vsalida

Ventrada

a

a

D

R

A

B

Fig 261 Esquema de la instalacioacuten

Nota A los efectos de peacuterdida de carga los codos y los tramos curvados de la tuberiacutea se consideraraacuten como peacuterdidas lineales con una longitud igual a la de su desarrollo

Ventrada

Vsalida



262 Resolucioacuten 1 La fuerza de reaccioacuten que el conducto realiza sobre el fluido seraacute debida al balance de cantidad de movimiento entre la entrada y la salida del sistema En este primer apartado y dado que no existe giro alguno la ecuacioacuten de cantidad de movimiento para sistemas inerciales se enuncia

SA SB SL SL C C SCp ds p ds p ds ds g d vd v vdstforall forall

partminus minus minus + τ + ρ forall= ρ forall + ρint int int int int int intpart

de donde las fuerzas de reaccioacuten (contorno sobre el fluido) y para reacutegimen permanente se definen

CF SC C SA SB SA SB C SA SBF v vds g d p ds p ds v vds v v ds g d p ds p dsforall forall= ρ minus ρ forall + + = ρ + ρ minus ρ forall + +int int int int int int int int int Una vez realizada la integracioacuten se obtiene

( )CF A Bˆ ˆF 2m v k s p p k g Ls= minus minus + + ρ

de donde v = velocidad de circulacioacuten del fluido que se calcula mediante la ecuacioacuten de continuidad m = caudal maacutesico PA = presioacuten en la entrada del conducto punto A (dato del problema) PB = presioacuten en la salida del conducto punto B (se determina mediante la ecuacioacuten de Bernoulli) Ltotal = longitud desarrollada del conducto Seguacuten la figura 261 valdraacute

totalL 2 h a R= + π + π La presioacuten a la salida del conducto punto B se hallaraacute

2 2 2

A BP PV V L V+ = + + fρ 2 ρ 2 D 2

Asiacute

2A

BP L VP - fρ D 2

=

El factor de friccioacuten se determinaraacute a partir del diagrama de Moody mediante la determinacioacuten previa del nuacutemero de Reynolds y asumiendo seguacuten el enunciado que la tuberiacutea es lisa 2 En el segundo apartado cuando todo el sistema gira a una velocidad Ω respecto al eje Z se deberaacute utilizar la ecuacioacuten de cantidad de movimiento para sistemas no inerciales que se enuncia

SA SB SL SL C C SC

2

C 2

p ds p ds p ds ds g d vd v vdst

d R d r 2 V r ddtdt

forall forall

forall

partminus minus minus + τ + ρ forall= ρ forall + ρint int int int int int intpart⎡ ⎤Ω+ ρ + and + Ω and + Ω and Ω and forallint ⎢ ⎥⎣ ⎦

Puesto que para el caso en estudio uacutenicamente aparecen las aceleraciones centriacutepeta y de Coriolis y dado que se tiene reacutegimen permanente la ecuacioacuten anterior queda


Problema 26 87

CFSA SB C SA SB Cp ds p ds F g d v vds v vds 2 V r dforall forall ⎡ ⎤minus minus + + ρ forall= ρ + ρ + ρ Ω and + Ω and Ω and forallint int int int int int ⎣ ⎦ de donde

[ ]CF Y SA SB C CˆF m 2V k p ds p ds g d 2 V r dforall forall ⎡ ⎤= minus + + minus ρ forall + ρ Ω and + Ω and Ω and forallint int int int ⎣ ⎦

[ ]CF Y A B total C

ˆ ˆ ˆ ˆF m 2V k P S k P S k g L Sk 2 V r dforall ⎡ ⎤= minus minus minus + ρ + ρ Ω and + Ω and Ω and forallint ⎣ ⎦ Las aceleraciones centriacutepeta y de Coriolis se calculan (v figura 262)

β

2Ωv r

Ω R r2

v

R

i (+)

j (+)

Figura 262 Representacioacuten direccional de las aceleraciones

a) En la curva principal Coriolis

i j kˆ ˆ2 V 2 0 0 V cos j Vsen i

vcos vsen 0Ω and = Ω = minusΩ β + Ω β

minus β minus β

Centriacutepeta

i j kˆ ˆR 0 0 R sen j R cos i

R sen R cos 0

⎡ ⎤Ω and Ω and = Ω and Ω = Ω and Ω β + Ω β =⎣ ⎦β β

2 2

i j kˆ ˆ0 0 R cos j R sen i

R cos R sen 0= Ω = Ω β minus Ω β

Ω β Ω β

La fuerza sobre la curva principal debida a las aceleraciones de Coriolis y centriacutepeta seraacute

2 2CF(a) 0

ˆ ˆ ˆ ˆF Vsen i V cos j R sen i R cos j dπ ⎡ ⎤= ρ Ω β minus Ω β minus Ω β + Ω β forallint ⎣ ⎦

puesto que



d SR dforall = β despueacutes de la integracioacuten se tiene

2 2CF(a)

ˆ ˆ ˆF 2 SR V i 2 SR i 2 S R (R V) i= minus ρ Ω + ρ Ω = ρ Ω Ω minus b) Las aceleraciones centriacutepeta y de Coriolis en los dos codos se obtienen (v figura 263)

γa

v

γa

i (+)

z (+)z (+) z (+)z (+)

i (-)

z (+)

90minusγ

v90minusγ

Figura 263 Esquema de los dos codos con el vector velocidad de fluido asociado

Coriolis codo 1

i j k2 V 2 0 0 0

vcos(90 ) 0 vsen(90 )Ω and = Ω =

minus minus γ minus γ

Coriolis codo 2

i j k2 V 2 0 0 0

v cos(90 ) 0 vsen(90 )Ω and = Ω =

minus γ minus minus γ

Los radios desde el centro de coordenadas hasta un elemento diferencial geneacuterico en los codos 1 y 2 se definen en la figura 264

1

ˆ ˆ ˆR a cos i R j (a a sen ) k= γ + minus minus γ

2

ˆ ˆ ˆR a cos i R j (a a sen ) k= γ minus minus minus γ con lo cual la aceleracioacuten centriacutepeta para el codo 1 seraacute

i j kˆ ˆR 0 0 a cos j R i

a cos R a(1 sen )

⎡ ⎤Ω and Ω and = Ω and Ω = Ω and Ω γ minus Ω =⎣ ⎦γ minus minus γ


Problema 26 89

γ

z (+)

R2

R

a

γ a

R1

i (+)

Figura 264 Esquema de los elementos diferenciales de radio

2 2

i j kˆ ˆ0 0 R j a cos i

R a cos 0= Ω = minus Ω minus Ω γ

minus Ω Ω γ

y para el codo 2 se tendraacute


a cos R a(1 sen )

⎡ ⎤Ω and Ω and = Ω and Ω = Ω and Ω γ + Ω =⎣ ⎦γ minus minus minus γ

2 2


R a cos 0= Ω = Ω minus Ω γ

Ω Ω γ

La fuerza debida a la aceleracioacuten centriacutepeta para los codos 1 y 2 seraacute

CF(b12) C(codos12)F 2 V r dforall ⎡ ⎤= ρ Ω and + Ω and Ω and forallint ⎣ ⎦ El diferencial de volumen vendraacute dado por d S a dforall = γ de donde

2 2 2 2 2CB(b12) 0

ˆ ˆ ˆ ˆF a cos i R j R j a cos i S a dπ ⎡ ⎤= ρ minusΩ γ minus Ω + Ω minus Ω γ γint ⎣ ⎦



2 2CB(b12)

ˆF 2 S a i= minus ρ Ω c) Fuerzas debidas a las aceleraciones de Coriolis y centriacutepeta en los tramos rectos El radio geneacuterico de un elemento diferencial de tuberiacutea al eje de coordenadas se define en la figura 265 de donde

x y zˆ ˆ ˆR R i R j R k= + +

por lo que sus componentes para los tramos rectos conectados a los codos 1 y 2 seraacuten Tramo unido al codo 1 Tramo unido al codo 2 Rx= a Rx= a Ry= R Ry= -R Rz= -(a+z) Rz= -(a+z) La aceleracioacuten de Coriolis en los tramos rectos seraacute Tramo recto unido al codo 1

z

i j k2 V 2 0 0 0

0 0 VΩ and = Ω =

z (+)

Vsalida

Ventrada

a

A

B

Codo 1

Codo 2

z R

j (+)

j (-)i (-)

Figura 265 Esquema de un elemento diferencial de conducto

Ventrada

Vsalida


Problema 26 91

Tramo recto unido al codo 2

z

i j k2 V 2 0 0 0

0 0 VΩ and = Ω =

minus

La aceleracioacuten centriacutepeta seraacute Tramo recto unido al codo 1

i j kˆ ˆR 0 0 a j R i

a R (a z)

⎡ ⎤Ω and Ω and = Ω and Ω = Ω and Ω minus Ω =⎣ ⎦minus +

2 2

i j kˆ ˆ0 0 R j a i

R a 0= Ω = minus Ω minus Ω

minusΩ Ω



a R (a z)

⎡ ⎤Ω and Ω and = Ω and Ω = Ω and Ω + Ω =⎣ ⎦minus minus +

2 2


R a 0= Ω = Ω minus Ω

Ω Ω

Al sumar las fuerzas debidas a las aceleraciones de Coriolis y centriacutepeta en los tramos rectos del conducto uacutenicamente aparece

a z 2 2tubo recto a

ˆ ˆF ( 2 a i) Sdz S 2 a z i+minus = ρ minus Ω = minusρ Ωint

Si se denomina L a la longitud del tramo recto la fuerza actuante sobre los dos tramos rectos seraacute

2tubo recto

ˆF S 2 a L iminus = minusρ Ω La fuerza resultante sobre todos los diversos tramos del conducto se expresaraacute

[ ] ( ) 2 2 2CF Y A B total

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆF m 2V k P S k P S k g L S k 2 S R V R i 2 Sa i 2 Sa L i⎡ ⎤= minus minus minus + ρ + ρ Ω minus + Ω minus ρ Ω minus ρ Ω⎣ ⎦

Obseacutervese que la fuerza resultante tiene componentes en las direcciones i y k uacutenicamente



Problema 27 93

Problema 27 271 Enunciado En el conducto de la figura el fluido sale de la ranura con una velocidad uniforme que variacutea linealmente con la distancia Y tal como se muestra en la figura adjunta Si el caudal volumeacutetrico que entra por el conducto es Q determine

1 El valor de la velocidad maacutexima 2 Los momentos que el fluido crea sobre el anclaje 3 Si la parte inferior del conducto pudiese girar respecto al eje z (seccioacuten de giro A-A) cuyo par antagonista al giro estaacute dado por M=Kω siendo K=cte ω=vel de giro (rads) halle la velocidad de giro

x y

z

e

Umaacutex



272 Resolucioacuten 1 Seguacuten la ecuacioacuten de continuidad en reacutegimen permanente 0 vds= ρint Para las secciones de entrada y salida

ess

m v dsrarr rarr

= ρint

o bien

ess

Q v dsrarr rarr

= int

La ecuacioacuten que determina la distribucioacuten de velocidades en funcioacuten de la distancia seraacute

maacutexua

06 01=

minus

ov v ay= minus

maacutexo

uv v y

06 01= minus

minus

Siendo la velocidad en el origen de coordenadas V0

maacutex 0u V05 06

=

maacutex0

06uV

05=

de donde la ecuacioacuten que determina la velocidad seraacute

maacutex maacutex06u uv y

05 06 01= minus

minus

o bien

[ ]maacutexuv 06 y

05= minus

Sustituyendo en la ecuacioacuten de continuidad

0 01 06 Y

V

V0


Problema 27 95

0606 2maacutex

e maacutex maacutex01 01

u06 - Y YQ = u e dy = e 06Y - = u e 02505 05 2

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎣ ⎦int

2 La ecuacioacuten de momento cineacutetico en reacutegimen permanente se enuncia

0se ss

M = ρ(r v)vds + ρ(r v)vdsand andint int

Puesto que el flujo entrante no causa momento respecto a ninguacuten eje se tiene

0ss

M = ρ(r v)vdsandint

el teacutermino vdsρint representa el flujo maacutesico saliente que se puede dar como maacutexQ u e0 25ρ = ρ aunque en este caso puesto que la V depende del ds es necesario hacer la integracioacuten El teacutermino ( )r vand se representa como

( )i j k

ˆ ˆr v 075 (1 Y) 05 05v j (1 Y)v kv 0 0

and = + minus = minus minus +

Sustituyendo en la ecuacioacuten de cantidad de movimiento y sustituyendo asimismo la velocidad por su valor se tiene

0 maacutex maacutex maacutex

2 206 062 2maacutex maacutex

01 01

2 32 2maacutex

06 Y 06 Y 06 Yˆ ˆM e 05u j (1 Y) u k u dy05 05 05

06 Y 06 Yˆ ê u 05 j dy (1 Y)e u k dy05 05

1 Y Ye u 06 Y 2 0605 2 3

⎡ ⎤minus minus minus⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ρ minus minus + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

minus minus⎛ ⎞ ⎛ ⎞= minus ρ minus + ρ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎡ ⎤= minus ρ minus sdot sdot +⎢ ⎥

⎣ ⎦

int

int int06 062 3

2 2maacutex

01 01

062 3 42 2maacutex

01

1 Y Yˆ ˆj e u 06 Y 2 06 k0 25 2 3

1 Y Y Y ê u 06 2 06 k0 25 2 3 4

⎡ ⎤minus ρ minus sdot + +⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎡ ⎤minus ρ minus sdot + =⎢ ⎥

⎣ ⎦

de donde los momentos sobre el anclaje vendraacuten dados por

2 20 maacutex maacutex

ˆ ˆM e u 00833 j e u 0312k= minus ρ minus ρ 3 Aplicando la ecuacioacuten de momento cineacutetico respecto del eje z situado perpendicular a la seccioacuten A-A y considerando reacutegimen permanente (velocidad de giro constante) se tiene (uacutenicamente la seccioacuten saliente causa momento)

zss

M (r v)vds= ρ andint

Para ese caso el radio desde el eje z de la seccioacuten A-A y la velocidad v forman un aacutengulo de 90o con lo cual

( ) ( )zss ss

M y v y v ds y v y vdsrarr rarr

= ρ minus ω = ρ minus ωint int

La velocidad v es la velocidad con que el fluido sale por la seccioacuten de salida del conducto (velocidad absoluta del fluido) de donde



( ) ( )

z maacutex maacutexss

206maacutex

maacutex01

06 y 06 yM y u y u edy05 05

06 yue y u y 06 y dy

05 05

⎛ ⎞minus minus⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ρ minus ω =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎡ ⎤minus= ρ minusω minus =⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

int

int

( ) ( )06

2 2 2maacutex maacutex

01

u e u06 2 06 y y y y 06 y dy

05 05ρ ⎡ ⎤= minus + minus ω minus =⎢ ⎥

⎣ ⎦int

062 3 4 3 42maacutex maacutex

01

u e u y y y y y06 2 06 0605 05 2 3 4 3 4

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ρ= minus + minus ω minus =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

( ) ( ) ( )2 4 4 4 4

2 2 3 3 3 3maacutex maacutexu e u 06 2 06 06 01 06 06 0106 01 06 01 06 0105 05 2 3 4 3 4

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ρ minus minus= minus minus minus + minus ω minus minus⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2maacutex maacutex

2

u e u e0009375 0010625

0505ρ ρ

= minus ω

Puesto que el par antagonista es k ω se tiene

2maacutex maacutex

2

u e u ek 0009375 0010625

0505ρ ρ

ω = minus ω

2maacutex maacutex

2

u e u ek 0010625 0009375

05 05ρ ρ⎛ ⎞ω + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2maacutex

2maacutex

u e 10009375u e05 k 0010625

05

ρω =

ρ+


Problema 28 97

Problema 28 281 Enunciado Sea la turbina Pelton esquematizada en la figura 281 Si se supone que el agua sale de la tobera a una velocidad V constante que la velocidad de giro de la turbina es ω tambieacuten constante y que el fluido sale de los aacutelabes de la turbina con un aacutengulo α determine 1 La potencia comunicada al eje de la turbina Considere r el radio de la turbina 2 Cuaacutel seriacutea la velocidad de giro de la turbina si el par antagonista se estima que estaacute determinado por M = a + b ω siendo a y b dos constantes conocidas y ω la velocidad de giro de la turbina 3 Determine la ecuacioacuten del rendimiento de la turbina iquestQueacute consideraciones se pueden realizar para una turbina de infin aacutelabes Datos V ω r α a b (ω ha de ser determinada en el apartado 2) φ = diaacutemetro del jet

ToberaCuchara de laturbina

TURBINA PELTON

Cuchara de laturbina

Tobera

Fig 281 Esquema de una turbina Pelton



282 Resolucioacuten

1 Utilizando un volumen de control que se desplace con el aacutelabe de la turbina y aplicando la ecuacioacuten de continuidad entre la entrada y salida de dicho volumen de control se desprende que la velocidad relativa del liacutequido a la entrada y a la salida es la misma

Tobera

V V - U

Aacutelabe

V - U

V - U

U = rω

α

α

Fig 282 Incidencia del chorro en el aacutelabe con las velocidades relativas del fluido

respecto a un volumen de control que se desplaza con el aacutelabe

Aplicando la ecuacioacuten de cantidad de movimiento al mismo volumen de control moacutevil en reacutegimen permanente se establece

ext x x x xvc sc sc ssc ssc1 2

F P n ds ds m g V V ds V V ds V V dssum = minus + τ + = ρ = ρ + ρint int int int int

despreciando los efectos de las fuerzas maacutesicas

x superficiales x x( ) ( )se ss( ) ( )

F V V ds V V ds 2minus ++ minus

sum = ρ + ρ sdotint int

2 2

x sup e sF (v r) S (v r) cos 2 S= minus ρ minus ω minus ρ minus ω sdot α sdot sdot

[ ]2

e s(v r) S 2 S cos= minus ρ minus ω + sdot α y aplicando la ecuacioacuten de continuidad entre la entrada y las salidas del volumen de control se obtiene

e e s sS V S V 2= sdot


Problema 28 99

e sV V V r= = minus ω

e sS 2S S= =

( ) ( )2x sup erficialesF v r S 1 cos= minus ρ minus ω sdot sdot + α

Eacutesta es la fuerza que el contorno realiza sobre el fluido la fuerza que el fluido causa sobre el aacutelabe es

( ) ( )2xF v r S 1 cos=ρ minus ω sdot sdot + α

El par creado sobre el eje de giro debido a la fuerza hallada seraacute

( ) ( )2o x xM F r F r k v r S 1 cos r k

and and= and = sdot = ρ minus ω sdot sdot + α sdot

La potencia comunicada seraacute

( )2u u

a oN M v r S 1 cos r⎛ ⎞

= sdot ω = ρ minusω sdot sdot + α sdot sdotω⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Para este volumen de control moacutevil el caudal entrante al volumen de control seraacute

( ) Ev r S Qminus ω sdot = de donde

( ) ( )a EN v r Q 1 cos r= minus ρ minus ω sdot sdot + α sdotω 2 Si el par antagonista es del tipo M = A + B ω donde A y B son constantes y ω es la velocidad de giro en rads Igualando el par creado por el fluido al par antagonista se tiene

( ) ( )2

oM v r S 1 cos r A B= ρ minus ω sdot sdot + α sdot = + ω

ecuacioacuten de segundo grado de aquiacute se despeja ω

[ ] ( )2 2 2 1v 2 v r r A B

Sr 1 cosminus sdotω + ω = + ω

ρ + α

( ) ( )2 2 2B A2 v r r v 0

Sr 1 cos Sr 1 cosminus sdotω + ω minusω + minus =

ρ + α ρ + α

( ) ( )2

23 2 3

B v A2v 0r Sr 1 cos r Sr 1 cosωω minus minus ω + minus =

ρ + α ρ + α



( ) ( )2

23 2 3

R S

2 v B v A 0r Sr 1 cos r Sr 1 cos

⎡ ⎤⎢ ⎥

ω minus ω + + minus =⎢ ⎥ρ + α ρ + α⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

2 R S 0ω minus ω + =

2R R 4S

2plusmn minus

ω =

3 Determinacioacuten del rendimiento de la turbina Considerando que el nivel libre del agua en la presa de aguas arriba de la turbina respecto a eacutesta es H y despreciando las peacuterdidas en el conducto de la alimentacioacuten se tiene que la potencia teoacuterica a la entrada de la turbina es

o2N g H Q g H v S g H v S2

= ρ =ρ sdot = ρ sdot

puesto que v 2g H=

3o

1N Sv2

= ρ

con lo cual el rendimiento se puede establecer como

( ) ( )2a

3o

v r S 1 cos rN1N Sv2

ρ minus ω sdot + α sdotωη = = =

ρ

( ) ( )2

3

v r r 1 cos1 v2

minus ω sdotω sdot + αη =

El rendimiento maacuteximo de la turbina se obtendraacute para un valor del aacutengulo α de 0 grados Para este considerando se tiene

( ) ( )2 2 2

33

v r r 2 v u 4 u u v u41 v vvv2

minus ω sdotω sdot minus sdot minus⎡ ⎤η = = = ⎢ ⎥⎣ ⎦

2u v u4v v

minus⎡ ⎤η = ⎢ ⎥⎣ ⎦

Derivando el η respecto a uv

se obtendraacute el valor de uv

para el cual la funcioacuten seraacute maacutexima

2d u u4 1 4 3 0

u v vdv

⎡ ⎤η ⎛ ⎞= minus + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎜ ⎟⎝ ⎠

2u 4 u 1 0

v 3 v 3⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Problema 28 101

De los dos resultados posibles el uacutenico que tiene sentido fiacutesico es u 1v 3

=

con lo cual el rendimiento maacuteximo se obtendraacute cuando la relacioacuten entre la velocidad de salida del fluido por la tobera y la velocidad tangencial de la turbina sean

u r 1v v 3

ω= =

por otro lado se observa que todo el proceso se ha realizado partiendo de la fuerza que el liacutequido ejerce sobre un aacutelabe en solitario puesto que la turbina tiene un nuacutemero elevado de aacutelabes que se suceden se puede considerar que en promedio todo el caudal incidente realiza un trabajo asiacute la fuerza media que actuacutea sobre los aacutelabes se puede expresar (para α=0 grados)

( )mediaF 2 S v v r= ρ sdot minus ω

Veacutease que ahora se considera que todo el caudal que sale por la tobera actuacutea sobre los aacutelabes

La potencia media seraacute ( )mediaN 2 Sv v r r= ρ minus ω ω

El rendimiento se obtendraacute

( ) ( )2

3

2 Sv v r r 4 v r r1 vSv2

ρ minus ω ω minus ω ωη = =

ρ

u u4 1v v⎛ ⎞η = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

d u4 1 2 0u vdv

η ⎛ ⎞= minus =⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

u 1v 2

=

Siendo eacutesta la relacioacuten de velocidades maacutes apropiada para una turbina Pelton real



Problema 29 103

Problema 29 291 Enunciado Sea un sistema de aspersioacuten tal como el que se ilustra en la figura 291 Los brazos que unen las dos toberas tienen forma de perfil aerodinaacutemico Goumlttinguen 682 con una anchura y un aacutengulo de ataque constantes Los coeficientes de arrastre y sustentacioacuten del perfil aerodinaacutemico estaacuten dados por El valor de los mismos se puede determinar partiendo de la curva polar adjunta conocido el aacutengulo de ataque α =3ordm figuras 292 y 293

V fluido

V fluido

Figura 291 Esquema del sistema de aspersioacuten considerado

D2

proyectada

DC1 V S2 infin

=ρ

L2

proyectada

LC1 V S2 infin

=ρ



Halle 1 El par que crean los chorros de fluido en funcioacuten de la velocidad de salida del liacutequido por las toberas 2 El par que se crea en el eje central debido a la fuerza de arrastre 3-Si el peso del conjunto es de 1000 N y ha de ser soportado por el efecto de sustentacioacuten de los aacutelabes determine la velocidad de giro necesaria para producir la sustentacioacuten requerida iquestCuaacutel es el caudal requerido para que dicha sustentacioacuten exista Radio del aspersor 05 m

Fig 292 Coeficiente de sustentacioacuten CL en funcioacuten del aacutengulo de ataque α

CL


Problema 29 105

Figura 293 Curvas polares correspondientes a un colectivo de perfiles Goumlttinguen 292 Resolucioacuten 1 La ecuacioacuten del momento de la cantidad de movimiento se expresa

0

C SC

M (r v) d (r v) V dst

rarr

forall

part= ρ and forall + ρ andpart int int

Aplicada al conjunto aspersor teniendo en cuenta la simetriacutea del mismo y que el flujo entrante no causa momento se obtiene

0 fluido un aspersor fluido entranteSsalida

M 2 (r v)V ds 2 r (V r) Q r (V r) Qrarr

= ρ and = ρ minus ω = ρ minus ωint

2 El momento resistente establecido para un diferencial de superficie del aacutelabe vendraacute dado por

2 2 2 2D DD

1 1 1D C S dD b dr dD b drV C V C r2 2 2infin infin= ρ rArr = ρ rArr = ρ ω

b = anchura del aacutelabe De la figura 292 entrando para un α de 3ordm se obtiene un valor del coeficiente de sustentacioacuten de CL=082 con dicho valor del coeficiente de sustentacioacuten y para el perfil aerodinaacutemico Goumlttinguen 682 a partir de la figura 293 se obtiene un valor del coeficiente de arrastre de CD = 00088 El momento producido por este diferencial de fuerza seraacute

CD

CL



2 2D

1dM r dD r r b drC2

= = ρ ω

de donde el momento que se opone al movimiento vendraacute dado teniendo en cuenta que existen dos aacutelabes

R R3 2 2 2D D0 0

1M 2 C b r dr C b r ( r )dr2

= ρ ω = ρ ωint int

R42 2 4

D D0

r 1M C b C b R4 4

⎡ ⎤= ρ ω = ρ ω⎢ ⎥

⎣ ⎦

y igualando los pares de arrastre y de momento cineacutetico se obtiene

( ) ( )2 4D flu un aspersor flu entrante

1 b 2 r V r Q r V r QC R4ρ = ρ minus ω = ρ minus ωω

Para r =R que es la distancia de los chorros de salida al eje de giro queda

( )2 3D flu entrante

1 b V R QC R4= minus ωω

En funcioacuten de la seccioacuten proyectada de uno de los brazos del aspersor S = R b se tiene


1 S V R QC R4= minus ωω

3 La fuerza de sustentacioacuten viene dada por

2L

1L C SV2 infin= ρ

Para un diferencial de superficie se tiene

2L

1dL C b drV2 infin= ρ

2 2L

1dL C b drr2= ρ ω

L R 2 2

L0 01dL C b drr2

= ρ ωint int

de donde la fuerza de sustentacioacuten para los dos brazos del aspersor seraacute

R

2L

0

31 rL 2 C b dr32

⎡ ⎤⎢ ⎥= ρ ω⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2

2 2L L

R b R 1L C C S R3 3

ω= ρ = ρ ω

Puesto que L= 1000 N 2 2L

1C S R 1000 L3

ρ ω = =


Problema 29 107

con lo cual la velocidad de giro seraacute

2L

L1C S R3

ω =ρ

Una vez determinado ω para hallar el caudal circulante se utilizaraacute la ecuacioacuten hallada en el apartado 2

( ) ( )2 2D proyectada flu entrante flu un aspersor

1 S V R Q 2 V R QC R4

= minus ω = minus ωω

un aspersor

fluconducto aspersor

QV

S= un aspersor2 2

D proyectada un aspersorconducto aspersor

Q1 S 2 R QC R4 S⎛ ⎞

= minus ω⎜ ⎟ω ⎜ ⎟⎝ ⎠

2un aspersor 2 2

un aspersor D proyectadaconducto

Q 1R Q C S RS 8

minus ω = ω

2 2 2un aspersor conducto un aspersor D proyectada conducto

1Q R S Q C S R S 08

minus ω minus ω =

ecuacioacuten de segundo grado de la cual se obtendraacute el caudal saliente en una de las toberas



Problema 30 109

Problema 30 301 Enunciado Sea el aspersor esquematizado de la figura 301 conocidos el diaacutemetro de las toberas de salida las longitudes L y L1 de los brazos del aspersor el aacutengulo θ el caudal maacutesico entrante m la densidad del fluido ρ y el par antagonista Mo = k middot ω siendo k = constante y ω la velocidad de giro en rads Se pide hallar la ecuacioacuten que determina la velocidad de giro del aspersor

VyV

Vαr

Lωr

θ

r

Vx

Vy

Vx

Vx

Vy

ωr

Figura 301 Esquema del aspersor con sus paraacutemetros fiacutesicos fundamentales 302 Resolucioacuten La ecuacioacuten de momento cineacutetico para sistemas inerciales se enuncia

0c sc

M = (r v)ρd + (r v)ρvdst forall

partand forall andsum int int

part



En reacutegimen permanente para los dos brazos

0ss

M = 2 (r v) ρvdsandsum int

Datos

x 1

y 1

r = L + L cosθ

r L senθ= 1

1

L senθα arctg

L L cos θ=

+ x 1r L L cos θ

rcos α cos α

+= =

1x sen

L L cosθv v cosθ ωr senα v cosθ ω α cos α

+= + = +

y 1v v senθ ωr cos α v senθ ω (L L cos θ)= minus = minus +

x y x y y x

x y

i j kˆ ˆr v = r r 0 r v k r v k

v v 0and = minus

11 1 1 sen

L L cos θˆ ˆr v = (L + L cosθ) [v senθ ω(L L cos θ)]k L senθ v cos θ ω α kcos α

+and sdot minus + minus +⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ] 10 1 1 1

scsen sen vL L cosθˆ ˆM 2 ρ (L L cosθ) v senθ ω(L L cosθ) k L θ vcosθ ω α k

cosαds⎡ ⎤⎡ ⎤ sdotint ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

+= + sdot minus + minus +sum

[ ] 10 1 1 1 sen

L L cos θM k ω m (L L cos θ) vsenθ ω (L L cos θ) L senθ v cos θ ω α

cos α

+= sdot = + sdot minus + minus +sum

⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

[ ] [ ]2 11 1 1 1ω sen

L L cos θk ω m (L L cos θ) (L L cos θ) vsenθ L vsenθ cos θ ω L senθ α

cos αsdot minus +

+sdot = + + minus minus⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦

2 11 1 1 1ω sen

L L cos θk ωω (L L cos θ) L senθ α (L L cos θ)vsenθ L vsenθ cos θ

m cos α+

+sdot+ + = + minus

1 11

1 1

(L L cosθ) vsenθ L vsenθ cosθk L L cosθ2(L L cosθ) L senθ senαm cosα

ω + minus++ + +

=


Problema 31 111

Problema 31 311 Enunciado El compresor de la figura adjunta comprime 5 kgs de aire las condiciones termodinaacutemicas a la entrada del compresor son T1= 297 K y P1= 92000 Pa (presioacuten absoluta) las condiciones del fluido a la salida son T2= 380 K y P2= 300000 Pa (presioacuten absoluta) El perfil de velocidades del fluido a la entrada se considera uniforme mientras que a la salida se considera paraboacutelico y estaacute definido por la ecuacioacuten

2

maacutexrU = U 1-R

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

Si se considera que el flujo es estacionario y la transferencia de calor es despreciable determine la potencia requerida para accionar el compresor Capacidad caloriacutefica a volumen constante del aire v

JC = 720kg K

S ejeW = W

Volumen de control Condiciones a la entrada Condiciones a la salida Datos 312 Resolucioacuten La ecuacioacuten de la energiacutea para reacutegimen permanente y volumen de control fijo y riacutegido se enuncia

2

2

2

T = 380 KP = 300000 PaR = 0 2 m

1

1

1

kgm = 5s

T = 297 KP = 92000 PaR = 0 2 m



( )2

SSC

P vQ- W = u + + + gz v n ds2

⎛ ⎞ρ⎜ ⎟ρ⎝ ⎠int

S eje tW = W W+ se considera t

1 2

Q = 0W = 0Z = Z

(no hay peacuterdidas)

de donde

( )2

ejeSC

P v- W = u + + v n ds2

⎛ ⎞ρ⎜ ⎟ρ⎝ ⎠int

( )22

2 1 1eje 2 1 2Ssalida

2 1

P P vv- W = m u - u + - + v ds - m2 2

⎡ ⎤⎛ ⎞ρ⎢ ⎥⎜ ⎟ρ ρ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

int

32R 3 23

3 2 maacutex 22 2 maacutexSsalida

0

u Rv r 2 rds = u 1- dr =2 R 2 8

⎡ ⎤ π ρπ⎛ ⎞ρ ρ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

int int

para determinar la relacioacuten entre la velocidad media y la velocidad maacutexima

2 2 2R R

2 2 2 2 2 2 maacutex0 0

rm = v S = u 2 r dr = u 1- 2 r drR

⎛ ⎞⎛ ⎞ρ ρ π ρ π⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠int int

2R2 4

22 2 2 2 maacutex 2

0

r rv R = u 2 -2 4 R

⎡ ⎤ρ π ρ π ⎢ ⎥

⎣ ⎦

2

2 22 2 2 2 maacutex

Rv R = u 2

4ρ π ρ π

maacutex 2u = v 2 de donde

3 2 3 2322 maacutex 2 2 2 2

2 2Ssalida

π ρ u R π ρ v 8 Rvρ ds = = = m v2 8 8int

Recordando que la ley de los gases perfectos es P = RTρ

sustituyendo en la ecuacioacuten de energiacutea queda

( )( ) ( )2

2 1eje v 2 1 2 1 2

v-W = m C T - T + m R T - T + m v -

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

22

2 2 2 2

m R Tm mv = = = 14 46ρ S P S s

11

1 1 1 1

m R Tm mv = = = 3686ρ S P S s

( ) ( )2

2eje

3686-W = 5times720times 380 - 297 + 5times 287times 380 - 297 + 6times 1446 -2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

eje-W = 415553 W El signo indica que se trata de energiacutea que se comunica al volumen de control


Problema 32 113

Problema 32 321 Enunciado Sea un tanque de almacenamiento de combustible de grandes dimensiones El nivel del combustible y la presioacuten del mismo se pueden considerar constantes El combustible es bombeado fuera del tanque mediante una bomba volumeacutetrica y a la salida de la misma se encuentra un intercambiador de calor que tiene como funcioacuten incrementar la temperatura del fluido Conociendo que la temperatura en el tanque es

de 5ordm C que el intercambiador de calor aporta una energiacutea al fluido de 105 J

kg que el caudal circulante es

de 0004 3m

s y que la longitud de la tuberiacutea es de 100 m determine

1) La potencia requerida en la bomba 2) La temperatura a la salida del conducto

Considere el sistema teacutermicamente aislado y que la densidad (ρ) se mantiene constante Datos

Rendimiento hidraacuteulico de la bomba H 90η = Factor de friccioacuten del conducto conductof 0022=

6 2int ercambiadorY 5 10 Q= sdot sdot∆ donde JY

kg⎡ ⎤

∆ ⎢ ⎥⎣ ⎦

3mQ

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

3

kg875m

ρ =

Psalida del conducto (punto D) = 4 105 Pa

vfuelJc 2000

kg K=

sdot

conducto 005mφ =



100 m

A

B C D

Z =5 mA

AP =10110 Pa5

AT = 5 ordmC = 278 K

f = 002290=Hη

25int 105 QY rercambiado sdotsdot=∆

QW

322 Resolucioacuten 1 Aplicando la ecuacioacuten de la energiacutea entre A y D se tiene

2 2

bomba

SA SD

P v P vQ W ( u gz)VdS ( u gz)VdS W2 2 τminus = ρ + + + + ρ + + + +

ρ ρint int

2 2

D A D Abomba D A D A

P P v vQ W m( u u g(z z )) W

2 2 τminus = minus + minus + minus + minus +ρ ρ

Se ha de entender que la potencia que la bomba comunica al fluido se utiliza para variar su energiacutea cineacutetica y potencial y vencer los esfuerzos cortantes que impiden el movimiento del fluido En este primer apartado se supone que no existe transferencia de calor y por tanto no habraacute gradiente teacutermico La potencia que la bomba comunica al fluido seraacute

2 2D A D A

fluido D A int ercambiador conductoP P v v

W g(z z )) Y Y2 2

minus = minus + minus + minus + ∆ + ∆ρ ρ

2 2

5 56 2

fluido 2 2

4 10 101 10 1 0004 0022 100 0004W 0 g(0 5) 5 10 Q875 875 2 2 005005 005

4 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟sdot sdotminus = minus + minus + minus + sdot sdot + sdot⎜ ⎟ ⎜ ⎟

πsdot π sdot⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

fluidoW 45714 120 2075 49 80 913minus = minus + minus + +

fluidoJW 46151

kg= minus

Seguacuten el convenio de signos de termodinaacutemica el signo negativo indica que se trata de energiacutea comunicada al fluido Dado que el rendimiento hidraacuteulico es del 90 la energiacutea por unidad de masa es

eje fluido1 JW W 51279

09 kg⎡ ⎤

= sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦

Yintercambiador = 5 106 Q2

100 m


Problema 32 115

ejeJW 51279 875 0004 179478s⎡ ⎤= sdot sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦

2 La temperatura del fuel a la salida del conducto punto D seraacute debida al incremento de temperatura producido por el intercambio de calor y las peacuterdidas de energiacutea en la bomba y los conductos que se transforman en calor comunicado al fluido Aplicando de nuevo la ecuacioacuten de la energiacutea entre A y D

2 2 D A D A

eje D A D AP P v v

Q W m( u u g(z z ))2 2

minus = minus + minus + minus + minusρ ρ

2 2

D A D Aeje D A D A

P P v vQ W u u g(z z )

2 2minus = minus + minus + minus + minus

ρ ρ

de donde

( )2 2

D A D Aeje D A

D AV

P P V VQ W g Z Z2 2

T Tc

⎡ ⎤minus minus minus + minus + minus⎢ ⎥ρ ρ⎣ ⎦minus =

Veacutease que Weje engloba los teacuterminos de energiacutea cineacutetica y potencial asiacute como las peacuterdidas por friccioacuten entre los puntos A y D teniendo en cuenta ademaacutes el rendimiento hidraacuteulico de la maacutequina Sustituyendo los valores

( )

2

5 55

2

D A

4 10 101 10 1 000410 51279 0 98 0 5875 875 2 005

4T T

2000

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟sdot sdot⎢ ⎥+ minus minus + minus + sdot minus⎜ ⎟⎢ ⎥πsdot⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦minus =

DT 5002 278 32802K= + =



Problema 33 117

Problema 33 331 Enunciado Estudiando los diferentes disentildeos de hovercraft se pretende hacer ensayos con un modelo cuya seccioacuten transversal se muestra en la figura Sabiendo que existen 100 toberas de descarga en la base del cojiacuten cuyo diaacutemetro unitario es dT que el diaacutemetro de la boca de entrada del ventilador es De (D e gtgtdT) y que se puede considerar que la presioacuten en el depoacutesito (cojiacuten de aire anular) se mantiene constante pudieacutendose despreciar el teacutermino de energiacutea cineacutetica en el depoacutesito determine 1 La ecuacioacuten que define el flujo volumeacutetrico que fluye por cada tobera en funcioacuten de la presioacuten en el depoacutesito superior (cojiacuten) Considere que las peacuterdidas de energiacutea en cada tobera dadas en [JKg] son ∆Y = KT middot Q2

tobera 2 La ecuacioacuten que determina la fuerza de sustentacioacuten en funcioacuten de la presioacuten en el interior del hovercraft si se considera que dicha fuerza es uacutenicamente producida por el flujo saliente por las toberas 3 La potencia por unidad de masa que hay que comunicar al ventilador (dar la potencia en funcioacuten de la presioacuten interna del hovercraft) Se sabe que las peacuterdidas de energiacutea por unidad de masa entre el ventilador y el cojiacuten de aire interno son del tipo ∆Y =K int middot Q2

entrante ventilador 4 Considerando el sistema teacutermicamente aislado y sabiendo que el rendimiento del ventilador es del 96 halle el incremento de temperatura del aire entre la entrada y el cojiacuten de aire interno Considere las peacuterdidas definidas en el apartado 3 5 Si alrededor del hovercraft se coloca una falda de un material semirriacutegido tal que el flujo de fluido desde la parte interior del hovercraft hacia el exterior estaacute regido por la ecuacioacuten ∆Y =K ext Q2

saliente hovercraft determine como varia la sustentacioacuten de dicho hovercraft Realice las hipoacutetesis oportunas en cada caso



Ve

Vs Vs

Figura 1 Seccioacuten del hovercraft 12 Resolucioacuten 1 De la aplicacioacuten de la ecuacioacuten de la energiacutea entre el interior y el exterior del cojiacuten de aire a traveacutes de la tobera (una de ellas) se obtiene

Pint Pint

Pext Pext

2 22int int ext ext

int ext T toberaint ext

P v P vg z g z K Q

2 2+ + = + + +

ρ ρ


Problema 33 119

2

2int ext toberaT tobera2

int ext tobera

P P QK Q

S 2minus = +

ρ ρ

2 int exttobera

int extT2

tobera

P P 1Q1 K

S 2

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ +

Caudal saliente total QTT = 100 QT 2 Fuerza ascensorial debida a la variacioacuten de la cantidad de movimiento Aplicando la ecuacioacuten de cantidad de movimiento entre la entrada del ventilador y la salida de las toberas se establece

Ve

Vs Vs

e sse ss sl sl scP ds P ds ds P ds v v dsminus minus + τ + = ρint int int int int

Trabajando en presiones relativas el empuje debido a la variacioacuten de cantidad de movimiento seraacute

Y se ss tobera1 ss tobera nF v v ds v v ds v v ds= ρ + ρ + + ρint int int

( ) e toberaY e s

e tobera

Q QF m v v m

S S⎛ ⎞

= minus = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

Y toberae tobera

100 1F m QS S

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟

⎝ ⎠

Y entrada e toberae tobera

100 1F Q QS S

⎛ ⎞= ρ minus⎜ ⎟

⎝ ⎠



La ecuacioacuten de continuidad aplicada entre la entrada y la salida diraacute e toberaQ 100Q=

2Y entrada tobera

e tobera

100 1F 100 QS S


⎝ ⎠

3 Potencia del ventilador Aplicando la ecuacioacuten de la energiacutea en reacutegimen permanente entre los puntos 1 y 2 (entrada y salida del hovercraft) se obtiene

2

sc

P VQ W gmiddotz u middotvmiddotds2

⎛ ⎞minus = ρ + + +⎜ ⎟ρ⎝ ⎠

int

puesto que Q =0 por tanto la ecuacioacuten queda

2 2

eje se ss

p v p vW W g z u v ds g z u v ds2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus minus = ρ + + + + ρ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int

2 2eje 2 2

T tobera int entss se

W p v p vg z u g z u K Q K Qm 2 2

minus ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + minus + + + +sum +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Trabajando en presiones relativas para variaciones de presioacuten despreciables

2 22 2s e T

eje s e total salida int ent2

v v KW g(z z ) Q K Q

2 100minus

minus = minus + + +

Asumiendo que la potencia comunicada al ventilador es positiva y despreciando las variaciones de energiacutea potencial

2 22 2tobera entrada T

eje eje total salida int ent2 2 2tobera entrada

Q Q K1W Y Q K Q2 s s 100⎡ ⎤

= = minus + +⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2


Problema 33 121

2 Teje ventilador total salida int2 2 2 2

tobera entrada

K1 1 1Y Q K2 s 100 2 s 100⎡ ⎤

= minus + +⎢ ⎥⎣ ⎦

Recueacuterdese que QTT = 100 QT Nota En realidad la potencia necesaria seraacute un 4 mayor que la potencia establecida aquiacute 4 El incremento de temperatura que experimentaraacute el fluido desde la entrada hasta la zona de remanso seraacute debido al calor transferido en el ventilador (que equivale al 2 de su potencia) maacutes la energiacutea perdida por friccioacuten entre la entrada y la zona de remanso y que se convertiraacute en calor Asiacute pues

( ) 2v 3 1 eje ventilador int entC T T 004 Y K Qminus = +

La expresioacuten obtenida para el incremento de temperatura es

( )2 2

eje ventilador int tobera3 1

v

004 Y K 100 QT T

C+

minus =

5 Al utilizar la falda exterior la presioacuten debajo del hovercraft seraacute ligeramente mayor que la presioacuten atmosfeacuterica El caacutelculo analiacutetico para la obtencioacuten de dicha presioacuten es

Pint

PdebajoPatm

2 2debajo debajo 2atm atm

debajo atm ext saliente hovercraftdebajo atm

p v p vg z g z K Q

2 2+ + = + + +

ρ ρ

debajo 2atm

ext saliente hovercraftdebajo atm

p pK Q= +

ρ ρ

Recueacuterdese que

entrante total toberas salientem m m= =



Considerando la densidad del aire praacutecticamente constante a la entrada y a la salida queda

entrante total toberas salienteQ Q Q= = Y en presiones relativas

2atmdebajo debajo ext saliente hovercraft debajo

atm

pp K Q= ρ + ρ

ρ

2

debajo ext saliente hovercraftp K Q= ρ El caudal que fluye por las toberas quedaraacute modificado puesto que la presioacuten en el exterior es ahora ligeramente mayor que la atmosfeacuterica

( )debajointtobera 2 int debajo

int debajoT2

tobera

pp 1Q g z z1 K

2 S

⎡ ⎤⎛ ⎞= minus + minus⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ρ ρ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ +

Suponiendo que el caudal que suministra el ventilador es el requerido en este apartado la fuerza de sustentacioacuten tendraacute la misma forma que en el apartado 2 Uacutenicamente quedaraacute modificado el caudal de la tobera

2Y entrada tobera 2

e tobera

100 1F 100 QS S


⎝ ⎠

Ademaacutes en este apartado la presioacuten debajo del hovercraft crea una fuerza de sustentacioacuten adicional

adicional debajo hovercraft proyectadaF P S=

totalY Y adicionalF F F= +


Problema 34 123

Problema 34 341 Enunciado Sea una turbina axial como la esquematizada en la figura 341 la cual consiste en un conjunto de aacutelabes fijos o directrices (estator) y un rotor La longitud de los aacutelabes tanto en el estator como en el rotor se consideraraacute muy pequentildea comparada con el radio medio del rotor RM con lo cual se podraacuten considerar uniformes las propiedades a lo largo del aacutelabe La velocidad del fluido a la entrada del estator (punto 1) la cual tiene uacutenicamente componente axial tiene un valor conocido C1 A la salida del rotor el fluido tiene asi mismo uacutenicamente componente axial El valor de la componente axial se mantendraacute a lo largo de la maacutequina Los triaacutengulos de velocidades para un radio medio RM tanto a la entrada como a la salida del rotor se detallan en la figura 341 Consideacuterense conocidos los valores siguientes Constantes termodinaacutemicas del gas que fluye por la turbina R CV CP γ Radio medio en el centro de los aacutelabes RM Altura del aacutelabe del estator H1 Velocidad del fluido a la entrada del estator C1 Presioacuten a la entrada del estator P1 Temperatura a la entrada del estator T1 Aacutengulo formado por la velocidad absoluta y el eje de la turbina α2 Determine 1 Suponiendo que los triaacutengulos de velocidades son los esquematizados en la figura halle la velocidad de giro del rotor Determine tambieacuten el caudal maacutesico circulante 2 La energiacutea por unidad de masa que la turbina absorbe del fluido el par generado por la turbina y la potencia comunicada al eje 3 La temperatura del fluido a la salida de la turbina asumiendo que no existe calor transferido al contorno soacutelido Indique que mediciones de los paraacutemetros del fluido se deberiacutean realizar para determinar la altura de los aacutelabes en los puntos 2 y 3 Indique las hipoacutetesis que se van realizando en cada caso



α

β

α

β

α

Fig 341 Esquema de una turbina axial

342 Resolucioacuten 1 Puesto que se dice que la componente axial se mantendraacute a lo largo del rodete se cumple que

1 2 3C = W = C con lo cual la velocidad de giro del rotor seraacute

2 2 M2

2 1 1

U U ω RTgα = = =

W C C

2 1

M

Tgα Cω =

R

El caudal maacutesico que fluye por la maacutequina seraacute entonces

( )2 21 1 e i

πm = ρ V dS = - ρ C dS = -ρ C D - D4int int

Puesto que los diaacutemetros exterior e inferior en el estator no son conocidos la seccioacuten de paso se aproximaraacute por

( )2 2e i M 1

π D - D 2π R H4

asymp

con lo cual

1 M 1m = -ρ C 2π R H


Problema 34 125

La densidad a la entrada de la turbina se hallaraacute

e 1

e 1

P Pρ = =

R T R T

Asiacute pues el caudal maacutesico circulante seraacute

11 M 1

1

Pm = - C 2π R H

R T

Nota El signo ( - ) indica que es flujo entrante al sistema 2 La ecuacioacuten de Euler de las turbomaacutequinas aplicada a la turbina en estudio dice

t 3 3u 2 2uY = U C - U Cinfin Puesto que todos los paraacutemetros se definen para el radio RM se tiene que 2 3U = U Por otro lado del triaacutengulo de velocidades a la salida del rotor se deduce que la componente tangencial de la velocidad absoluta es 3uC = 0 Asiacute la energiacutea que el fluido transmite al rotor seraacute

Observe que 2uC es la componente tangencial del fluido en el punto 2 Del triaacutengulo de velocidades en este punto se deduce que 2u 2 1C = W = C de donde se obtiene

τ B 1Y = - ω R Cinfin JKg⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

el signo ( - ) indica que se trata de energiacutea transmitida a la maacutequina

De la ecuacioacuten del momento cineacutetico aplicada a una turbomaacutequina para el caso en estudio se obtiene

( )eje M3 3u M2 2uM = m R C - R Csum Como M3 M2 MR = R = R y 3uC = 0 se diraacute que el par generado por la turbina es

eje M 2u M 1M = -m R C = -m R C

2 21eje 1 M 1

1

PM = - C 2π R H

R T

Asimismo la potencia transmitida al eje seraacute

eje eje M 1W = M = -m R C ωω

2 21eje 1 M 1

1

PW = - C 2π R H ω

R T

3 Finalmente la temperatura del fluido a la turbina asumiendo que no existe calor transferido hacia o por el sistema se determinaraacute partiendo de la ecuacioacuten de la energiacutea aplicada entre la entrada y la salida de la turbina En reacutegimen permanente se tiene

τ 2 2u B 2uY = - U C = -ω R Cinfin



2 2

ejeS1 S3

v P v PQ - W = ρ u + + g z + vds + ρ u + + g z + vds2 ρ 2 ρ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int

Siendo Q = 0 se obtiene que

2 2

ejeS1 S3

v P v P-W = m u + + g z + + m u + + g z +2 ρ 2 ρ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Obseacutervese que las peacuterdidas de energiacutea por esfuerzos cortantes no se han considerado porque no pueden ser evaluadas Entonces

( )2 23 31 1

eje 3 1 3 13 1

v Pv P-W = m u - u + - + g z - z + -

2 2 ρ ρ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Dado que la cota del punto 3 y 1 es la misma y que las velocidades absolutas en dichos puntos son iguales seguacuten enunciado 3 3v = C 1 1v = C 3 1C = C y queda que

3 31 1eje 3 1 3 1

3 1 3 1

P PP P-W = m u - u + - = m u + - u

ρ ρ ρ ρ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

minus⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ] [ ]eje 3 1 3 1-W = m h - h = m Cp T - T

eje3 1

-WT = + T

m Cp

Como la potencia en el eje de la turbina se ha hallado en el apartado 2 se tiene

2 211 M 1

13 1

P C 2π R H ωR TT = + T

m Cp

De la aplicacioacuten de la ecuacioacuten de continuidad entre los puntos 1 2 y 3 se puede decir

1 2 3m = m = m

1 1 2 2 3 3Q ρ = Q ρ = Q ρ

1 1 1 2 2 2 3 3 3S C ρ = S C ρ = S C ρ

Seguacuten el enunciado 1 2 3C = W = C y sabiendo que ii

i

Pρ =

R T y i B iS = 2π R H se tiene

31 2M 1 1 M 2 1 M 3 1

1 2 3

PP P2π R H C = 2π R H C = 2π R H C

R T R T R T

31 2

1 2 31 2 3

PP PH = H = H

T T T

La altura de los aacutelabes en los puntos 2 y 3 se podriacutea determinar una vez conocidas la presioacuten y la temperatura en dichos puntos Experimentalmente se podriacutea realizar introduciendo sendos sensores de presioacuten y temperatura en dichas zonas Hay que notar que P2 y T2 seraacuten muy similares a P1 y T1


Problema 35 127

Problema 35 351 Enunciado Sean dos cilindros conceacutentricos de longitud unitaria con radios Rext y Rint respectivamente separados por una peliacutecula de aceite de viscosidad micro El cilindro exterior gira a una velocidad angular ωint (sentido horario) mientras que el exterior gira a una velocidad angular ωext (sentido antihorario)

Halle las ecuaciones que definen 1 La distribucioacuten de velocidades entre cilindros 2 La distribucioacuten de presiones entre cilindros 3 El par necesario en el cilindro exterior para que se produzca el giro 352 Resolucioacuten Caacutelculos previos bull Las condiciones de contorno que definen este problema soacuten

ext θ ext extr = R V = ω RrArr



int θ int intr = R V = ω R ( 1)rArr minus

bull La ecuacioacuten de continuidad en coordenadas ciliacutendricas establece

( ) ( ) ( )r θ zρ 1 1+ times ρrV + times ρV + ρV = 0t r r r θ z

part part part partpart part part part

bull La ecuacioacuten de Navier-Stokes en ciliacutendricas se enuncia

( )

2θr r r r

r θ z

2 2θr r

r r 2 2 2 2

VV V V V1ρ + V + V + V - =t r r θ z r

VV VP 1 1 2ρ g - + micro r V + + -r r r r θr θ z r

⎛ ⎞part part part part⎜ ⎟part part part part⎝ ⎠

⎡ ⎤partpart partpart part part⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part part part partpart part⎝ ⎠⎣ ⎦

( )

θ θ θ θ θ rr θ z

2 2θ θ r

θ θ 2 2 2 2

V V V V V V1ρ + V + V + V - =t r r θ z r

V V VP 1 1 2ρ g - + micro r V + + +r θ r r r θr θ z r

part part part part⎛ ⎞⎜ ⎟part part part part⎝ ⎠

⎡ ⎤part part partpart part part⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part part part partpart part⎝ ⎠⎣ ⎦

z z z z

r θ z

2 2z z z

z 2 2 2

V V V V1ρ + V + V + V =t r r θ z

V V VP 1 1ρ g - + micro r + +z r r r r θ z


⎡ ⎤part part partpart part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part part part part part⎝ ⎠⎣ ⎦

Uacutenicamente existe variacioacuten de velocidad Vθ en direccioacuten radial con lo que se tiene bull La ecuacioacuten de continuidad

( ) ( ) θ θθ θ

V V1 ρV = 0 ρV = 0 ρ = 0 = 0r θ θ θ θ

part partpart partrArr rArr rArr

part part part part

ρ = constante

bull La ecuacioacuten de Navier-Stokes

La presioacuten reducida variaraacute uacutenicamente en la direccioacuten radial

2 θ

rV P h P P-ρ = ρ g - = -ρ g - = -

r r r r rpart part part partpart part part part

( ) ( )θ θ1 10 = micro r V r V = 0

r r r r r rpart part part part⎛ ⎞ ⎛ ⎞rArr⎜ ⎟ ⎜ ⎟part part part part⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Se considera que no existen fuerzas maacutesicas en la direccioacuten z

zP P0 = ρ g - = 0z z

part partrArr

part part

No hay gradiente de presioacuten reducida en la direccioacuten z


Problema 35 129

1 Asiacute se tiene que De la primera ecuacioacuten de Navier-Stokes

2 θV

P = ρ drrint

Seraacute necesario conocer la distribucioacuten de velocidades en la direccioacuten θ ya que esta dependeraacute de r De la segunda ecuacioacuten de Navier-Stokes

( )θ10 = r V

r r rpart part⎛ ⎞⎜ ⎟part part⎝ ⎠

( )θ 11 r V = Cr r

partpart

Las constantes C1 y C2 son constantes de integracioacuten

( )θ 1r V = r Cr

partpart

2

θ 1 2rr V = C + C2

2θ 1

CrV = C +2 r

Con las condiciones de contorno



(1) ext 2ext ext 1

ext

R Cω R = C +

2 R

(2) int 2int int 1

int

R C-ω R = C +

2 R

2 2

2 2ext int ext2 ext ext 1 int int 1 ext ext 1

int

R R R1C = ω R - C -ω R = C + ω R - C2 2 R 2

⎡ ⎤rArr ⎢ ⎥

⎣ ⎦

( )2 22 2

int int ext ext2 2 int extext ext int int 1 1 2 2

ext int

2 R + RR R-ω R -ω R = C - C =

2 2 R - R

ω ω⎛ ⎞rArr⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )

( )

2 2 2int int ext ext2 ext

2 ext ext 2 2ext int

2 2int int ext ext2 2

2 ext ext ext 2 2ext int

2 R + R RC = ω R -

2R - R

R + RC = ω R - R

R - R

ω ω

ω ω

Entonces

( ) ( )2 2 2 2int int ext ext int int ext ext2 2

θ ext ext ext2 2 2 2ext int ext int

2 R + R R + Rr 1V = + ω R - R2 rR - R R - R

⎛ ⎞ω ω ω ω⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠



2 De la primera ecuacioacuten de Navier-Stokes

2 θV

P = ρ drrint

Introduciendo la ecuacioacuten de Vθ en la integral se tiene

ext

int

22R 2 2

1 1 22R

C1 rP = ρ C + + C C drr 4 r⎛ ⎞

int ⎜ ⎟⎝ ⎠

y se halla

2 2 2 2 ext int ext2

1 1 22 2intint ext

R - R RC 1P = ρ C + + C C Ln8 2 RR - R

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

3 Los esfuerzos cortantes en ciliacutendricas se pueden dar

ext

θrθ

r=R

Vτ = r micro

r rpart ⎛ ⎞⎜ ⎟part ⎝ ⎠

puesto que 2

θ 1CrV = C +

2 r

θ 2V C

= -r r r

part ⎛ ⎞⎜ ⎟part ⎝ ⎠

rθ 2τ = - micro C

extR rθ ext extM = τ 2 π R R

asiacute queda

ext

2R 2 extM = -2 π micro C R


Problema 36 131

Problema 36 361 Enunciado Dado el cojinete esfeacuterico de la figura 361 halle las ecuaciones que describen la distribucioacuten de presiones y

el caudal a traveacutes del mismo

Pmax

V

Ptanque

Figura 361 Esquema del cojinete esfeacuterico 362 Resolucioacuten α1 lt α lt α2 El diferencial de aacuterea en el intersticio entre las dos esferas se puede dar como

H

10ds 2 (r r) sen dr= π + αint

El caudal volumeacutetrico entre las dos esferas seraacute




H

10dQ V 2 (r r) sen dr= π + αint La ecuacioacuten de Poiseulle para flujo entre dos placas planas dice

1 dP rV (H r)dz 2

= minus minusmicro

con lo que el caudal volumeacutetrico quedaraacute

H

10

1 dP rdQ (H r) 2 (r r) sen drdz 2

= minus minus π + αmicroint

La relacioacuten entre el diferencial de aacutengulo y el arco que forma es

1Hdz (r )d2

= + α

de donde

H

10

1

1 dP rdQ (H r) 2 (r r) sen drH 2d (r )2

= minus minus π + αmicro α +

int

H 2

1 10

1

1 dPdQ r sen H r H r r r r drHd (r )2

⎡ ⎤= minus π α + minus minus⎣ ⎦micro α +int

Una vez realizada la integracioacuten queda

3 4

1

1

1 dP 1 H HQ sen rHd 6 12(r )2

⎡ ⎤= minus π α +⎢ ⎥micro α ⎣ ⎦+

La distribucioacuten de presiones a lo largo del intersticio seraacute

1 3 4

1

H 1dP Q (r ) d2 H Hr sen

6 12

= minus micro + α⎡ ⎤

π + α⎢ ⎥⎣ ⎦

con lo que

Tank 2

max 1

P

1 3 4P

1

H 1 ddP Q (r )2 senH Hr

6 12

α

α

α= minus micro +α⎡ ⎤

π +⎢ ⎥⎣ ⎦

int int

despueacutes de la integracioacuten se obtiene

2

maacutex Tank 1 3 41

1

tgH 1 2P P Q (r ) ln2 H H tgr 26 12

α⎡ ⎤⎢ ⎥

minus = micro + ⎢ ⎥α⎡ ⎤ ⎢ ⎥π +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


Problema 36 133

por lo que el caudal que fluye entre las dos esferas seraacute

3 4

maacutex Tank 1

2

11

H H(P P ) (r )6 12Q

tgH 2(r ) ln2 tg

2

minus π +=

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦

La presioacuten en un punto geneacuterico localizado a un aacutengulo α se obtendraacute

3 4

max 1

11

H H(P P) (r )6 12QtgH 2(r ) ln

2 tg2

minus π +=

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦

de donde

11

maacutex 3 4

1

tgH 2Q (r ) ln2 tg

2P PH H(r )6 12

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦= minus

π +

ecuacioacuten que determina la presioacuten entre dos esferas separadas por una distancia muy pequentildea y para un aacutengulo geneacuterico α



Problema 37 135

Problema 37 371 Enunciado El esquema de la figura representa un depoacutesito cerrado y presurizado a 100 bar en el interior del cual existe un fluido de densidad ρ La salida de fluido del depoacutesito se efectua a traveacutes de un plato de seccioacuten

circular y de radio exterior er la distancia entre el plato y la base (d) se consideraraacute muy pequentildea comparada con el radio del plato de tal manera que el fluido se podraacute considerar que fluye uacutenicamente en direccioacuten radial y en reacutegimen laminar Sabiendo que la ecuacioacuten de lubricacioacuten de Reynolds en coordenadas ciliacutendricas flujo unidireccional se

enuncia como 3r d p 0

r r⎛ ⎞part part =⎜ ⎟part micro part⎝ ⎠

siendo la ecuacioacuten que determina el caudal que fluye entre los platos 3r d dpQ

6 drπ= minus

micro

Determine 1 El caudal que fluye entre los platos y la distribucioacuten de presiones en direccioacuten radial Considere que la altura H se mantiene praacutecticamente constante 2 Si la distancia entre los platos (d) aumentase notoriamente de tal forma que el flujo no pudiese ser considerado laminar iquestcuaacutel seriacutea la ecuacioacuten que define el caudal que fluye iquestCuaacutel seriacutea en este caso la distribucioacuten de presiones en funcioacuten del radio Considere que el depoacutesito estaacute abierto a la atmoacutesfera y que la altura H no se mantiene constante Datos H d r0 re ρ g P depoacutesito Dd



ρ

d r

z

H

Dd

rore

ue ue

372 Resolucioacuten 1 Partiendo de la ecuacioacuten de lubricacioacuten de Reynolds para el caso en estudio se establece

3r d p 0r r⎛ ⎞part part =⎜ ⎟part micro part⎝ ⎠

3

1r d p C

r⎛ ⎞part =⎜ ⎟micro part⎝ ⎠

1 3

P Cr r d

part micro=part

1 23P C ln r Cdmicro= +

Por otro lado el flujo circulante entre las dos placas circulares se define

3r d dpQ6 drπ= minus

micro 1Q C

6π= minus

Las constantes de integracioacuten se determinan mediante las condiciones de contorno siguientes

e

o

r rr r

=⎧⎨ =⎩

5inlet

P 0P P 100 10 g H

== = sdot + ρsdot sdot

1 e 230 C ln r Cdmicro= + inlet 1 o 23P C ln r C

dmicro= +

inlet 1 o 1 e3 3P C ln r C ln rd dmicro micro= minus o

inlet 1 3e

rP C ln

rd⎛ ⎞micro= ⎜ ⎟⎝ ⎠


Problema 37 137

inlet1

o3

e

PC

rlnrd

=⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠

inlet

e 23o

3e

P0 ln r C

drlnrd

micro= +⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠

inlet e

2o

e

P ln rC

rlnr

= minus⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

La ecuacioacuten que determina la distribucioacuten de presiones entre las dos placas en funcioacuten del radio queda

inlet inlet e3

oo3

ee

P P ln rP ln r

rdr lnln rrd

micro= minus⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠


[ ]inlete

o

e

PP ln r ln r

rlnr

= minus

[ ]in lete

e

o

PP ln r ln r

rlnr

= minus

inlet e

e

o

P rP ln

r rlnr

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

El caudal circulante viene dado por

1Q C6π= minus inlet

e3

o

PQ

6 rlnrd

π=⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠

2 Aplicando la ecuacioacuten de continuidad entre la superficie del liacutequido y la salida de la placa

2d d e er u 2 r d uπsdot sdot = sdot π sdot sdot sdot d e

2e d

u 2 d ru r

sdot sdot=

Aplicando Bernoulli entre la superficie libre del depoacutesito y la seccioacuten de salida

2 2d d d e e eP g z u P g z u

2 2ρ ρ+ ρsdot sdot + = + ρsdot sdot +



d ez z Hminus =

22 2 2 de d e

e

u2 g H u u u 1

u

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟sdot sdot = minus = minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

e 2

d

e

2 g Huu1u

sdot sdot=⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Sustituyendo la ecuacioacuten de continuidad se obtiene

e 2

e2

d

2 g Hu2 d r1

r

sdot sdot=⎛ ⎞sdot sdotminus ⎜ ⎟⎝ ⎠

El caudal circulante viene definido por

e eQ u 2 r d= sdot sdot π sdot sdot de donde

e 2

e2

d

2 g HQ 2 r d2 d r1

r

sdot sdot= sdot π sdot sdot sdot⎛ ⎞sdot sdotminus ⎜ ⎟⎝ ⎠

Para hallar la distribucioacuten de presiones se aplica Bernoulli entre un radio geneacuterico r y la salida de la placa

22e er r

r eP uP u

g z g z2 2

+ + = + +ρ ρ

y se obtiene

( )2 2e r r eP P u u

2ρminus = minus

La ecuacioacuten de continuidad entre estos dos puntos establece

r e e2 r d u 2 r d usdot π sdot sdot sdot = sdot π sdot sdot sdot

er e

ru u

r=

de donde sustituyendo en la ecuacioacuten para la distribucioacuten de presiones

22 2e

e r e er

P P u u2 r

⎛ ⎞ρ ⎛ ⎞minus = minus⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Problema 37 139

22 e

e r er

P P u 12 r

⎛ ⎞ρ ⎛ ⎞minus = sdot minus⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Sustituyendo la velocidad a la salida de las placas

2e

e r 2

e2

d

r 2 g HP P 12 r 2 d r1

r

⎛ ⎞ρ sdot sdot⎛ ⎞minus = minus sdot⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞sdot sdot⎝ ⎠ minus ⎜ ⎟⎝ ⎠

2

e

e r 2

e2

d

r 1r

P P g H2 d r1

r

⎛ ⎞⎛ ⎞ minus⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠minus = ρsdot sdot sdot⎡ ⎤⎛ ⎞sdot sdot⎢ ⎥minus ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

Ecuacioacuten que determina la distribucioacuten de presiones en funcioacuten del radio y para flujo turbulento



Problema 38 141

Problema 38 381 Enunciado Un tanque de grandes dimensiones se vaciacutea mediante la tuberiacutea esquematizada en la figura Se pide determinar la velocidad del agua a la salida del conducto en funcioacuten del tiempo una vez que se abra la vaacutelvula la cual estaacute situada en el extremo del conducto maacutes alejado del tanque Se supondraacute que el conducto descarga a la atmoacutesfera

Η

d

L

(1)

(2)

Consideacuterese que - la seccioacuten del tanque es muy superior a la seccioacuten del conducto - el flujo en el interior del conducto es uniforme 382 Resolucioacuten Partiendo de la ecuacioacuten de Navier Stokes en direccioacuten X

2 2 2

x 2 2 2

u u u u p u u uρ + u + v + w = - + ρg + micro + +t x y z x x y z

⎛ ⎞⎛ ⎞part part part part part part part part⎜ ⎟⎜ ⎟part part part part part part part part⎝ ⎠ ⎝ ⎠

si el fluido es ideal micro = 0



xu u pρ + u = - + ρgt x x

part part part⎛ ⎞⎜ ⎟part part part⎝ ⎠

sabiendo que ( )xg = - gznabla

xzg = -gx

partpart

u u p zρ + u = - -ρgt x x x


multiplicando por dx

uρ dx + udu = -dP -ρgdzt

part⎛ ⎞⎜ ⎟part⎝ ⎠

u dPdx = - - gdz - udut ρ

partpart

2 2 2 2

1 1 1 1

du dPdx = - + gdz + ududt ρ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

int int int int

( )2 2 2

1 2 1 21 2

1

P - P u - udu dx = + g z - z +dt ρ 2int

22 2

1 1 2 21 2

1

P u P u du+ gz + = + gz + + dxρ 2 ρ 2 dtint

Como el depoacutesito es muy grande soacutelo apareceraacute variacioacuten de velocidad en direccioacuten x

2 L

x x

1 0

du dudx = dx

dt dtint int

L L

x 2 2

0 0

du du dudx = dx = L

dt dt dtint int

Trabajando con presiones relativas 1 2P P 0cong cong y asumiendo 1v 0cong

22 2

1 2u du

gz = gz + + L2 dt

( )22 2

1 2u du

g z - z - = L2 dt

22 22gH - u du

= L2 dt

( )-122 2

dt = 2gH - u du2L

solucionando a parte la segunda parte de la ecuacioacuten


Problema 38 143

2 2v v

2 22 22 20 0

du du 2gH=2gH2gH - u 2gH - uint int

2u

2 22

0 2

du u1 1= arctgh2gH 2gH 2gHu1-

2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

Sustituyendo en la ecuacioacuten diferencial

t2

0

udt 1= arctgh2L 2gH 2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

t

2

0

udt2gH = arctgh2L 2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

2uttgh 2gH =2L 2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2tu = 2gHmiddottgh 2gH

2L⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 39 145

Problema 39 391 Enunciado Un motor de aviacioacuten cuya velocidad de giro es de 10000 rpm estaacute soportado por dos cojinetes hidrostaacuteticos La carga dinaacutemica en direccioacuten vertical del motor se ha estimado en 23800 N y el diaacutemetro del eje principal es de 48 mm Si se quiere disentildear los cojinetes utilizando la teoriacutea de longitud infinita y se preveacute que la longitud de cada uno de ellos sea de 50 mm y conociendo que el radio del estator (en el cojinete) es 20 micras mayor que el radio del eje principal halle 1 Cual seraacute el valor del nuacutemero de Sommerfeld 2 Si existiraacute contacto metal-metal entre eje y estator y en cualquier caso cuaacutel seraacute la excentricidad entre ambos 3 Si se quiere que la excentricidad maacutexima sea de 2 micras y se pretende reducir la longitud de cada uno de los cojinetes a 30 mm determine cuaacutel seraacute la carga maacutexima en direccioacuten vertical que podraacute soportar Viscosidad dinaacutemica del aceite lubricante micro = 002 Kg(m s) 392 Resolucioacuten 1 El nuacutemero de Sommerfeld viene definido por

22 5 3 4

3

I I I IψSo Fy 6micro R I

sdot minus sdot= sdot = sdot

ω

donde Fy = fuerza vertical por unidad de longitud del cojinete

ext eje 4

eje eje

R R h 0020 mmψ 833 10 R R 24 mm

minusminus= = = = sdot

R = radio del eje ω = velocidad angular del eje micro = viscosidad dinaacutemica del fluido de trabajo = 002 Kg(m s)



( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

2I (1 ε )

2I (1 ε )

2 εI

(1 ε )I I

I ε

I II

εeε h

π=minus

π=minus

π +=

minusminus

=

minus=

=

El valor del nuacutemero de Sommerfeld seraacute

( )24833 1023800 03288 So10000 22 005 002 0024

60

minussdotsdot = =

sdot πsdot sdot sdot

2 Una manera de determinar la existencia o no de contacto entre eje y estator seraacute mediante la utilizacioacuten de un sistema iterativo Suponiendo por ejemplo que la excentricidad e fuese de 10 microm se tiene

e 10ε 05h 20

= = =

donde

( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

2I 72551(1 05 )

2I 96735(1 05 )

2 05I 1451039

(1 05 )I I 96735 72551I 48368

05 05I I 1451039 96735I 96737

05 05

π= =minus

π= =minus

π += =

minusminus minus= = =

minus minus= = =

con lo cual el nuacutemero de Sommerfeld seraacute

96735 96737 1451039 483686 967361451039

sdot minus sdotsdot =

Puesto que este valor es muy superior al nuacutemero de Sommerfeld hallado anteriormente indica que la excentricidad seraacute mucho menor a 10 micras


Problema 39 147

Si la excentricidad fuese de 1 micra

( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

e 1ε 00520h2RI 6291054

(1 005 )2RI 63068211

(1 005 )

R 2 005I 6330531

(1 005 )I I 63068211 6291054I 0315342005 005

I I 6330531 63068211I 04741005 005

63068211 06

= = =

= =minus

= =minus

+= =


minus minus= = =

sdotsdot 4741 6330531 0315342 09418946330531

minus sdot =

Suponiendo como primera aproximacioacuten una funcioacuten lineal entrando en la graacutefica 1 con el valor del nuacutemero de Sommerfeld de 03288 se obtiene el valor de la excentricidad

Fig 391 Relacioacuten entre el nuacutemero de Sommerfeld y la excentricidad

Asiacute el valor de la excentricidad seraacute

96736 - 094184tgα = = 09701910 -1

03288

0

2

4

6

8

10

12

0 2 4 6 8 10 12

Excentricidad (micras)

Som

mer

feld

e1



i

i

094184 - 03288tgα = 1- e

e = 03681micras

Es la excentricidad aproximada que sufriraacute el eje Por tanto no existiraacute contacto metal-metal entre eje y estator ya que la excentricidad es mucho menor de 20 micras 3 Si la excentricidad maacutexima se requiere que sea de 2 micras

( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

e 2ε 0120h2I 631483

(1 01 )2I 637862

(1 01 )

2 01I 647527

(1 01 )I I 637862 631483I 06379

01 01I I 647527 637862I 09665

01 01

= = =

π= =minus

π= =minus

π += =


minus minus= = =

con lo cual para este caso el nuacutemero de Sommerfeld seraacute

637862 09665 647527 063796 18850647527


Por otro lado el nuacutemero de Sommerfeld para un cojinete de 3 centiacutemetros de longitud se define

( )24y

y

833 10F18850

10000 2003 002 002460

F 409659Ν

minussdotsdot =

sdot πsdot sdot

=

La fuerza que soportariacutean los dos cojinetes es el doble de la establecida aquiacute Obseacutervese que un aumento de la excentricidad entre estator y rotor implica un aumento significativo de la fuerza que el cojinete puede soportar


Problema 40 149

Problema 40 401 Enunciado Sea un patiacuten deslizante (patiacuten de Michael) que se desplaza a lo largo de una placa plana La distancia miacutenima entre placa y patiacuten debe ser de h = 015 mm y su inclinacioacuten se ha estipulado en α = 02ordm su longitud es de L = 005 m El patiacuten debe soportar 850 N El fluido entre patiacuten y placa es aceite SAE 10

cuya viscosidad a 20ordm es 3 Kg29 10ms

minusmicro = sdot

Si se desea que la velocidad de desplazamiento del patiacuten sea de 80 m s Halle 1 La profundidad que deberaacute tener dicho patiacuten 2 La fuerza de arrastre necesaria para desplazar dicho patiacuten 3 iquestEstaacute dicho patiacuten optimizadoiquestPor queacute

hα

L

U

h1

Fig 401 Esquema del patiacuten de Michael propuesto 402 Resolucioacuten 1 Se establece la relacioacuten

1h h htgL Lminus ∆α = =



( )h 005 tg 02 000032 m∆ = =

La relacioacuten de alturas es 000032K 213000015

= =

La fuerza de sustentacioacuten por unidad de profundidad y en forma parameacutetrica viene dada por la ecuacioacuten

(paraacutemetro K)

Si el patiacuten ha de soportar un total de 8500 N la profundidad del mismo seraacute

850 05696 m149212

=

2 La fuerza de arrastre en forma parameacutetrica viene dada por

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

3

3 K 12 U LD 2 ln KK 1 h K 1

3 213 12 29 10 80 005D 2 ln 213213 1 000015 213 1

ND 58709m

minus

minus⎡ ⎤micro= minus⎢ ⎥minus +⎣ ⎦

minus⎡ ⎤sdot sdot sdot= minus⎢ ⎥minus sdot +⎣ ⎦

=

Teniendo en cuenta la profundidad del patiacuten se obtiene un fuerza de arrastre de

totalD 58709 01822 10696 N= sdot =

3 Un patiacuten se considera optimizado cuando la fuerza de sustentacioacuten respecto al paraacutemetro 1hK

h= es maacutexima

si se deriva dL 0dK

= se obtendraacute el valor de K oacuteptimo que es de K = 22

Para este problema se tiene que K = 213 con lo cual se establece que el patiacuten de Michael no estaacute optimizado aunque no estaacute lejos de estarlo

( )( ) ( )

( )( ) ( )

2

2 21

3 2

2 2

2 K 11 6 U LL ln KK 1h K 1

2 213 11 6 29 10 U 005L ln 213213 1000015 213 1

NL 1865 Um

NL 58303 80 149212m

minus

minus⎡ ⎤micro= minus⎢ ⎥+minus ⎣ ⎦

minus⎡ ⎤sdot sdot sdot sdot= minus⎢ ⎥+minus ⎣ ⎦

⎡ ⎤= sdot ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 41 151

Problema 41 411 Enunciado El esquema de la figura 411 muestra un patiacuten deslizante formado por una placa inclinada y una placa plana El patiacuten se desplaza por encima de una superficie lisa plana a una velocidad constante U Se sabe que la distribucioacuten de presiones a lo largo del eje X en la zona de la placa inclinada estaacute dada por

( ) ( ) 31

1 42 2 3 211 1

C microh-micro6U 1 1 1P = - - + CT gα hT gα T gαh h- X2 - X 2 - XT gαT gα T gα

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

donde 3 4C y C son constantes por determinar De la aplicacioacuten de la ecuacioacuten de la lubricacioacuten de Euler para la zona donde la placa estaacute inclinada se obtiene

3

3h P-6UTgα X = + Cmicro X

partpart

donde h es la altura entre placas para una posicioacuten geneacuterica de X (zona de placa inclinada) Considere como datos

1 2 1 2α h h L L micro U Halle

1 La ecuacioacuten que da la distribucioacuten de presiones a lo largo del eje X tanto para la zona de la placa inclinada como para la zona de la placa plana Determine las constantes de integracioacuten

2 La fuerza ascensorial o capacidad de carga por unidad de longitud del cojinete

412 Resolucioacuten La ecuacioacuten de la lubricacioacuten de Reynolds para flujo unidimensional es

3 h h P6U =x x micro x

⎛ ⎞part part part⎜ ⎟⎜ ⎟part part part⎝ ⎠

(1-1)



Fig 411

en la zona de la placa plana h = 0x

partpart

3 h P0 =

x micro x⎛ ⎞part part⎜ ⎟part part⎝ ⎠

(1-2)

3

1h P = Cmicro x

partpart

(1-3)

Distribucioacuten de presiones a lo largo de una placa

12 23

2

C microP = x + C

h (1-4)

Condiciones de contorno

( ) 1 2 2x = L + L P = 0

1 2 1x = L P = P

En la zona de la placa inclinada

1 2

1

h - hh = - = -tgαx L

partpart

(1-5)

3 h P-6 U tgα =


(1-6)

3

3h P-6 U tgα x = + Cmicro x

partpart

(dato en el examen) (1-7)

( ) 33

micro -6 U tgα x - C dx = dPh

(1-8)

h1

hh2

x

L1 L2 U

α


Problema 41 153

( ) ( )3

3 31 1

C micro-6micro U tgα x - dx = dPh - tgα x h - tgα x

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

33 3

1 1

C micro-6micro U tgα x - dx = dPh htgα - x tgα - xtgα tgα

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠

( ) ( )

33 3 3 3

1 1

C micro-6micro U tgα x 1dx - dx = dPtg α tg αh h- x - x

tgα tgα 1 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Solucioacuten de (2)

( )

-3+11

-31

31

h - xtgαh1 dx = - x dx = (-1)

tgα -3 +1h - xtgα

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

int int


3 3 211 1 1

x Adx Bdx Cdxdx = + +hh h h - x- x - x - x tgαtgα tgα tgα

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int int int

Se ha de cumplir que

21 1h h

x = A + B - x + C - xtgα tgα

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

21 1 1h h hx = A + B - Bx + C - 2 xC + Cx

tgα tgα tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0 = C C = 0

1h

1 = -B - 2 C tgα

B = -1

2

1 1h h0 = A + B + C

tgα tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1hA =

tgα

-3+1 -2+11 11

13 3 2

1 1 1

h hh - x - xdxtgα tgαhxdx -dxtgα= + = (-1) +

tgα -3+1 -2 +1h h h- x - x - xtgα tgα tgα

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int int (1-9)



de donde la distribucioacuten de presiones queda en la zona de placa inclinada

( ) ( )

311 42 2 3 2

11 1

C microh-micro6U 1 1 1P = - - +Ctgα htgα tgαh h- X2 - X 2 - Xtgαtgα tgα

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦



x = 0

1P = 0 1x = L

1 2P = P El caudal maacutesico en la placa plana viene dado por la expresioacuten

3h ∆P 1m = ρU -ρ h

2 ∆x 12micro

seguacuten la ecuacioacuten (1-3) como 3

1h PC =micro x

partpart

1

2CU hm = ρ -

2 12ρ

El caudal maacutesico para una placa inclinada

( ) ( )

31

h x ∆P 1m = ρU -ρ h x2 ∆x 12micro

Seguacuten la ecuacioacuten (1-7) ( )3

3

h x P-6 tgα x = + Cmicro x

partpart

( ) ( )1 3

h x 1m = ρ U - ρ -6 U Tgα x - C2 12

ix tgα = h ( ) 1h x = h - x tgα ( )1x tgα = h - h x

( ) ( )( )( )1 1 3h x ρm = ρU - -6U h - h x - C

2 12

( ) ( )( )1 1 3h x ρ ρm = ρU + 6U h - h x + C

2 12 12

hh

x

hα


Problema 41 155

Puesto que el caudal maacutesico ha de mantenerse se ha de cumplir 1 2m = m para 2h(x) = h punto de interseccioacuten de las dos placas

( )2 1 21 2 3

U h C Uh ρ ρρ -ρ = ρ + 6U h - h + C2 12 2 12 12

( )11 2 3

C ρ ρ-ρ = 6U h - h + C12 12 12

( )1 3 1 2-C - C = 6U h - h (1-11)

Aplicando las condiciones de contorno en la ecuacioacuten (1-4)

( )

1 2 2x = L + L P = 0

( )11 2 23

2

C micro0 = L + L + C

h (1-12)

Haciendo lo mismo para la ecuacioacuten (1-10)

1x = 0 P = 0

( ) ( )31

42 2 3 211

C microh-micro6U 1 1 10 = - - + Ctgα htgα tgα hh 12 2tgαtgα tgα

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

( )3

42 21 1 1

C micro-micro 6 U tgα tgα 10 = - - + C2h h 2h tgαtgα⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

342

1 1

C micromicro6U 1 10 = - + C tgα 2h 2h tgα

(1-13)

La uacuteltima de las condiciones se establece cuando

1 1 2x = L P = P

( ) ( )31 1

4 1 23 2 3 2 31 21 111 1

C microh C micro-micro 6 U Tgα 1 1 1- - + C = L + CTgα h hTgα Tgαh h- L2 - L 2 - LTgαTgα Tgα

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

(1-14)

Sustituyendo (1-11) (1-12) y (1-13) en (1-14) se obtiene lo siguiente Sustituyendo primero la (1-12)



( ) ( )( )31 1 1 1

4 1 1 2 23 2 3 2 3 3 31 2 2 21 111 1

A

C microh C micro C micro C micro-micro6Utgα 1 1 1- - +C = L - L +L = - Ltgα h h h htgα tgαh h-L2 -L 2 -Ltgαtgα tgα

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

Utilizando ahora la (1-11) y la (1-13)

( )( )3 3 2

1 2 33 2 2 311 2

C micro C micro micro L1 micro 6 UA - + - = 6U h - h + C2h tgα2h tgα htgα h12 - L1tgα

⎡ ⎤⎣ ⎦⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

despejando 3C

( )( )32

3 1 23 2 2 3 311 2 2

microLmicroLmicro 1 micro micro6UA + C - + - = 6U h - h +2h tgα2h tgα h htgα h12 - L1tgα

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

con lo cual

( )

( )

21 23

123

23 2 2 3

1 211

microL micro6U6U h - h + - A2h tgαh

C =microLmicro 1 micro- + -

2h tgα htgα h2 - Ltgα

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( )1 3 1 2de 1-11 C = -C - 6U h - h

( )

( )

( )2

1 2312

1 1 22

3 2 2 31 21

1

microL micro6U+ 6U h - h + - A2h tgαh

C = - - 6U h - h microLmicro 1 micro- + -


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

de (1-12) ( )1

2 1 232

C micro C = - L + L

h

( ) ( )

( )

( )2

1 2311 2 2

2 1 2322

3 2 2 31 21

1

microL micro6U- 6U h - h + - A2h tgαmicro L + L h

C = - - - 6U h - h microLmicro 1 microh - + -


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


Problema 41 157

de (1-13) 34 2

1

C micro 1 micro6U 1 C = -2 tgα 2hh tgα 1

( )

( )

21 23

124 2

2 113 2 2 3

1 211

microL micro6U6U h - h + - A2h tgαhmicro micro6U 1C = -

microLmicro 1 micro tgα 2h2h tgα - + -2h tgα htgα h2 - L

tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

La fuerza ascensorial o capacidad de carga por unidad de longitud vale

1 1 2

1

x l x=(l l )

1 2x 0 x=l

F = P dx + P dxy

= +

=int int

( ) ( )

1 1 1 2

1

x l x=l x (l l )31 1

4 22 2 3 2 31 2x 0 x=0 x l1 1

C microh C micro-micro6U 1 1 1F - dx - + C dx x + C dxy tgα h htgα tgαh h- x2 - x 2 - xtgαtgα tgα

= = +

= =

⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥

⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥= + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

int int int

( ) ( )

( )[ ]

1 11 22

31 1 114 23 3 31 2

1

x = L x = Lx = L + L

C microh h C micro-micro6U tgα 1 1 1 xx = LF = + ln - x - + C x + + C xy x = 0hh2 tgα tgα 2 2htgα tgα1 - x x = L- x tgαtgα x = 0x = 0

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦



Problema 42 159

Problema 42 421 Enunciado Sea la vaacutelvula de asiento coacutenico descrita en la figura 421 Consideacuterese la longitud del asiento l mucho mayor que la distancia entre placas H (l gtgtH) tal que el flujo a traveacutes del intersticio pueda considerarse laminar Determine las ecuaciones que rigen 1 El caudal que fluye a traveacutes de la vaacutelvula si se conocen las presiones a la entrada y salida de la misma 2 La distribucioacuten de presiones a lo largo del asiento coacutenico 3 La fuerza que el fluido ejerce sobre la corredera 422 Resolucioacuten Consideacuterese la vaacutelvula de asiento coacutenico de la figura 421

2 INLETr

r

r2

r1

r2

r1

r2 OUTLET

U α

α

Fig 421 Vista general de una vaacutelvula de asiento coacutenico 1 El diferencial de superficie se puede establecer como ds 2 r dh= π



El flujo volumeacutetrico a traveacutes del intersticio seraacute

H

0Q V 2 r dh= πint

int αminusminusπ=H

02 dh))90(coshr(2VQ (1)

y se cumpliraacute r = r2 h = 0 y r = r1 h = H La distribucioacuten de velocidades entre las dos placas de acuerdo con la ecuacioacuten de Poiseuille se define )hH(

2h

dxdp1V minus

microminus= (2)

De donde el flujo a traveacutes del intersticio coacutenico seraacute

int minusminusminusminus=H

02 dhα))(90cosh(rπ2h)(H

2h

dxdp

micro1Q (3)

cuya integracioacuten da lugar a

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ αminusminus

microπminus=

121)90(cosH

61Hr

dxdp

Q 432 (4)

La distribucioacuten de presiones a lo largo del asiento coacutenico se define

salida

entrada

PL

3 40 P2

dx dp1 1 Qr H H cos(90 )6 12

π= minusmicrominus minusα

int int (5)

Conociendo que x=0 r2 = r2 (entrada) y x=l r2 = r2 (salida)

2 2r (salida) r (entrada)cos

lminus

α = 2 2r r (entrada)cos

xminus

α = 2 2r cos x r (entrada)= α + (6)

con lo cual la distribucioacuten de presioacuten queda

salida

entrada

PL

3 40 P2

dx dp1 1 Q(cos x r (entrada)) H H cos(90 )6 12

π= minusmicroα + minus minusα

int int (7)

De la integracioacuten se llega a

3

(entrada) (salida ) 3 34

2(entrada)

34

2(entrada)

H 1Q (P P ) cos6 H H 1Lcos r H cos(90 )

6 6 12lnH 1r H cos (90 )6 12

π= minus αmicro ⎡ ⎤

α + minus minusα⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥minus minusα⎢ ⎥⎣ ⎦

(8)


Problema 42 161

2 Si la presioacuten en un punto geneacuterico situado a una distancia x del origen de coordenadas es P se define 3

(entrada) 3 34

2(entrada)

34

2(entrada)

H 1Q (P P) cos6 H H 1x cos r H cos(90 )

6 6 12lnH 1r H cos (90 )6 12



(9)

Utilizando las ecuaciones (8) y (9) se puede concluir

3 34

2(entrada)

34

2(entrada)

(entrada) (entrada) (salida ) 3 34

2(entrada)

34

2(entrada)

H H 1x cos r H cos (90 )6 6 12ln

H 1r H cos(90 )6 12P P (P P )

H H 1L cos r H cos(90 )6 6 12ln

H 1r H cos(90 )6 12

⎡ ⎤α + minus minus α⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥minus minusα⎢ ⎥⎣ ⎦= minus minus⎡ ⎤


(10)

La ecuacioacuten (10) da la distribucioacuten de presioacuten a lo largo del asiento coacutenico La representacioacuten de esta ecuacioacuten para aceite hidraacuteulico ISO 32 una distancia entre placas de 3 micras una presioacuten diferencial de 100 bar y todo un colectivo de longitudes de asiento coacutenico se detalla en la figura 422 Obseacutervese que la distribucioacuten de presiones no es lineal por otro lado a medida que el aacutengulo del cono aumenta la caiacuteda de presioacuten por unidad de longitud es mayor para radios pequentildeos Este comportamiento es perfectamente entendible puesto que para aacutengulos de cono pequentildeos la variacioacuten de aacuterea con el radio es menor que para aacutengulos grandes por tanto la resistencia al paso de fluido es mayor (a) Aacutengulo del cono 30o 60o 120o

(b) Longitud del asiento coacutenico 10 30 50 70 mm α=45o

Fig 422 Variacioacuten de la distribucioacuten de presioacuten a lo largo del asiento coacutenico aceite ISO 32

presioacuten =100 bar distancia entre placas = 3 micras

0

20

40

60

80

100

0 10 20 30 40 50 60 70Longitud asiento coacutenico (mm)

Pres

ioacuten

de a

limen

taci

oacuten

(bar

)

100 bar 70 (mm)

100 bar 50 (mm)

100 bar 30 (mm)

100 bar 10 (mm)

0

20

40

60

80

100

0 5 10 15 20 25 30Longitud asiento coacutenico (mm)

Pres

ioacuten

de a

limen

taci

oacuten

(bar

)

30 grados60 grados120 grados



En la figura 423 estaacute representada la ecuacioacuten (8) la cual muestra el flujo a traveacutes de la vaacutelvula para un colectivo de distancias entre platos presiones diferenciales y aacutengulos de cono la longitud del asiento coacutenico se mantuvo constante en 30 mm Veacutease que el caudal aumenta con la presioacuten diferencial la distancia entre placas y el aacutengulo del cono Este comportamiento se explica cuando se tiene en cuenta que al aumentar el aacutengulo del cono la seccioacuten de paso aumenta mucho maacutes raacutepidamente con la distancia respecto al veacutertice del cono Se ha de tener en cuenta ademaacutes a medida que el aacutengulo del cono aumenta el cambio de cantidad de movimiento experimentado seraacute mayor asimismo las liacuteneas de corriente a la entrada de la zona coacutenica se comprimiraacuten Estos efectos tenderaacuten a disminuir ligeramente el flujo a traveacutes de la vaacutelvula a medida que el aacutengulo aumente creando ademaacutes una ligera disminucioacuten de presioacuten a la entrada de la parte coacutenica Este efecto ya fue descrito por Urata y por Mokhtarzardeh-Dehghan

0

1

2

3

4

5

6

7

0 20 40 60 80 100 120

Distancia cono-asiento (micras)

Cau

dal (

lmin

)

200 bar 45 grados150 bar 45 grados100 bar 45 grados50 bar 45 grados200 bar 30 grados150 bar 30 grados100 bar 30 grados50 bar 30 grados

Fig 423 Caracteriacutesticas de flujo en funcioacuten de la distancia entre placas para diferentes presiones de alimentacioacuten y aacutengulos del asiento coacutenico α= 45o y 30o

3 Fuerzas que actuacutean sobre la corredera de asiento coacutenico Aplicando la ecuacioacuten de cantidad de movimiento en direccioacuten del eje de la vaacutelvula tomando como seccioacuten entrante la seccioacuten anular de la vaacutelvula y como seccioacuten saliente la seccioacuten de la salida del cono de la vaacutelvula se puede establecer

entrada salida sup erficie del conoA entrada A salida A cono

asiento coacutenico j jA asiento coacutenico A cono ampasiento A saliente A entrante

P dA P dA cos (90 ) P dA cos

P dA cos dAsen m g V V dA V V dA

+ minusα + α +int int int

α + τ α + = ρ + ρint int int int

(11) despreciando las fuerzas maacutesicas la fuerza sobre la corredera queda

ˆ sup erficie cono jA cono A cono ampasiento A salidacorredera j

j entrada salida asiento coacutenicoA entrada A entrada A salida A asiento coacutenico

F P dA cos dAsin V V dA

V V dA P dA P dA cos (90 ) P dA cos

= minus α minus τ α = ρint int int

minus ρ minus + minusα minus αint int int int

(12) Stone y Urata indicaron que para evaluar las fuerzas de flujo sobre una corredera con asiento coacutenico es preciso tener en cuenta la distribucioacuten de presiones a lo largo del asiento coacutenico Veacutease que el uacuteltimo teacutermino de la ecuacioacuten (12) proporciona dicha fuerza Dado que la distribucioacuten de presiones a lo largo del asiento coacutenico estaacute proporcionada por la ecuacioacuten (10) su integracioacuten daraacute lugar a las fuerzas de presioacuten sobre el asiento coacutenico


Problema 42 163

Al resolver la ecuacioacuten (12) la distribucioacuten de velocidades se va a asumir paraboacutelica tanto en la entrada como en la salida del volumen de control puesto que se considera que el flujo es laminar en todo momento En la entrada la distribucioacuten de presioacuten se considera

2

max2 entrada

rV V 1r

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

(13)

Con lo cual la fuerza debida a la cantidad de movimiento en la entrada seraacute

2entradar 2 2 2j 0 2entradaA entrada 0

4V V dA V 2 r dr V r3

minus ρ = minus ρ π = minusρπint int (14)

La cantidad de movimiento en la superficie de salida se determinaraacute partiendo de la distribucioacuten de velocidades dada por la ecuacioacuten (2) y la distribucioacuten de presiones dada por la ecuacioacuten (10) cuya derivada es

salida entrada 1

3 1 2

p P Kdpdx K x K K

minus=

+ (15)

donde K1 K2 y K3 son constantes dadas por

6HcosK

3

1 α= (16)

3

42 2entrada

H 1K r H cos (90 )6 12

= minus minusα (17)

3 3

42entrada

3 34

2entrada

H H 1lcos r H cos (90 )6 6 12K ln

H 1r H cos (90 )6 12

⎡ ⎤α + minus minusα⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥minus minusα⎢ ⎥⎣ ⎦

(18)

con lo cual se obtiene

H 2j 2salidaA salida 0

2 2 2 2H21 salida entrada salida entrada

2 salida2 2 203 1 2

V V dA V sen (r h cos(90 )) 2 dh

K (P P 2 P P )1 h2 sen( ) (H h) (r h cos(90 )dh4K (l K K )

ρ = ρ α minus minusα π =int int

⎡ ⎤+ minusρ π α minus minus minus αint⎢ ⎥micro +⎣ ⎦

(19)

siendo el resultado de la integracioacuten

( )2 2 2 5 61 salida entrada salida entrada

j 2salidaA salida 2 2 23 1 2

K (P P 2P P )1 H HV V dA 2 sen( ) ( r cos 90 )120 240K (l K K )

⎡ ⎤+ minusρ =ρ π α minus minus αint ⎢ ⎥micro +⎣ ⎦

(20) La fuerza debida a la presioacuten a la entrada seraacute

2 entradar 2entrada entrada entrada 2entradaA entrada 0P dA P 2 r dr P rminus = minus π = minus πint int (21)

y la fuerza debida a la presioacuten a la salida seraacute



Hsalida salida 2salidaA salida 0

2

salida 2salida

P dA cos(90 ) P 2 (r h cos (90 )) cos(90 )dh

HP 2 cos(90 ) r H cos (90 )2

minusα = π minus minusα minusα =int int

⎡ ⎤= π minusα minus minusα⎢ ⎥

⎣ ⎦

(22)

Tomando en consideracioacuten que Pasiento coacutenico estaacute dado por la ecuacioacuten (10) las fuerzas sobre el asiento coacutenico estaraacuten dadas por

lasiento coacutenico asiento coacutenico 2 entradaA asiento coacutenico 0P dA cos P 2 cos (cos x r )dxminus α = minus π α α + =int int (23)

3 3

42(entrada)

34

2(entrada)l

2 (entrada) (entrada) (entrada) (salida) 3 30 4

2(entrada)

2(entrada)


H 1r H cos(90 )6 122 cos (cos x r ) P (P P )

H H 1lcos r H cos(90 )6 6 12ln

r


⎢ ⎥⎢ ⎥minus minusα⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤= minus π α α + minus minusint ⎣ ⎦

α + minus minusα3

4

dx

H 1H cos(90 )6 12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥minus minusα⎢ ⎥⎣ ⎦

Utilizando las mismas constantes K1 K2 y K3 representadas en las ecuaciones (16) (17) y (18) el resultado de la integracioacuten da

2

asiento coacutenico entrada 2entrada entradaA asiento coacutenico

2entrada 2 1salida entrada

3 1 22 2

2 2 1 2salida entrada2

3 2 11

lP dA cos 2 cos P r l P cos2

r k k[ (l ) ln(l 1) l] [P P ]

k k k

k k kcos 1 1 l[ (l ) ln (l 1) ( l) ] [P P ]k 2 k 2 2 kk

minus α = minus π α + α +int

+ + + minus minus

α+ minus + minus minus minus

(24)

Los esfuerzos cortantes sobre el asiento coacutenico se pueden expresar

h 0A asiento coacutenicodAsen=τ αint (25)

Asumiendo fluido newtoniano y utilizando las ecuaciones (2) y (15) los esfuerzos cortantes se pueden dar

entrada salida 1h 0

3 1 2

(P P ) k 1 Hk x k k 2=minus

τ =+

(26)

con lo cual la fuerza debida a los esfuerzos cortantes sobre el cono seraacute

entrada salida 1h 0A asiento coacutenico

3

2entrada 1 2 2 1 22

1 2 1 21

(P P ) k 2 H sendAsen k 2

r lk k k l k kl ln cos lnk k k kk

=

⎡ ⎤minus π ατ α = ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎪ ⎪+ α minus⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎣ ⎦

int (27)

Obseacutervese que los esfuerzos cortantes valen cero cuando la longitud del asiento coacutenico es cero La fuerza total que actuacutea sobre la corredera con asiento coacutenico requeriraacute de la adicioacuten de los teacuterminos de las fuerzas de cantidad de movimiento los teacuterminos de presioacuten estaacutetica y los teacuterminos debidos a los esfuerzos cortantes sobre el asiento coacutenico obteniendo


Problema 42 165


corredera j 2salida2 2 23 1 2

K (P P 2P P )1 H HF 2 sen( ) ( r cos 90 )120 240K (l K K )

⎡ ⎤+ minus= ρ π α minus minus α⎢ ⎥

micro +⎣ ⎦2

2 2 20 0 entrada entrada 0 entrada salida 2 salida

22 entrada 2 1

entrada 2 entrada entrada salida entrada3 1 2

3

4 HV r P r P 2 cos (90 )[r H cos (90 )]3 2

r k kl2 cos P r l 2 cos P cos 2 cos [ (l ) ln(l 1) l ] [P P ]2 k k k

cos2 cosk

minusρπ minus π + π minusα minus minusα

minus π α minus π α α minus π α + + minus minus

αminus π α2 2


2 11

2entradaentrada salida 1 1 2 2 1 22

3 1 2 1 21

k k k1 1 l[ (l ) ln(l 1) ( l)] [P P ]2 k 2 2 kk

r(P P ) k l k k k l k k2 H sin lln cos lnk 2 k k k kk

minus + minus minus minus +

⎡ ⎤⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus + +π α ⎪ ⎪+ + α minus⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎩ ⎭⎣ ⎦

(28) De la ecuacioacuten (28) se observa que bull El primer teacutermino representa las fuerzas de cantidad de movimiento a la salida del volumen de control bull El segundo teacutermino da las fuerzas de cantidad de movimiento a la entrada bull El tercer y cuarto teacuterminos representan las fuerzas de presioacuten a la entrada y a la salida respectivamente bull El resto de los teacuterminos excepto el uacuteltimo estaacuten relacionados con las fuerzas de presioacuten sobre el asiento

coacutenico bull El uacuteltimo teacutermino evaluacutea los esfuerzos cortantes sobre el asiento coacutenico Todas las figuras que se muestran a continuacioacuten tienen los siguientes paraacutemetros comunes r2 entrada = 2 mm α = 45 grados Todas las fuerzas representadas mantienen el mismo signo que se establecioacute en la ecuacioacuten (28) con lo cual representan las fuerzas de reaccioacuten La figura 4 representa la cantidad de movimiento a la entrada y a la salida del volumen de control en funcioacuten de la longitud del asiento coacutenico y para un colectivo de presiones diferenciales y distancias entre platos Veacutease que para longitudes de asiento pequentildeas de pocos miliacutemetros la cantidad de movimiento saliente aumenta notoriamente a medida que la longitud del asiento disminuye De hecho la cantidad de movimiento saliente aumenta asimismo con la presioacuten de alimentacioacuten y con la distancia entre platos A priori se observa el mismo efecto sobre la cantidad de movimiento entrante aunque los signos son opuestos Por otro lado la magnitud de la cantidad de movimiento entrante es mucho menor que la saliente Las fuerzas de cantidad de movimiento tenderaacuten a cerrar la vaacutelvula esto sucederaacute en mayor medida para pequentildeas longitudes del asiento coacutenico altas presiones de alimentacioacuten y distancias entre platos grandes En estos casos la inestabilidad del flujo se preveacute mayor La relevancia de lo expuesto queda esclarecida si se tiene en cuenta que las vaacutelvulas limitadoras se construyen actualmente con longitudes de asiento inferiores a de 3 mm

0

50

100

150

200

250

0 2 4 6 8 10

50 bar 80 micras

100 bar 80 micras

200 bar 80 micras

50 bar 40 micras

100 bar 40 mircras

200 bar 40 micras

(a) Salida

Longitud asiento coacutenico (mm)

Fuer

za (N

)



Fuer

za (N

)

-35

-30

-25

-20

-15

-10

-5

00 2 4 6 8 10

50 bar 80 micras

100 bar 80 micras

200 bar 80 micras

50 bar 40 micras

100 bar 40 micras

200 bar 40 micras

(b) Entrada

Fig 424 Cantidad de movimiento entrante saliente para r2 entrada = 2 mm distancia entre platos 80-40 micras α = 45 grados presioacuten de alimentacioacuten 50 100 200 bar

Un teacutermino muy importante a tener en cuenta seguacuten Urata es el que evaluacutea las fuerzas de presioacuten sobre el asiento coacutenico Este teacutermino definido por la ecuacioacuten (24) ha sido representado en la figura 425 En el mismo graacutefico se evaluacutean asimismo las diferentes fuerzas que actuacutean sobre la corredera es decir todos los teacuterminos de la ecuacioacuten (28) Obseacutervese que la fuerza total sobre la corredera se debe principalmente a la fuerza de presioacuten sobre el asiento coacutenico y la actuante sobre la seccioacuten de entrada A medida que la longitud del asiento se incrementa la fuerza sobre el asiento coacutenico se vuelve predominante Por otro lado cuando la longitud del asiento coacutenico es inferior a 2 mm aproximadamente son las fuerzas de cantidad de movimiento las que juegan un papel decisivo forzando a la curva de fuerzas resultante a seguir la trayectoria marcada por la curva de fuerzas de cantidad de movimiento En algunos casos (v figura 425b) esto conduce a un cambio de signo de la fuerza resultante Aunque no queda reflejado en la figura 425 se ha de remarcar que las fuerzas sobre el asiento coacutenico experimentan cambios poco significativos cuando se modifica la distancia entre la corredera y la base coacutenica Estas fuerzas por otro lado cambian sustancialmente al modificar la presioacuten de alimentacioacuten Este efecto podriacutea predecirse si se comprueba la distribucioacuten de presiones a lo largo del asiento coacutenico se observa que la distribucioacuten de presiones permanece praacutecticamente constante para el rango de distancias entre platos estudiado y variacutea draacutesticamente con la presioacuten de alimentacioacuten El efecto del diaacutemetro de entrada y el aacutengulo del cono es estudiado en la figura 426 donde se observa que la fuerza resultante sobre la corredera queda afectada al modificar la seccioacuten de entrada Veacutease que al aumentar el diaacutemetro de entrada las curvas no soacutelo experimentan un desplazamiento sino que ademaacutes su pendiente aumenta (figura 426a) De hecho la pendiente de la curva de fuerzas resultante cambia con la presioacuten de alimentacioacuten y con la seccioacuten de entrada

(a) Presioacuten de alimentacioacuten 200 bar distancia conoasiento 80 micras

-1500

-1250

-1000

-750

-500

-250

0

250

0 2 4 6 8 10

cantidad de mov salienteCantidad de mov entrantefuerzas presion entrantefuerzas presioacuten conofuerza total


Fuer

za (N

)

Fuer

za (N

)



Problema 42 167

-6000

-5000

-4000

-3000

-2000

-1000

00 2 4 6 8 10 12 14

50 bar 80 micras 2 mm


200 bar 80 micras 2mm


(b) 50 bar 160 micras Figura 425 Fuerzas en direccioacuten axial sobre la corredera teacutermino a teacutermino

(a) Radio de entrada 2 5 mm

(b) Aacutengulos del cono 6090120 presioacuten entrada = 50 bar

Figura 426 Fuerza total sobre la corredera para una serie de diaacutemetros de entrada aacutengulos del cono y una distancia

cono asiento de 80 micras La figura 426b muestra la fuerza total sobre la corredera en funcioacuten del aacutengulo del cono Veacutease que a medida que el aacutengulo del cono aumenta aumenta la fuerza sobre la corredera Para entender mejor este graacutefico se ha de recordar que para una longitud de asiento coacutenico dada cuanto mayor sea el aacutengulo del cono mayor seraacute el radio de salida (r2 salida) (v figura 421) con lo cual la componente de la fuerza en direccioacuten axial seraacute asimismo mayor

-1000

-800

-600

-400

-200

00 3 6 9 12 15

Aacutengulo de lcono 60 gradosAacutengulo del cono 90 gradosAacutengulo del cono 120 grados

-500

-250

0

250

500

0 2 4 6 8 10

Cantidad de mov saliente

Cantidad de mov entrante

fuerzas presioacuten entrante

fuerzas presioacuten cono

fuerza total


Fuer

za (N

)


Fuer

za (N

)


Fuer

za (N

)



Problema 43 169

Problema 43 431 Enunciado Aplique el teorema de π para determinar las peacuterdidas de energiacutea en una tuberiacutea Realice nuevamente el problema utilizando el meacutetodo matricial Conceptos generales del teorema de π o Buckingham Si se sabe que un proceso fiacutesico estaacute gobernado por una relacioacuten dimensionalmente homogeacutenea que comprenda a ldquonrdquo paraacutemetros dimensionales tales como

( )1 2 3 4X f X X X = donde las X son variables dimensionales existe una relacioacuten equivalente que contiene un nuacutemero menor (n-k) de paraacutemetros adimensionales tales como

( )1 2 3 (n k)f minusπ = π π π π son grupos adimensionales que se constituyen a partir de las X (variables originales) K es generalmente el nuacutemero de dimensionales fundamentales retenido en las X (variables originales) K nunca puede ser mayor que dicho nuacutemero de variables originales 432 Resolucioacuten 1 Las variables que influyen en el fenoacutemeno de peacuterdida de energiacutea en un conducto se establecen

Y = g middoth = ( )f LD V ρ micro ε Y = g middoth peacuterdida de energiacutea mecaacutenica entre dos puntos de un conducto

Utilizando el sistema [ ]MLT las dimensiones se expresan

[ ] [ ] [ ]2

2 3

L L M Mf L L L T LmiddotTT L

⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦

2 Determinacioacuten del nuacutemero de paraacutemetros adimensionales que se requieren construir El nuacutemero de dimensiones fundamentales es 3 (K=3) rarr M L T



Si se eligen D ρ V la masa soacutelo apareceraacute en ρ y el tiempo soacutelo en V de tal manera que ninguna combinacioacuten de D ρ V puede ser adimensional con lo cual K=3 El nuacutemero de paraacutemetros adimensionales que se requiere construir es

n ndash k = 7 ndash 3 = 4 3 Si se eligen como variables fundamentales D ρ V los grupos adimensionales seraacuten

1r grupo adimensional [ ]a b2

ca b c1 2 3

L M Lymiddot middotV middotD middot middot middot LTT L

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

como 0 0 0

1 M middotL middotTπ = M rarr a 0= a 0= L rarr 2 3a b c 0minus + + = b 2= minus T rarr 2 b 0minus minus = c 0=

Se obtiene 22

1 2 2

L L YmiddotTT V

minus⎡ ⎤π = =⎢ ⎥⎣ ⎦

2o grupo adimensional [ ] [ ]a b

ca b c2 3

M LLmiddot middotV middotD L middot middot middot LTL

⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

M rarr a 0= a 0= L rarr b 0minus = b 0= T rarr 1 3a b c 0minus + + = c 1= minus

Se obtiene 2LD

π =

3r grupo adimensional [ ]a b

ca b c3 3

M M Lmiddot middotV middotD middot middot middot LLmiddotT TL⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = micro ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

M rarr 1 a 0+ = a 1= minus L rarr 1 b 0minus minus = b 1= minus T rarr 1 3a b c 0minus minus + + = c 1= minus

Se obtiene 3 middotVmiddotDmicroπ =

ρ


Problema 43 171


ca b c4 3

M Lmiddot middotV middotD L middot middot middot LTL

⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ε ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦


Se obtiene 4 Dεπ =

con lo cual se obtiene 1 2 3 4 π = π π π

2

Y L L 1f f D middotVmiddotD D D Re DV

⎛ ⎞micro ε ε⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠⎝ ⎠

4 La ecuacioacuten buscada se puede obtener como ejemplo

- multiplicando por una constante cualquiera de los grupos adimensionales - elevando a cualquier potencia cualquiera de los grupos

con lo cual la relacioacuten anterior se puede dar

2

2Y Lf ReD DV

ε⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

dado que desde el punto de vista adimensional 1 ReRe

= y tambieacuten 2 2

Y 2middotYV V

equiv

El nuacutemero 2 se obtiene de establecer una contrastacioacuten experimental puesto que la peacuterdida de energiacutea es directamente proporcional a la longitud del conducto se establece

2L VY middot middotf RemiddotD 2 D

ε⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Siendo eacutesta la ecuacioacuten que indica la peacuterdida de energiacutea a lo largo de un conducto cerrado El teacutermino f RemiddotDε⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

ha de ser determinado mediante el diagrama de Moody

Resolucioacuten del problema utilizando el sistema matricial

Las variables que intervienen en el fenoacutemeno son las mismas que en el caso anterior Y= ( )f LD V ρ micro ε Sistema dimensional [ ]MLT



Las unidades correspondientes a cada paraacutemetro eran

2

2

LYT⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]D L= 3

ML⎡ ⎤ρ = ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]Lε =

[ ]L L= LVT⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

MTmiddotL⎡ ⎤micro = ⎢ ⎥⎣ ⎦

Se eligen como variables fundamentales D ρ V obtenieacutendose la tabla siguiente

D r V Y e L m(a) M 0 1 0 0 0 0 1(b) L 1 -3 1 2 1 1 -1(c ) T 0 0 -1 -2 0 0 -1

(3a + b + c) D 1 0 0 0 1 1 1(a) r 0 1 0 0 0 0 1(-c) V 0 0 1 2 0 0 1

Veacutease que los grupos adimensionales son los mismos que en el caso precedente Siendo el proceso posterior ideacutentico

1 2

YV

π = 2LD

π = 3 middotVmiddotDmicroπ =

ρ 4 Dεπ =


Problema 44 173

Problema 44 441 Enunciado Determine los grupos adimensionales que caracterizan la caiacuteda de presioacuten de un fluido compresible que fluye en el interior de un conducto 442 Resolucioacuten 1 Las variables que influyen en este fenoacutemeno son

∆p = diferencia de presioacuten entre dos puntos del conducto 2

Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

l = longitud del conducto [ ]m

D = diaacutemetro del conducto [ ]m

ε = rugosidad del tubo [ ]m

ρ = densidad del fluido 3

Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

micro = viscosidad absoluta del fluido Kgm s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

g = aceleracioacuten de la gravedad 2

ms⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

v = velocidad del fluido ms

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

β = moacutedulo de elasticidad del fluido 2

Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Eligiendo como magnitudes fundamentales MLT y como variables fundamentales D V ρ apareceraacuten 9 - 3 = 6 grupos adimensionales Estos grupos son



D ρ v ∆p l ε micro g β a M 0 1 0 1 0 0 1 0 1 b L 1 -3 1 -1 1 1 -1 1 -1 c T 0 0 -1 -2 0 0 -1 -2 -2 3a+b+c D 1 0 0 0 1 1 1 -1 0 a ρ 0 1 0 1 0 0 1 0 1 (-c) v 0 0 1 2 0 0 1 2 2

El nombre de estos grupos adimensionales es nuacutemero de Euler longitud relativa rugosidad relativa inversa del nuacutemero de Reynolds inversa del nuacutemero de Froude La caiacuteda de presioacuten entre dos puntos de un conducto vendraacute dada por

2

pV

∆ρ

lD middotVmiddotD

microρD

ε2

g DV 2V

βρ

2

pV

∆ρ

lD

Dε

middotVmiddotDmicro

ρ

2

g DV

2 2 2

p l g Df D V D DV V V

⎛ ⎞∆ micro ε β= ⎜ ⎟ρρ ρ⎝ ⎠


Problema 45 175

Problema 45 451 Enunciado Determine los grupos adimensionales que caracterizan el comportamiento de una turbo maacutequina que trabaja con un fluido compresible 452 Resolucioacuten 1 Las variables caracteriacutesticas del fenoacutemeno son

Variables del fluido

A la entrada de la maacutequina P01 = presioacuten de estancamiento 2

Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

T01 = temperatura de estancamiento [ ]K

A la salida de la maacutequina P02 = presioacuten de estancamiento 2

Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



R = constante del gas JKg K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

CpKCv

= relacioacuten de calores especiacuteficos

Variables de la maacutequina D = diaacutemetro caracteriacutestico [ ]m

Ω = velocidad angular rads

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



m = caudal maacutesico circulante Kgs

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

η = rendimiento del compresor Como magnitudes fundamentales se elegiraacuten M L T θ Se eligen cuatro variables fundamentales que caracterizan las magnitudes fundamentales elegidas Dichas variables son m D ω T01 Existiraacuten siete grupos adimensionales que caracterizan el fenoacutemeno Estos son

m D ω T01 P01 micro K R P02 ∆T0 η a M 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 b L 0 1 0 0 -1 -1 0 2 -1 0 0 c T -1 0 -1 0 -2 -1 0 -2 -2 0 0 d θ 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 1 0 a m 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 b D 0 1 0 0 -1 -1 0 2 -1 0 0 (-1)(c+a) ω 0 0 1 0 1 0 0 2 1 0 0 d T01 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 1 0

011

p Dm

π =ω

2D D D 4 1

m Q s D V Remicro micro ν νπ = = = = equiv

ρ ρ π inversa del nuacutemero de Reynolds

3 Kπ = iacutendice de politropiacutea

014 2 2

R TD

π =ω

025

P Dm

π =ω

601

TT∆π = relacioacuten de temperaturas

6π = η rendimiento de la maacutequina Una combinacioacuten de nuacutemeros adimensionales es asimismo un nuacutemero adimensional con lo cual se tiene

012

0140112

1 014 01 012 2

P Dm T RP Dm

P DR T m T RD

ΠΠ ω= = =ΠΠ

ω

0142

1 01

T R

P Dm

Π=

Π

Este nuevo nuacutemero adimensional es funcioacuten del nuacutemero de Mach a la entrada de la maacutequina


Problema 45 177

Por otro lado

02

5 02

011 01

P DPm

P D Pm

Π ω= =Π

ω

relacioacuten de presiones salida-entrada de la maacutequina

2 2

014 01

1 D D R T R T

ω ω= =Π

este nuacutemero es proporcional a la relacioacuten entre la velocidad del aacutelabe y la

velocidad del sonido Vendriacutea a ser el nuacutemero de Mach del aacutelabe Del colectivo de nuacutemeros adimensionales hallados se eligen tres como baacutesicos los restantes son funcioacuten de los elegidos Por otro lado dichos grupos baacutesicos han de definir el comportamiento del fluido Por tanto incluiraacuten P02 η ∆T0 Asiacute se obtiene

0102 0c 2

01 01 0101

m R TP T D m f KP T DP DR T

⎡ ⎤∆ ωη = ⎢ ⎥micro⎢ ⎥⎣ ⎦

Estos nuacutemeros adimensionales relacionan caracteriacutesticas de ventiladores que trabajen con presiones diferentes temperaturas diferentes medidas diferentes gases diferentes etc



Problema 46 179

Problema 46 461 Enunciado Halle los grupos adimensionales que caracterizan el flujo de un fluido incompresible a traveacutes de un vertedero triangular Determine la altura h que tendriacutea el liacutequido diferente al original y para un modelo a escala Determine asimismo la relacioacuten entre el caudal circulante y la viscosidad del fluido entre modelo y prototipo 462 Resolucioacuten 1 Las variables que intervienen en el fenoacutemeno son

Variables geomeacutetricas α = aacutengulo del vertedero h = altura del nivel del liacutequido respecto al veacutertice del vertedero [m] Z = altura desde la base al veacutertice del vertedero [m]

Variables cinemaacuteticas Q = caudal volumeacutetrico que atraviesa el vertedero3m

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Variables dinaacutemicas ρ = densidad del fluido 3

Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

micro = viscosidad del fluido Kgm s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


ms⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

P = presioacuten 3

Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

σ = tensioacuten superficial 2

Kgs

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Las magnitudes fundamentales elegidas son M L T Se eligen las variables fundamentales como h Q ρ con lo cual han de aparecer cinco grupos adimensionales estos son

h

Z

α



h Q ρ α Z micro g P σ a M 0 0 1 0 0 1 0 1 1 b L 1 3 -3 0 1 -1 1 -1 0 c T 0 -1 0 0 0 -1 -2 -2 -2 b+3c+3a h 1 0 0 0 1 -1 -5 -4 -3 -c Q 0 1 0 0 0 1 2 2 2 a ρ 0 0 1 0 0 1 0 1 1

Los nuacutemeros adimensionales obtenidos son α aacutengulo del vertedero zh

longitud relativa

h 1Q Remicro =

ρ inversa del nuacutemero de Reynolds

5

2 2r

g h 1Q F

= inversa del nuacutemero de Fraude al cuadrado

4

2

p hQ ρ

nuacutemero de Euler

(Puesto que se trata de un flujo con superficie libre el nuacutemero de Euler se puede desestimar) 3

2

hQσ

ρinversa del nuacutemero de Weber

(Este nuacutemero seriacutea relevante si la laacutemina de fluido fuese delgada) 2 Suponiendo que la laacutemina de fluido fuese suficientemente gruesa los nuacutemeros adimensionales relevantes seriacutean

1 1

1 1

hhQ Q

micromicro =ρ ρ

1 1 1

1 1 1

h Q hh Q Q Q h

νν ν= =ν

5 5

2 21

g h g h Q Q

= 2 5

2 51 1

Q h Q h

=

de donde

5 32 2

15 3

1 2 21 1

h h h h

h h

ν = =ν

siendo eacutesta la relacioacuten entre las viscosidades cinemaacuteticas y las alturas de la laacutemina de fluido 3 La relacioacuten entre el caudal circulante y la viscosidad del fluido para dos vertederos a escala es

1

1 1

h Q h Q

ν =ν

25

21 5

1

h Q h

Q=

asiacute

2 35 512 3

1 15 51

Q Q Q Q

Q Q

ν = =ν

αzh

3

2

hQσ

ρh

Qmicro

ρ

5

2

g hQ

4

2

p hQ ρ


Problema 47 181

Problema 47 471 Enunciado Se tienen dos depoacutesitos de grandes dimensiones separados por una altura de 25 m La presioacuten relativa en el depoacutesito inferior es de 200000 Pa mientras que en el depoacutesito superior se tiene presioacuten atmosfeacuterica Se desea conectar ambos depoacutesitos mediante un conducto de PVC de 400 m de longitud y con la ayuda de una bomba de 25 kW de potencia se pretende trasvasar un caudal de 02 m3s de agua del depoacutesito inferior al superior Halle

1) El diaacutemetro del conducto que se ha de utilizar para cumplir con los requerimientos establecidos

2) Debido a la mala colocacioacuten de una brida situada cuatro metros antes de que el tubo llegue al depoacutesito superior aparece una fuga de agua en este punto Si se conoce que la peacuterdida de energiacutea que el agua experimenta al pasar a traveacutes de la brida es de ∆h = 100 Qb

2 siendo Qb el caudal de agua que se fuga a traveacutes de la brida halle el nuevo caudal que fluye ahora por la instalacioacuten

Considere que la brida estaacute a la misma altura que el nivel del liacutequido en el depoacutesito superior Se puede despreciar la energiacutea cineacutetica a la salida de la brida

Depoacutesito 1

Depoacutesito 2


472 Resolucioacuten 1 Aplicando la ecuacioacuten de Bernoulli entre las superficies libres de los dos depoacutesitos se tiene



2 21 1 2 2

1 2 12P V P V

z H z hg 2 g g 2 g

+ + + = + + + ∆ρsdot sdot ρ sdot sdot

2 2 2

1 1 2 21 2 5 2

P V P VW L 8 Qz z fg 2 g g Q g 2 g D g

sdot+ + + = + + + sdot sdotρ sdot sdot ρ sdot sdot ρ sdot sdot π sdot

siendo 2

5 2

L 8 Qh fD g

sdot∆ = sdot sdotπ sdot

la expresioacuten para la peacuterdida de carga en tuberiacuteas en funcioacuten de la longitud L el

diaacutemetro D el caudal Q y el coeficiente de friccioacuten f y WHg Q

=ρsdot sdot

la altura de elevacioacuten de la bomba en

funcioacuten de la potencia (W) y el caudal Tomando un valor inicial para f de 002 (valor estaacutendar para tuberiacuteas) se puede obtener el valor del diaacutemetro D

62

33 2 3 2 2

2 ms

5 5 2kg kgm m m msm s m s s

8 02200000Pa 25000 W 400m0 0 0 25m 0 0021000 981 1000 981 02 D m 981

sdot+ + + = + + + sdot sdot

sdot sdot sdot π sdot

Aislando la D de la ecuacioacuten se obtiene D 0318m= El valor del nuacutemero de Reynolds para este diaacutemetro es

3

2

ms

2 6 ms

D 4 Q D 4 Q 4 02Re V 7850513DD 0318m 102 10minus

sdot sdot sdot= sdot = sdot = = =ν ν πsdot sdotνπ sdot π sdot sdot sdot

A traveacutes del graacutefico de Moody se halla un valor del coeficiente de friccioacuten correspondiente a este nuacutemero de Reynolds de f = 00125 Con el nuevo valor de f se determina de nuevo la peacuterdida de carga en funcioacuten del diaacutemetro

62

2

22 ms

5 2 5 5 2 5ms

8 02L 8 Q 400m 1h f 00125 001653 mD g D m 981 D

sdotsdot∆ = sdot sdot = sdot sdot = sdotπ sdot π sdot

Utilizando la ecuacioacuten de Bernoulli se halla nuevamente el valor de D para la nueva ∆h

12 12

PH z h

g+ = + ∆

ρsdot

33 2 3 2

112 2 kg kgm m m

sm s m s

P 200000 Pa 25000 Wh z H 25m 8129mg 1000 981 1000 981 0 2

∆ = minus + + = minus + + =ρsdot sdot sdot sdot

5

1001653 m 8129mD

sdot =

Aislando D de la ecuacioacuten se obtiene el nuevo valor D 0 289 m=


Problema 47 183

El valor del nuacutemero de Reynolds seraacute

3

2

ms

6 ms

4 Q 4 0 2Re 8638575D 0 289m 102 10minus

sdot sdot= = =πsdot sdotν π sdot sdot sdot

Y seguacuten Moody f 0012= considerando que el valor del factor de friccioacuten es praacutecticamente el mismo que el obtenido con anterioridad se concluye que el diaacutemetro seraacute D 0289m= 2 El esquema de la instalacioacuten para este segundo caso seraacute

11

22

33

44

4 m


Las ecuaciones que se tienen en este caso son aplicando Bernoulli entre 2 y 3

22 3 23 3 bE E h E 100 Q= + ∆ = + sdot

Entre los puntos 2 y 4 se concluye

62

2

22 m24 2s24

2 4 24 4 4 4 245 2 5 5 2 ms

8 Q8 QL 4mE E h E f E 0012 E 1967 QD g 0289 m 981

sdotsdot= + ∆ = + sdot sdot = + sdot sdot = + sdot

π sdot π sdot

Y entre los puntos 1 y 2

62

2

22 mT 2sT

1 2 12 2 2 2 T5 2 5 5 2 ms

8 Q8 QL 396mE H E h E f E 0012 E 194764 QD g 0289 m 981

sdotsdot+ = + ∆ = + sdot sdot = + sdot sdot = + sdot

π sdot π sdot

Seguacuten la ecuacioacuten de continuidad

T b 24Q Q Q= +



Si se desprecia la energiacutea cineacutetica en la fuga de la brida (punto 3 de la figura)

3 3E z 25m= =

4 4E z 25m= = Y los valores de E1 y H

3 2

11 kg m

m s

P 200000PaE 20387 mg 1000 981

= = =ρsdot sdot

33 2

kg m msm s

25000 WH 12742m1000 981 02

= =sdot sdot

Se tiene un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incoacutegnitas (QT Qb Q24 E2)

22 bE 25 100 Q= + sdot ecuacioacuten 1 2

2 24E 25 1967 Q= + sdot ecuacioacuten 2 2

2 T33129 E 194764 Q= + sdot ecuacioacuten 3 T b 24Q Q Q= + ecuacioacuten 4 Aislando Qb y Q24 de las ecuaciones 1 y 2 y sustituyendo las expresiones obtenidas en la ecuacioacuten 4 se tiene

2 2T 2

E 25 E 25Q 0813 E 25

100 1967minus minus

= + = sdot minus

( )2

T 2Q 0661 E 25= sdot minus Y ademaacutes por la ecuacioacuten 3

2 2T

33129 EQ

194764minus

=

Igualando las dos expresiones anteriores de QT

( ) 22

33129 E0661 E 25

194764minus

sdot minus =

2E 25063m=

Y el valor de las otras tres incoacutegnitas es

3ms24Q 0179=

3m

sbQ 0025=

3msTQ 0204= que es el nuevo caudal total que se pediacutea en el enunciado


Problema 48 185

Problema 48 481 Enunciado En una central teacutermica de produccioacuten de energiacutea eleacutectrica se tiene una instalacioacuten cuyo esquema se muestra a continuacioacuten siendo el fluido de trabajo agua Se sabe que la presioacuten y la temperatura en la caldera de vapor son de P = 2 bar (absoluta) T = 400ordmC y que en la turbina se produce una expansioacuten adiabaacutetico-isentroacutepica con un salto entaacutelpico de 777 KJKg (Consideacuterese este salto entre los puntos 3 y 6) Si las peacuterdidas de carga en la tuberiacutea de aspiracioacuten son ∆h = 104 Q2 y en la tuberiacutea de impulsioacuten ∆h = 312 Q2 siendo Q [m3s] ∆h [m columna de agua] y sabiendo que la bomba que se utiliza es el modelo 150315 con un diaacutemetro de rodete de 270 mm (y se considera que la cota del nivel del liacutequido del condensador estaacute 1m por encima de la cota del nivel del liacutequido de la caldera) se pide hallar 1 El punto de funcionamiento de la bomba 2 La cota Z (respecto al nivel del liacutequido del condensador) a la que hay que colocar la bomba para que no se produzca cavitacioacuten 3 Debido a que se ha hecho un reajuste en el proceso se precisa aumentar el caudal en un 20 Si al motor de accionamiento de la bomba se le acopla un variador de frecuencia determine a queacute revoluciones deberiacutea girar para que la bomba suministre el nuevo caudal iquestCon queacute rendimiento trabaja ahora la bomba



Ζ = 0

Caldera

Condensador

Z = 1m

Z

1 283

4

5

6

7

Fig 481 Esquema del circuito en estudio

Fig 482 Graacutefica de la curva caracteriacutestica de la bomba Cortesiacutea de bombas ITUR


Problema 48 187

Fig 483 Diagrama entalpiacuteandashentropiacutea para el vapor de agua Fuente Joseacute Segura Termodinaacutemica teacutecnica



482 Resolucioacuten Las condiciones termodinaacutemicas en la caldera son P3 absoluta = 2 bar T3 = 400ordmC Entrando con estas condiciones en el diagrama de Moliere se obtiene

h3 = 3277 KJKg Si el salto entaacutelpico entre 3 y 6 es de 777 KJKg y considerando la evolucioacuten adiabaacutetica isoentroacutepica las condiciones termodinaacutemicas en el punto 6 seraacuten (resultado extraiacutedo del diagrama de Moliere)

P6 = 005 bar T6 = 35ordmC h6 = 2500 KJKg

1 Para hallar el punto de funcionamiento se aplicaraacute la ecuacioacuten de Bernoulli entre las superficies libres de condensador y la caldera asiacute

22con con cal cal

con 72cal

2 2con concal cal

con 72cal

P P VV+Z + +H = +Z +∆hρg 2g ρg 2g

P -P V -VH = +Z -Z + +∆h

ρg 2g

+

Sustituyendo y considerando las energiacuteas cineacuteticas en las superficies libres de los depoacutesitos despreciables se tiene

( )-

52

2

2 - 005 10H = 1 + 416Q

1000times98

H = 1888 + 416Q

3mH[m] Q

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

La interseccioacuten entre esta curva y la curva caracteriacutestica de la bomba da lugar al punto de funcionamiento y se obtiene

3Q = 250 m h

H = 2088 m

2 Caacutelculo de la cota Z Aplicando la ecuacioacuten de Bernoulli entre la superficie libre del condensador y la brida de aspiracioacuten de la bomba se llega a

22con con 8 8

con 8 78

2 2con con8 8

con 8 78

P VP V+Z + = +Z + +∆hρg 2g ρg 2g

P -P V -VZ Z = + +∆h

ρg 2gminus

El teacutermino de energiacutea cineacutetica en la brida de aspiracioacuten es mucho mayor que en el condensador pero puesto que no se conoce el diaacutemetro del conducto a priori se desprecian ambos teacuterminos asiacute la definicioacuten de NPSHd queda


Problema 48 189

vapor8d

PPNPSH = -

ρg ρg

de donde sustituyendo en la ecuacioacuten de Bernoulli entre condensador y brida de aspiracioacuten se tiene

-vapor con

con 8 78dP PZ Z = NPSH + - +∆hρg ρg

En el punto de cavitacioacuten incipiente se ha de cumplir que

NPSHd = NPSHR En la graacutefica de la curva caracteriacutestica de la bomba (fig 482) se observa que para un caudal de 3Q=250 m h el valor de la altura neta requerida es NPSH = 3 mR Suponiendo que la temperatura del liacutequido en el condensador sea la misma que en la brida de aspiracioacuten de la bomba es decir 35 ordmC la presioacuten de vapor seraacute la misma que la presioacuten que existe en el condensador 005 bar de donde

2 5 5250 005times10 005times10Z Z = 3 + 104 = 35 mcon 8 3600 ρg ρg⎛ ⎞minus + minus⎜ ⎟⎝ ⎠

La bomba debe ser colocada a una distancia de 35m + 05m (de seguridad) = 4m por debajo del nivel del liacutequido del condensador 3 La figura 484 define el nuevo punto de funcionamiento para este apartado que se obtiene de la interseccioacuten de la curva del sistema con el nuevo caudal circulante 250 12 = 300 m3h (punto 1 figura 484)

250 300 m s3

H Sistema

Fig 484 Esquema del nuevo punto de funcionamiento del sistema con la curva de afinidad Si 3Q=300 m h la altura del nuevo punto de funcionamiento seraacute

2300H=1888+4163600

H=2176m

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



La constante de una curva que pase por el punto H = 2176 m y 3Q=300m h denominada curva de afinidad se halla

2

2

∆h=KQ2176K= =313472300

3600⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Esta curva corta con la curva caracteriacutestica inicial de la bomba en el punto 2 cuyas caracteriacutesticas son

H = 1895 m 3Q=280 m h Entre los puntos H = 2176 m 3Q=300 m h y H = 1895 m 3Q=280 m h se pueden aplicar los grupos adimensionales cifra caracteriacutestica altura de elevacioacuten ψ y cifra caracteriacutestica de caudal Φ

=1 22 2 2 21 1 2 2

H H

ω D ω D 2 2 2 2

1 1 2

2176 1895=ω D 1450 D

2

21

2176times1450ω =1895

1ω = 155379 rpm

1 23 3

1 2

Q Q=

ω D ω D

31 2

1 32

Q ω Dω =

Q D 1

300times1450ω = =155357280

rpm

Obseacutervese que utilizando cualquiera de las dos cifras caracteriacutesticas se obtiene praacutecticamente el mismo resultado Por otro lado el rendimiento al que trabajaraacute la bomba en el nuevo punto de funcionamiento punto 1 seraacute praacutecticamente el mismo que el existente en el punto 2 siendo eacuteste del 77 seguacuten se observa en la figura 482


Problema 49 191

Problema 49 491 Enunciado Sea el esquema del grupo de bombeo que se muestra en la figura 491 en donde se conoce que las peacuterdidas por friccioacuten en cada tramo son H aspiracioacuten = H4-2 = 6480 Q2 H impulsioacuten hasta el punto 4 = 25920 Q2 H4-3 = 19440 Q2 La velocidad de giro de todas las bombas es de 2900 rpm En todos los casos H (m) Q (m3s) Las bombas B2 B3 y B4 son ideacutenticas Las cotas de los puntos 2 3 y 4 respecto al punto 1 son Z2 = 50 m Z3 = 100 m Z4 = 40 m La bomba 1 es del modelo 5026 con un diaacutemetro de rodete de 235 mm El resto de bombas 234 son del modelo 5020 con un diaacutemetro de rodete de 195 mm

1

2

4B1

B2

B4 3

B3

ZA




Se pide determinar 1 El caudal circulante en cada uno de los tramos y el punto de funcionamiento de cada una de las bombas 2 La cota del punto A para que exista cavitacioacuten incipiente Especifique las hipoacutetesis realizadas 3 Determine la velocidad de giro de la bomba 4 para que el caudal que circula por el tramo 1-4 disminuya en un 25

Fig 492 Curva caracteriacutestica de las bombas 2 3 y 4 modelo 5020 Cortesiacutea de bombas SIHI


Problema 49 193

Fig 493 Curva caracteriacutestica de la bomba 1 modelo 5026 Cortesiacutea de bombas SIHI

32 Resolucioacuten 1 Caudal circulante en cada uno de los tramos y punto de funcionamiento de cada una de las bombas

Suponiendo que no hay peacuterdidas de caudal en los diferentes tramos se tiene que

Aplicando Bernoulli entre los puntos siguientes (1-4 4-2 y 4-3) se obtiene

Tramo 1-4

14 42 43Q Q Q= +



Tramo 4-2

Tramo 4-3

Tomando como plano de referencia el situado en z1 (cota cero) trabajando en presiones relativas y despreciando el teacutermino de energiacutea cineacutetica en el punto 4 se tiene

Las ecuaciones definitorias del sistema cuando el caudal se da en [m3h] vendraacuten dadas por

Las ecuaciones 1234 forman un sistema de cuatro ecuaciones y cuatro incoacutegnitas Las incoacutegnitas son

4Pgρ

Q1-4 Q4-2 Q4-3

2 21 1 4 4

1 grupo 4 14p v p v

z H z hg 2g g 2g

+ + + = + + + ∆ρ ρ

2 24 4 2 2

4 2 42p v p v

z z hg 2g g 2g

+ + = + + + ∆ρ ρ

223 34 4

4 B4 3 43p vp v

z H z hg 2g g 2g

+ + + = + + + ∆ρ ρ

24grupo 4 14 14

pH z k Q (ecuacioacuten 1)

g= minus minus

ρ

242 4 42 42

pz z k Q (ecuacioacuten 2)

g= minus +

ρ

243 4 B4 43 43

pz z H k Q (ecuacioacuten 3)

g= minus minus +

ρ

14 42 43 ecuacioacuten 4Q Q Q ( )= +

24grupo 4 142

p 6480 25920H z Q (ecuacioacuten 1)g 3600

+⎛ ⎞= minus minus ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠

242 4 422

p 6480z z Q (ecuacioacuten 2)g 3600

⎛ ⎞= minus + ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠

243 4 B4 432

p 19440z z H Q (ecuacioacuten 3)g 3600

⎛ ⎞= minus minus + ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠


Problema 49 195

Un modo de resolucioacuten del sistema de ecuaciones hallado seriacutea el graacutefico para ello se representaraacuten inicialmente las ecuaciones 2 y 3 se sumaraacuten en paralelo y la curva resultante se sustituiraacute en la ecuacioacuten 1 En la resolucioacuten graacutefica se ha de tener en cuenta que las curvas caracteriacutesticas de las bombas estaacuten dadas por Bomba 1 modelo 5026 con diaacutemetro de rodete de 235 mm Bombas 2 3 4 modelo 5020 con diaacutemetro de rodete de 195 mm El grupo de bombeo se determinaraacute sumando en serie las caracteriacutesticas de las bombas 2 y 3 Su resultado se sumaraacute en paralelo con la caracteriacutestica de la bomba 1 (v figura 494) El proceso de obtencioacuten de la curva caracteriacutestica del sistema se ha representado paso a paso en las figuras 495 a 499 La figura 495 representa las peacuterdidas de carga en funcioacuten del caudal para el tramo 1-4 ∆h1-4 = K1-4 Q2

1-4 = Haspiracioacuten + Himpulsioacuten

En la figura 496 se representa la ecuacioacuten 1 al completo es decir el valor de 4

tramo1 4

Pg minusρ

Obseacutervese que a la

curva caracteriacutestica del grupo de bombeo obtenida en la figura 494 se le ha restado el valor de la cota en el punto 4 y tambieacuten las peacuterdidas por rozamiento en el tramo de tuberiacutea entre los puntos 1 y 4 curva representada en la figura 495 Para hallar la curva caracteriacutestica que representa la energiacutea por unidad de peso debida a la presioacuten que existe en el punto 4 en funcioacuten de las caracteriacutesticas del tramo 4-2 (ecuacioacuten 2) hay que sumar a las peacuterdidas de carga del tramo 4-2 la cota del punto 2 y restarle la del punto 4 La curva resultante se detalla en la figura 497

Fig 494 Curva caracteriacutestica del grupo de bombeo

0

20

40

60

80

100

120

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

(B2+B3)B1

B1

B2 y B3



Fig 495 Peacuterdidas de carga en funcioacuten del caudal para el tramo 1-4

0

5

10

15

20

25

0 20 40 60 80 100 120 140 160

Q(m3h)

H(m

)

P4ρg

H4-2

Fig 497 Representacioacuten graacutefica de la ecuacioacuten 2 Energiacutea por unidad de masa existente en el punto 4 seguacuten el tramo 4-2 La tercera y uacuteltima de las curvas a representar es la que corresponde a la ecuacioacuten 3 En la figura 498 se detallan cada uno de los teacuterminos de esta ecuacioacuten cuya suma en serie se especifica en la figura 499

05

101520253035404550

0 20 40 60 80 100 120 140 160

Q(m3h)

H(m

)

Hasp

Himp

Himp+Hasp


Problema 49 197

-40

-20

0

20

40

60

80

100

120

0 50 100 150

Q(m3h)

H(m

)

B2+B3B1

Hasp + Himp

Hgrupo - Z4

P4ρg

Fig 496 Representacioacuten graacutefica de la ecuacioacuten 1



Fig 498 Representacioacuten graacutefica de los diversos teacuterminos que componen la curva 3

Fig 499 Energiacutea resultante en el punto 4 seguacuten el tramo 4-3 curva 3 El punto de funcionamiento se encontraraacute como el punto de interseccioacuten entre las curvas resultantes de sumar las ecuaciones 2 y 3 en paralelo (curvas de las figuras 497 y 499) y la curva resultante de la ecuacioacuten 1 (figura 496) La representacioacuten de dichas diversas curvas y su punto de interseccioacuten se encuentra en la figura 4910 En el punto de interseccioacuten se leen en la figura 4910 las caracteriacutesticas siguientes

Q1-4 =100 m3h

44

PH 12m

g= =

ρ

0

5

10

15

20

25

30

35

40

0 10 20 30 40 50 60 70 80

Q(m3h)

H(m

)

P4ρg

0

10

20

30

40

50

60

70

0 10 20 30 40 50 60 70 80

Q(m3h)

H(m

)

Z3-Z4

HB

H43


Problema 49 199

Al deshacer las curvas partiendo del punto de interseccioacuten se obtienen los caudales que fluyen por cada uno de los tramos restantes (v figura 4910) Los valores resultantes son (obseacutervese que se cumple la ecuacioacuten de continuidad)

Q4-2= 63 m3h Q4-3= 37 m3h De la figura 4911 se obtienen los puntos de funcionamiento para las bombas 1 2 y 3 siendo Bomba 1 H = 78 m Q = 35 m3h Bomba 2 = bomba 3 H = 39 m Q = 65 m3h Obseacutervese que en todo momento se cumple la ecuacioacuten de continuidad ademaacutes la altura de elevacioacuten de las bombas 2 y 3 en serie es la misma que la de la bomba 1 como era de esperar Para hallar el punto de funcionamiento de la bomba 4 basta con entrar con el caudal circulante en el tramo 4-3 que era de Q4-3= 37 m3h a la curva caracteriacutestica de la bomba 4 (figura 492) y se obtiene Hbomba 4 = 49 m Qbomba 4 =Q4-3 = 37 m3h El mismo resultado se habriacutea obtenido si se hubiesen sustituido los valores del punto de funcionamiento en las ecuaciones 1 2 3 y 4 2) Determinacioacuten de la cota del grupo de bombeo Se aplica Bernoulli entre el nivel del liacutequido en el depoacutesito 1 y las bridas de aspiracioacuten de la bomba 1 y la bomba 2

Puesto que z1 = 0 y 2

1V0

2g= trabajando con presiones absolutas se tiene

Seguacuten la definicioacuten de la altura de aspiracioacuten neta disponible se tiene

2vaporBrida PP VNPSHd

g 2g g= + minus

ρ ρ

de donde para cada una de las dos bombas

vapor1aspiracioacuten

PPNPSHd z h

g g⎛ ⎞

= minus + + ∆⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠

Por falta de datos se despreciaraacuten las peacuterdidas de carga desde la brida de aspiracioacuten de las bombas B1 y B2 hasta el punto de interseccioacuten con el conducto de aspiracioacuten comuacuten

2 2aspb11 1 B1

1 B1 1B1

pp v vz z h

g 2g g 2g+ + = + + + ∆

ρ ρ

2brida11 B1

B1 1B1

pp vz h

g g 2g= + + + ∆

ρ ρ

2 2asp21 1 B2

1 B2 1B2

pp v vz z h

g 2g g 2g+ + = + + + ∆

ρ ρ

2brida 21 B2

B2 1B2

pp vz h

g g 2g= + + + ∆

ρ ρ



Fig 4910 Representacioacuten de las curvas resultantes de las ecuaciones 1 2 y 3 y su punto de interseccioacuten

0

10

20

30

40

50

60

70

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

Ecuacioacuten 1

Ecuacioacuten 3

Ecuacioacuten 2

Ecuacioacuten 23PF


Problema 49 201

Puesto que se conoce el caudal que circula por cada una de las bombas B1 y B2 cuyo valor es Q1 = 35 m3h Y Q2 = 65 m3h Entrando con dichos valores en las graacuteficas de las bombas (figuras 492 y 493) se obtiene

NPSHr1 2 m

NPSHr2 35 m

La condicioacuten de no cavitacioacuten para cualquier bomba es NPSHd gt NPSHr El caso maacutes desfavorable aparece en la bomba 2 con lo cual si esta bomba no cavita no cavitaraacute la 1

Fig

49

11 C

auda

les c

ircu

lant

es e

n ca

da tr

amo



1p 0761360098 1034 mg 100098

= =ρ

Datos necesarios Presioacuten de vapor del agua a 20ordmC = 2337 Pa Densidad del agua = 1000 kgm3 Presioacuten atmosfeacuterica en metros de columna mercurio = 076 m Densidad del mercurio = 13600 kgm3 En consecuencia

Si el grupo de bombeo se situacutea 16 m por encima del nivel del liacutequido del depoacutesito inferior la bomba 2 cavitaraacute Si se toma como margen de seguridad admisible 05 m el grupo de bombeo deberiacutea estar situado como maacuteximo a 11 m por encima del nivel del liacutequido del depoacutesito 1 3) Determine la velocidad de giro de la bomba 4 para que el caudal que circula por el tramo 1-4 disminuya en un 25 Para encontrar la velocidad de giro de la bomba 4 cuando el caudal que circula por 1-4 disminuye se debe hallar el nuevo punto de funcionamiento del sistema Este nuevo punto seraacute el punto de interseccioacuten de la curva de la ecuacioacuten 1 y el nuevo caudal (Qrsquo=975 m3h) La altura correspondiente a este caudal es Hrsquo= 135 m (v figura 4912) Puesto que la curva caracteriacutestica para el tramo 4-2 ha de ser la misma que la obtenida en el primer apartado desplazaacutendose horizontalmente para Hacute= 135 m se obtiene el caudal que circula por el tramo 4-2 Qrsquo4-2 = 825 m3h Seguacuten la ecuacioacuten de continuidad Q4-1 = Q4-2 + Q4-3 con lo cual la curva caracteriacutestica del tramo 4-3 deberaacute pasar por el punto

o Qrsquo4-3= 15 m3h o Hrsquo4-3= P4ρ g = 135 m

Para que la curva caracteriacutestica del tramo 4-3 pase por este punto seraacute necesario que la bomba 4 tenga una altura de elevacioacuten de HB4 = 4683 m (v figura 498 y ecuacioacuten 3)

2 24B4 3 4 4 32 2

P 19440 19440H z z Q 60 135 15 4683 mg 3600 3600minus= minus minus + = minus + =

ρ

vp 2337 024 mg 100098

= =ρ

3 32 2 2 2

1B 2

m 6480 mh 6480 Q (Qen ) Q (Qen ) 00005Q 00005100 5ms h3600

∆ = = = = =

v11asp

ppz ( NPSHd h ) 1034 (5 35 0 24) 16m

g g= minus + + ∆ = minus + + =

ρ ρ


Problema 49 203

Se debe ahora trazar una curva de afinidad que pase por el punto H =4683 m Q = 15 m3h

Fig 4912 Nuevo punto de funcionamiento

La ecuacioacuten de la curva de afinidad seraacute

24 3H k Q minus=

2 24 3 4 32

4683H Q 02081Q 15 minus minus= =

La curva de afinidad cortaraacute en un determinado punto a la curva caracteriacutestica de la bomba 4 Dicho punto se detalla en la figura 4913 y tiene por valores H = 52 m Q = 16 m3h Entre los puntos H = 52 m Q = 16 m3h y H = 4683 m Q = 15 m3h ambos pertenecientes a la curva de afinidad se podraacuten aplicar las leyes de semejanza Igualando las cifras caracteriacutesticas de altura de elevacioacuten se tiene

2 2 2 24 4

Hg H gD D

=ω ω

Sabiendo que D=195 mm ω4=2900 rpm

2 22 44

H 46832900H 52ω

ω = =

ωrsquo4=2752 rpm

0

10

20

30

40

50

60

70

80

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

Ecuacioacuten 1

Ecuacioacuten 2

PF

15 975

135 oo o



Fig 4913 Puntos entre los cuales se aplica semejanza

0

10

20

30

40

50

60

0 5 10 15 20 25 30 35 40

Q(m3h)

H(m

)

Afinidad Bomba 4

135


Problema 50 205

Problema 50 501 Enunciado Si se conoce que la superficie mojada de una embarcacioacuten es de 70 m2 su longitud es de 15 m y se desplaza a una velocidad de 20 Kmh halle a) El espesor de la capa liacutemite a una distancia de 3 m de la proa El valor del coeficiente de resistencia

en la zona turbulenta de la placa iquestCuaacutel es la fuerza de friccioacuten que se opone al movimiento del barco

Datos νagua = 13 10-5 m2s densidad = 1150 kgm3 b) Al navegar el barco se encuentra con una mancha de petroacuteleo Si se conoce que en aquel instante

las velas comunican al barco una fuerza de 5000 N en la direccioacuten del movimiento determine a queacute velocidad se podraacute mover dicho velero a traveacutes de la mancha Considere que la superficie mojada no variacutea y que toda ella estaacute en todo momento en contacto con el petroacuteleo

Datos νpetroacuteleo = 1076 10-3 m2s densidad = 860 kgm3 502 Resolucioacuten a) Se asimilaraacute la superficie mojada del barco a una placa plana de longitud 15 m Se halla inicialmente el valor del nuacutemero de Reynolds a una distancia de 3 m de la proa

km mh sV = 20 =556

2

mstr

3m -5 ms

V X 556 times3mRe = = =1282051313times10

sdotν

Como Re3m gt 500000 en este punto se tiene capa liacutemite turbulenta las expresiones para el espesor de la capa liacutemite y el coeficiente de resistencia seraacuten

-1

5x

δ= 037 Re xsdot donde δ es el espesor de la capa liacutemite a una distancia x del inicio de la placa

D L

-15C =0072 Resdot donde CD es el coeficiente de resistencia para la zona turbulenta (y ReL es el valor

del nuacutemero de Reynolds en el extremo final de la placa)



D 15 L

L

0074 1740C = -ReRe

donde CD es el coeficiente de resistencia para placa plana con zona turbulenta y zona laminar (funcioacuten de ReL) Procediendo al caacutelculo

ms

L 2-5 ms

V x 556 15mRe = = = 6410256413 10

sdotν

15

3δ = 037 12820513 3m = 0066mminus

sdot sdot

-1-35

DTurbulentoC = 0072 64102564 = 3133times10sdot

-3D 1Turbulento + laminar

5

0074 1740C = - = 2949 10641025646410256 4

sdot

La fuerza de friccioacuten total que se opone al movimiento del barco es

22

3

22 m-3 2 skg

D m

556VF= C S ρ = 2949 10 70m 1150 =366296 N2 2infin

b) El valor del nuacutemero de Reynolds en el extremo final del barco cuando navega en petroacuteleo con una velocidad V es

2

ms

L -3 ms

V 15mRe = =1394052 V1076 10

(A)

Considerando a priori que a lo largo de la longitud del barco tendremos uacutenicamente capa liacutemite laminar

DLaminarL

1328 1328C = =Re 1394052times V

Se impone la condicioacuten de que la fuerza de friccioacuten que ha de vencer el barco es de 5000 N

2VF= C timesStimesρtimesD 2

infin

23

222

mVs

21328 kg5000 N = 70 m 860 m1394052times V

obteniendo el valor de la velocidad m

sV =379 Se determina el nuacutemero de Reynolds en el extremo de la placa con el fin de corroborar la hipoacutetesis de reacutegimen laminar en todo el dominio

L -3

379 15Re = = 5283451076 10

sdot


Problema 51 207

Problema 51 511 Enunciado Se quiere determinar la fuerza que un aeroplano opone al movimiento debido a la friccioacuten entre fluido y superficie Para ello y uacutenicamente como primera aproximacioacuten se va a considerar la superficie del aeroplano como una placa plana Dicha placa tendraacute 18 metros de ancho por 70 metros de largo (supoacutengase que el fluido pasa por un lado de la placa) Si la velocidad de crucero del avioacuten es de 750 Kmh determine

La fuerza que se opone al movimiento cuando dicho aeroplano estaacute volando a 500 metros de altura donde micro = 17737middot10-5 Kgm s 2 y ρ = 11673 Kgm3 y cuando vuela a 20000 metros donde micro = 14216middot10-5 y ρ = 008891 Kgm3 Determine en ambos casos el punto de transicioacuten entre la capa liacutemite laminar y turbulenta asiacute como el espesor de la capa liacutemite en este punto 512 Resolucioacuten 1 Se calculan las fuerzas que se oponen al movimiento a las alturas de 500 y 20000 metros a) Vuelo a 500 metros de altura El objetivo del ejercicio es calcular la fuerza que se opone al movimiento del avioacuten Suponiendo el avioacuten como una placa plana (tal como dice el enunciado) el valor de la fuerza viene dada por la expresioacuten siguiente

2

D Dv

F = C middotBmiddotLmiddotρmiddot2infin

donde

CD coeficiente de resistencia o de arrastre B anchura de la placa L longitud de la placa ρ densidad del fluido en contacto con la placa Vinfin velocidad de la placa

Antes de calcular el coeficiente de resistencia se determinaraacute que zona de la placa se encuentra en reacutegimen laminar y en reacutegimen turbulento Para ello se utiliza

trV X500000 infin=

ν



Sustituyendo valores se obtiene Xtr = 00364 m Se observa que la mayor parte de la placa estaacute sujeta a reacutegimen turbulento de todas maneras y con el fin de trabajar con la mayor precisioacuten se va a utilizar la ecuacioacuten del coeficiente de resistencia que considera tanto la zona laminar como la turbulenta

( )D 02LL

0072 1700C = -ReRe

de donde

-1 -11h 1000m750Kmh middot middot = 208333ms3600s 1Km

L -5

ρmiddotv middotL 11673middot208333middot70Re = = = 959750677 285micro 117737middot10infin

El coeficiente de resistencia quedaraacute

( )-3

D 02

0072 1700C = - = 1148middot10959750677285959750677 285

Siendo la fuerza

( )2-3 208333

F(h = 500 m) = 1148middot10 middot18middot70middot11673middot2

F(h = 500m) = 36666618N

b) Vuelo a 20000 metros de altura De la misma manera que en el apartado anterior se calcularaacute el ReL para poder determinar el coeficiente de resistencia CD

L -5

ρmiddotv middotL 008891middot20833middot70Re = = = 91207237767micro 14216middot10infin

La zona laminar y turbulenta de la placa quedaraacuten definidas

tr tr5

V X 20833 X500000

14216 10008891

infinminus= =

ν

Xtr = 038 m En este caso es maacutes necesario que antes utilizar la ecuacioacuten geneacuterica con el fin de determinar el coeficiente de arrastre asiacute

( )-3

D 02

0072 1700C = - = 18235middot109120723776791207237767


Problema 51 209

la fuerza seraacute ( )2

-3 208333F(h = 20000m) = 18235middot10 middot18middot70middot008891middot

2

F(h = 20000m) = 44332N

Veacutease la notable disminucioacuten de la fuerza de arrastre con la altura 2 Caacutelculo del punto de transicioacuten entre reacutegimen laminar y turbulento asiacute como el espesor de la capa liacutemite en este punto a) Vuelo a 500 metros de altura El punto de transicioacuten ha sido hallado anteriormente y su valor era Xtr 500 = 00364 m Xtr 20000 = 038 m El espesor de la capa liacutemite entre estos dos puntos vendraacute dado por la expresioacuten

x

δ 5=x Re

donde

δ espesor de la capa liacutemite x punto n donde se quiere calcular el espesor de la capa liacutemite

xRe nuacutemero adimensional de Reynolds evaluado en el punto de estudio

Asiacute

5x

5x 5middot003646δ = =Re 5middot10

-4δ (h = 500 m) = 2578middot10 m

b) Vuelo a 20000 metros Operando de la misma manera que en el caso anterior

5x


-3δ (h = 20000 m) = 2713middot10 m



Problema 52 211

Problema 52 521 Enunciado En la fase de ejecucioacuten de la obra de un oleoducto submarino se ha pensado que para el transporte de los conductos hasta la zona donde han de ser soldados se utilizaraacute un mini submarino Se pretende que el submarino arrastre conductos de 50 m de longitud y 2 m de diaacutemetro Se entenderaacute que los conductos llevan unas boyas que los mantiene sumergidos y en posicioacuten horizontal Consideacuterese los conductos como placas planas Viscosidad cinemaacutetica del agua = 1210 -6 m2s Densidad del agua = 1100 Kgm3

1 Determine el nuacutemero de conductos que puede llevar a la vez el mini submarino en funcioacuten de la velocidad de desplazamiento (1-10 kmh) conociendo que puede realizar una fuerza de arrastre adicional de 500 N 2 Cuaacutel es el valor de los esfuerzos cortantes en la zona de transicioacuten de la capa liacutemite 522 Resolucioacuten ν = 12 middot 10-6 m2s ρ = 1100 Kgm3 1- Si V = 1 Kmh = 027 ms La zona de separacioacuten entre el reacutegimen laminar y turbulento de la placa viene dada por



tr tr-6

V X 027 XRe = = = 500000

y 12 10

Xtr = 216 m Para el resto de velocidades posibles

Obseacutervese que la zona laminar de la placa es praacutecticamente relevante en todos los casos con lo cual se utilizaraacute para el caacutelculo la ecuacioacuten geneacuterica del coeficiente de resistencia El coeficiente de resistencia para una placa teniendo en cuenta la zona laminar y turbulenta se expresa

D 1L5

L

0074 1740C = - Re

Re

Cuando el submarino se desplaza a la velocidad miacutenima se tiene

L

D 15

027 50Re 11250000-612middot100074 1740 -3C - 272 10

1125000011250000

sdot= =

= = sdot

2 2

-3D

V 02777F = C middotbmiddotLmiddotρmiddot = 272 10 middot π middot 2 middot 50 middot 1100 middot = 3614 Ν2 2

infin

Puesto que hay dos superficies de contacto F = 2 3614 = 7228 Νsdot Cuando el submarino se desplaza a la velocidad maacutexima

8L

277 middot 50Re 1154middot10-612middot10= =

-3 -5 -3

D 1L5

L

0074 1740C - 1806middot10 -1507middot10 1791middot10Re

Re= = =

V (Kmh) V (ms)

Xtr (m)

1 027 216 2 055 108 3 083 072 4 111 054 5 138 043 6 166 036 7 194 03 8 222 027 9 25 024

10 277 0216


Problema 52 213

2 2-3

D

T

V 277F = C middotbmiddotLmiddotρmiddot = 17949middot10 middot π middot2middot50middot1100middot = 23747 Ν2 2

F F 49 55

infin

= 2 = 4 7 Ν

Puesto que la fuerza de arrastre en funcioacuten de la velocidad del submarino venia definida por sustituyendo los valores para el resto de velocidades del submarino se obtiene

Fuerza de arrastre Vs Velocidad

0

1000

2000

3000

4000

5000

6000

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

F (N

)

El nuacutemero de conductos en funcioacuten de la velocidad se establece

Nordm de Tubos en funcioacuten de la (V) del submarino

0

1

2

3

4

5

6

7

8

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

Nordm T

ubos

Obseacutervese que el submarino soacutelo podraacute transportar tubos cuando se desplace a baja velocidad

V (ms)

F (N)

027 7228 055 25763 083 53913 111 90902 138 136227 166 18952 194 250494 222 318916 25 394587

277 477339

V (ms)

Nordm Tubos

027 692 055 194 083 093 111 055 138 037 166 026 194 02 222 016 25 013

277 01

F arrastreNordm de tubos =F necesaria

rarr

larr

F = CD b L ρ V22



2 La variacioacuten del esfuerzo cortante en el punto de transicioacuten para las diferentes velocidades se define

wtr

2 V 2 VX5

V

infin infin

infin

micro ν ρτ = =

δ ν

de donde sustituyendo para los valores determinados anteriormente se tiene A modo de ejemplo en la figura siguiente se detalla el valor del coeficiente de arrastre hallado experimentalmente para placas planas lisas en funcioacuten del nuacutemero de Reynolds Veacutease que los valores del coeficiente de arrastre obtenidos para sendos valores del nuacutemero de Reynolds se podriacutean haber obtenido utilizando dicho diagramap

V (ms)

τw (Nm^2)

027 0048 055 0192 083 0432 111 0768 138 12 166 1728 194 2353 222 3073

25 3889 277 4801

Esfuerzos cortantes en el punto de transicioacuten en funcioacuten de la Vel del movil

0123456

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

Esfu

erzo

cor

tant

e (N

m^2

)

0001

001

10000 100000 1000000 10000000 100000000 1000000000

Cd = 0074 ReL15

Re lt 107 Turbulento

Cd = 0455 ( log ReL )258

Re gt 107

Cd = 0455 (log ReL)258 - 1610 ReL Para 5middot105 lt ReL lt 109

Cd = 1328 ReL12

(laminar)

Coeficientes de resistencia para placas planas y lisas

Nuacutemero de Reynolds (Re)

Coe

ficie

nte

de re

sist

enci

a (C

d)


Problema 53 215

Problema 53 531 Enunciado Se desea construir un barco que utilice el efecto Magnus con el fin de producir el desplazamiento del mismo Las condiciones del naviacuteo son Velocidad del crucero 10 kmh superficie en contacto con el agua 80 m2(4x20 m) La velocidad del crucero deberiacutea alcanzarse para una velocidad del viento de 6ms Debido al disentildeo del barco se preveacute que se puedan instalar como maacuteximo dos maacutestiles de 15 mm de altura y 05 mm de diaacutemetro Determine 1 La velocidad de giro de dichos maacutestiles para conseguir la velocidad de crucero deseada Se puede considerar despreciable la velocidad relativa del barco asiacute como el rozamiento del aire sobre el mismo Considere que el viento actuacutea ortogonalmente al eje principal del barco 2 Queacute aacutengulo ha de formar el eje del barco respecto al viento con el fin de aprovechar al maacuteximo la fuerza resultante del efecto Magnus 3 Determine la potencia miacutenima necesaria para hacer girar los cilindros Propiedades del agua ν = 13 10-5 m2s ρ = 1150 Kgm3 Propiedades del aire P = 100000 Pa T = 293 K ν = 15 10-5 m2s 532 Resolucioacuten 1 El primer paso es determinar la fuerza que se opone al movimiento del barco Considerando la superficie mojada del mismo como una placa plana se debe hallar inicialmente queacute zona de la placa estaacute en reacutegimen laminar y queacute zona estaacute en reacutegimen turbulento para ello se determinaraacute la distancia de transicioacuten

tr

x

100010 X3600Re 500000

-513 10

sdot sdot= =

sdot x 234 m=



Como la placa tiene 20 m de longitud ha de considerar que la capa liacutemite tiene una zona laminar y una turbulenta con lo cual se utilizaraacute la expresioacuten del coeficiente de arrastre que considera tanto la capa liacutemite laminar como la turbulenta

15

D LL

1700C 0072 ReRe

minus= sdot minus

de donde

L

100010 203600Re 4273504 2

513 10

sdot sdot= =

minussdot

sustituyendo se obtiene

D3 4 3C 33976 10 3978 10 29998 10 minus minus minus= sdot minus sdot = sdot

Asiacute pues la fuerza necesaria para mover la embarcacioacuten a la velocidad requerida es

22 3

D1 1 1F C ρ v b l 29998 10 1150 10 4 20 106475 N2 2 36

minusinfin

⎛ ⎞= sdot sdot sdot sdot = sdot sdot sdot sdot sdot sdot =⎜ ⎟⎝ ⎠

Esta fuerza en la direccioacuten del movimiento ha de ser comunicada por los cilindros con efecto Magnus

Dado que la relacioacuten u r 025v v 6infin infin

ωsdot ωsdot= = no es conocida se partiraacute de la fuerza necesaria para determinar la

velocidad angular Puesto que la direccioacuten del viento es lateral la fuerza en la direccioacuten del movimiento seraacute la lift creada por los dos cilindros

L

RD

V

Fig 531 Esquema del barco y las fuerzas actuantes sobre el mismo


Problema 53 217

2 1 cilindro L

21 cilindro L

L1 cilindro 22

1L C ρ v S2

1F 2 L 2 C ρ v S2

F 106475 106475C 33161 321031189 6 15 052 ρ v S2

infin

infin

infin

= sdot sdot sdot sdot

= sdot = sdot sdot sdot sdot sdot

= = = =sdot sdot sdotsdot sdot sdot sdot

La densidad del aire se ha obtenido 3

P 100000 Kg1189RT 287 293 m

ρ = = =sdot

considerando presioacuten atmosfeacuterica y

temperatura de 20ordmC Con el valor del coeficiente de sustentacioacuten se obtienen de la figura 532 los valores

Du 17 C 14

vinfin

= =

10

8

6

4

2

2 4 6 8Teoacuterico

Teoacuterico

Experimental

= 2 UV

R D

L

CL CD

CD

CL

U = R

UV= 0

CL p

V w

w

CD

Fig 532 Valores del coeficiente de arrastre y sustentacioacuten en funcioacuten de la relacioacuten de velocidades tangencial y no perturbada

Consecuentemente la velocidad de giro de los cilindros seraacute

u r 025 17v v 6

rad408 3896 rpms

infin infin

ωsdot ωsdot= = =

ω = equiv



2 Para determinar el aacutengulo que el eje del barco ha de formar respecto a la corriente no perturbada con el fin de aprovechar al maacuteximo el efecto Magnus se deberaacute determinar la direccioacuten de la fuerza resultante Asiacute la fuerza de arrastre valdraacute

1 cilindro D

2

2 21 cilindro

2 cilindros

DC 14

1 ρ v S2

1 1D 14 ρ v S 14 1189 6 05 15 224721 N2 2

D 449442 N

infin

infin

= =sdot sdot sdot

= sdot sdot sdot sdot = sdot sdot sdot sdot sdot =

=

de donde la fuerza resultante seraacute

2 2 2 22 2R D L 44944 106475 115572 N= + = + =

La cual forma un aacutengulo respecto la direccioacuten inicial del movimiento de

44944tgα 04221 α 2288ordm106475

= = =

90 + L2 cil

V V

D2 cilR2 cil

αα

Fig 533 Angulo oacuteptimo para aprovechar al maacuteximo el efecto Magnus Con lo cual el aacutengulo que el eje del barco ha de formar respecto al viento para aprovechar al maacuteximo el efecto Magnus ha de ser de 11288ordm Obseacutervese que este aacutengulo seraacute diferente para cada valor de velocidad del viento y velocidad de giro de los cilindros 3 Para hallar la potencia que ha de tener cada uno de los motores eleacutectricos que hace girar los cilindros (y dado que no se dispone de la distribucioacuten de velocidades del fluido en direccioacuten radial partiendo de la velocidad en la pared del cilindro) se consideraraacute cada cilindro como una placa plana que se desplaza con una velocidad igual a la velocidad tangencial del cilindro No obstante ha de tenerse en cuenta que se estaacute realizando una somera aproximacioacuten a la realidad


Problema 53 219

V = r15 mx

y

2 r = 157 mp

ww t

t

Fig 534 Simil de los esfuerzos sobre el fluido en forma de placa plana

Los esfuerzos cortantes alrededor del cilindro se pueden dar

δrmicro

δ0vmicro

nωmicroτ sdotsdot=minussdotasymp

partpartsdot= ω

δ = espesor de la capa liacutemite el cual variaraacute en cada punto Puesto que no se tiene conocimiento del espesor se procederaacute a asimilar el cilindro a una placa plana la cual se desplaza a una velocidad v r=ω La distancia respecto al origen para la cual la capa liacutemite dejaraacute de ser laminar es

e 5aire

r x 408 025 xR 500000 x 07352 m 15 10minus

ωsdot sdot sdot sdot= = = =ν sdot

El nuacutemero de Reynolds en el extremo de la placa vendraacute dado por

L 5

408 025 2 π 025Re 1068141515 10minus

sdot sdot sdot sdot= =sdot

Por tanto el coeficiente de arrastre y la fuerza necesaria para desplazar esta placa ficticia seraacuten

( )

1 15 5

D LL

22D

1700 1700C 0072 Re 0072 10681415 00044833 00015915 00028918Re 10681415

1 1F C ρ v b l 00028918 1189 r 2 0 25 15 421 N2 2

minus minus

infin

= sdot minus = sdot minus = minus =

= sdot sdot sdot sdot sdot = sdot sdot sdot ωsdot sdot sdot π sdot sdot =

La potencia necesaria para mover esta placa ficticia seriacutea N F V F r 421 408 025 4298 Winfin= sdot = sdotωsdot = sdot sdot = La potencia necesaria para mover los dos cilindros seriacutea de 8597 W En realidad no soacutelo hay que tener en cuenta que el siacutemil de la placa plana es poco satisfactorio sino que ademaacutes se deberiacutean evaluar los esfuerzos debidos a los rozamientos mecaacutenicos



Problema 54 221

Problema 54 541 Enunciado

Sea un sistema de distribucioacuten de agua formado por un depoacutesito y un conducto de 1965 m de longitud En el extremo inferior del conducto estaacute instalada una vaacutelvula de descarga a la atmoacutesfera el nivel de la superficie libre del depoacutesito respecto de la vaacutelvula es de 70 m y se conoce que la velocidad de propagacioacuten de la onda de presioacuten en la instalacioacuten es de 1310 ms Se ha observado que la velocidad de circulacioacuten del fluido por el conducto es de 25 ms cuando la vaacutelvula estaacute totalmente abierta Determine 1 El diaacutemetro del conducto que satisfaga las condiciones establecidas anteriormente sabiendo que el factor de friccioacuten se puede considerar de f = 002 2 Si se considera que el proceso de cierre de la vaacutelvula es lineal con el tiempo y el tiempo de cierre es de 6 s determine el diagrama de variacioacuten temporal de la presioacuten en la entrada de la vaacutelvula en funcioacuten del tiempo Considere despreciables como primera aproximacioacuten las peacuterdidas de energiacutea por rozamiento Se puede asimismo considerar que el proceso de cierre se ejecuta en 6 pasos 3 A la vista de los resultados comente las anomaliacuteas encontradas en el disentildeo de la instalacioacuten y proporcione posibles soluciones al problema iquestQueacute sucederiacutea si el conducto fuese de 05 m de diaacutemetro

1960 m

Depoacutesito

Conducto

Vaacutelvula

Fig541 Esquema de la instalacioacuten



542 Resolucioacuten 1 En primer lugar se observa que se trata de un problema de golpe de ariete para la resolucioacuten del cual se determinaraacute el diaacutemetro del conducto mediante la aplicacioacuten de la ecuacioacuten de Bernoulli entre la superficie del depoacutesito y el extremo del conducto de modo que

2 21 1 2 2

1 2 12P v P v

+ z + = + z + +∆hρg 2g ρg 2g

[ ]m

y queda

2 2 2 22

1 2v L v 25 1965 25z - z = 70m = + f = + 002 times2g D 2g 2times98 D 2times98

2

2

2570 -

1 2times98=D 25

0 02times1965times2times98

rArr D = 01798 m

La curva caracteriacutestica de la instalacioacuten en forma graacutefica se puede dar como

mv = 25s

2 Las caracteriacutesticas iniciales del sistema que son el punto de partida para la realizacioacuten del anaacutelisis dinaacutemico son V fluido = 25 ms Peacuterdidas por friccioacuten despreciables H = 70 m Ltuberiacutea = 1965 m C = 1310 ms

3mQ ( )s

H(m)

70

70


Problema 54 223

Suponiendo cierre uniforme en seis pasos y en 6 s se tiene ( )f o∆P = ρC V - V = -ρ C ∆V

∆P C= ∆h = - ∆Vρg g

rArr ( )f o o fCh - h = V - Vg

Aplicando la ecuacioacuten de continuidad entre el conducto y la vaacutelvula considerando ademaacutes que entre la entrada y la salida de la vaacutelvula la energiacutea de presioacuten en la entrada se convierte en energiacutea cineacutetica a la salida se tiene

tubo tubo v vaacutelvula d vS times V = Q = S times V = C timesS 2gh d V

tubotubo

C SV = 2gh

S

en forma geneacuterica esta ecuacioacuten se puede dar

V = Ωtimes h rArr d V

tubo

C SΩ = 2g

S considerando el coeficiente de descarga (Cd) constante

La variacioacuten de la seccioacuten de la vaacutelvula con el tiempo presenta la forma siguiente V

tubo

S t= 1-S T

y se verifica

V

tubo

S t= 1-S T

Veacutease a continuacioacuten coacutemo variacutea la constante de tiempo Ω con el tiempo respecto al nuacutemero de segundos transcurridos y al nuacutemero de pasos realizados hasta su cierre

0tΩ = Ω 1-T

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

T = tiempo =6 0tΩ = Ω 1-T

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

T = pasos = 6

V

t

SS

T(s)

0Ω

Ω

t(s) 6

Ω

6 T(pasos)

0Ω

6



Para el estado inicial se tiene

i 0V = Ω H rArr 025 = Ω 70 donde

12

0mΩ = 0 2988s

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

En la tabla siguiente se muestra el conjunto de valores de la constante de tiempo en funcioacuten de las diferentes posiciones de abertura de la vaacutelvula

t(s)

T(pasos)

Posicioacuten de la vaacutelvula

12t mΩ = 02988 1-

6 s

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦

0 0 Abierta 02988 1 1 16 cerrada 02490 2 2 26 cerrada 01992 3 3 36 cerrada 01494 4 4 46 cerrada 00996 5 5 56 cerrada 00498 6 6 cerrada 0

Las ecuaciones que se utilizaraacuten para la determinacioacuten de las velocidades y los incrementos temporales de presioacuten seraacuten

( )0C∆h = V - Vg

iV = Ω h +∆h Para el primer paso cuando t = 1 (s) se tiene

( )∆h = 13367 25 - V

V = 0 249 70 +∆h Estas dos ecuaciones se satisfacen para los valores de V= 2354 ms y ∆h = 1921 m En la tabla que se encuentra a continuacioacuten se resumen estos resultados y los obtenidos para tiempos sucesivos

t(s) Ω v h∆ ih h+ ∆ Total 0 02988 25 0 70 70 1 02490 235 1921 70+1921 892100 2 01992 215 2727 70+1921+2727 116480 3 01494 186235 3874 70+1921+2727+3874 155220 4 00996 14464 5559 70-1921+2727+3874+5559 172390 5 00498 08697 77072 70-1921-

2727+3874+5559+77072 194922

6 0 0 11627 70-1921-2727-3874+5559+77072+116275

233717

7 0 0 - 70+1921-2727-3874-5559+77072+116275

160957

8 0 0 - 70+1921+2727-3874-5559-77072+116275

613530


Problema 54 225

9 0 0 - 70+1921+2727+3874-5559-77072-116275

-937170

10 0 0 - 70-1921+2727+3874+5559-77072-116275

-209570

11 0 0 - 70-1921-2727+3874+5559+77072-

116275

786470

Por tanto el diagrama temporal seraacute

Diagrama temporal

70 8992111648

15521 172391949

233717

-93717

7865

-20977

61353

160957

-150-100-50

050

100150200250300

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

t(s)

h

Obseacutervese que las ecuaciones expliacutecitas para la determinacioacuten en cada paso ademaacutes de la velocidad de circulacioacuten del fluido son

iV = Ω h +∆h hi y vi son la presioacuten en forma de altura de elevacioacuten y la velocidad a la entrada de la vaacutelvula utilizadas para la iteracioacuten

( )i∆h = 13367 V - V

( )i iV = Ω h +13367 V - V

( )2 2i iV = Ω h +13367 V - V⎡ ⎤⎣ ⎦

2 2 2 2

i iV = h Ω +13367V Ω -Ω 13367V ( )2 2 2

i iV +Ω 13367V -Ω h +13367V = 0

( ) ( )22 2 2i i-Ω 13367 plusmn Ω times13367 + 4Ω h +13367V

V =2

De modo que para la primera iteracioacuten se tendraacute



( ) ( )22 2 2-02479 times13367 plusmn 0 249 times13367 + 4times0249 70 +13367times 25 mV = = 23562 s

Por tanto

( )∆h = 13367 25 - 2356 = 1921 m 3 Se observa que el aumento de presioacuten respecto al estado de reacutegimen permanente es de unas tres veces lo cual no causariacutea grandes problemas en la instalacioacuten pero por otro lado las presiones negativas que aparecen en el diagrama temporal son demasiado elevadas y no soacutelo causariacutean cavitacioacuten en la instalacioacuten sino que muy probablemente destruccioacuten de la misma En definitiva seriacutea maacutes que recomendable disminuir la velocidad de cierre de la vaacutelvula aumentando su tiempo de cierre En un primer paso se podriacutea aumentar el tiempo de cierre a 10 segundos en lugar de los seis actuales Una vez realizado el diagrama temporal se podriacutea ver si este aumento en el tiempo de cierre es suficiente o no Por otro lado si el diaacutemetro del conducto aumenta a 05 m la fuerza de inercia asociada al mismo aumenta y consecuentemente aumentaraacuten las sobrepresiones consecuentemente el tiempo de cierre deberiacutea aumentar con el fin de mantener el aumento de presioacuten a un nivel aceptable


Problema 55 227

Problema 55 551 Enunciado Sea el sistema depoacutesito-conducto esquematizado en la figura 551 En el extremo del conducto existe una vaacutelvula cuyo cierre seraacute lento y progresivo La seccioacuten de paso de la vaacutelvula adimensionalizada en funcioacuten de las cuatro etapas de cierre se define en la tabla 1 En la tabla 2 se define la constante de peacuterdidas de la vaacutelvula para las diversas etapas de cierre Dicha constante se entenderaacute que obedece a la ecuacioacuten

2

vaacutelvulav∆h K2g

=

∆h [m] v = velocidad del fluido en el conducto g = aceleracioacuten gravitatoria Conociendo que Factor de friccioacuten f = 002 Longitud del conducto 1250 m Diaacutemetro del conducto D = 02 m Celeridad de la onda de presioacuten C= 1250 ms Diferencia de alturas geomeacutetricas entre el nivel de liacutequido del depoacutesito y la vaacutelvula 100 m El extremo del conducto descarga a la atmoacutesfera Determine 1 La velocidad de circulacioacuten del fluido por el conducto en las cuatro etapas de cierre 2 La variacioacuten temporal de la altura de elevacioacuten en la entrada de la vaacutelvula Comente los resultados obtenidos Tabla 1 Tabla 2

SStotal Tc(LC) 1 0 08 1 06 2 04 3 0 4

Tc(LC) K 0 1000 1 5000 2 10000 3 18000 4 infin



Z = 100 m

Z = 0 m

552 Resolucioacuten 1 Aplicando Bernoulli entre los puntos 1 y 2 se tiene

2 2 2 2

1 1 2 21 2

P v v P L v vZ Z f Kρg 2g 2g ρg D 2g 2g

+ + = + + + sdot +

2 2 2

1 2 2 2 22 T T

Q L Q QZ Z f KDS 2 g S 2 g S 2 g

minus = + sdot +sdot sdot sdot sdot sdot sdot

2 1 2

2 2 22 T T

Z ZQ

1 L 1 1f KDS 2 g S 2 g S 2 g

minus=

+ sdot +sdot sdot sdot sdot sdot sdot

Para las diferentes posiciones de la vaacutelvula se tiene

Abierta 1SS T2 sdot= K 1000=

1 08SS T2 sdot= K 5000=

2 06SS T2 sdot= K 10000=

3 04SS T2 sdot= K 18000=

4 0SS T2 sdot= infin=K Sustituyendo para los diferentes casos en la expresioacuten del caudal se obtiene

abiertaQv 1319S

= = ms

1v 0618= ms

2v 0 439= ms

3v 03287= ms

4v 0= ms

1

2


Problema 55 229

Adimensionalizando los valores de la velocidad

o

v vvv 1319

lowast = =

Adimensionalizando el teacutermino de peacuterdidas de carga en el conducto

22o o

2o o

H vL vh fH D 2g v

= sdot sdot∆

22o

o

vL vh fD 2g H

lowastlowast∆ = sdot sdot

2h 011095 vlowast lowast= sdot∆

Adimensionalizando allievi

i ich h (v v )g

minus = minus minus

o o

o o

H vch vH g v

= minus∆ ∆

o

o

c vh v

g Hlowast lowastsdot

∆ = minus ∆sdot

h 168 vlowast lowast= minus sdot∆ ∆

En la graacutefica adjunta se representan las variaciones de la presioacuten en funcioacuten del tiempo En ella se observa que el incremento de presioacuten maacutes preponderante se da en el segundo espacio temporal La mayor depresioacuten se da en el seacuteptimo espacio temporal aunque no se llegan a registrar presiones negativas con lo que a priori queda descartada la aparicioacuten de cavitacioacuten Para disminuir el pico de presioacuten en el segundo espacio temporal se deberiacutea utilizar una vaacutelvula en la que la constante de peacuterdidas en el primer y el segundo espacios temporales fuese menor

lowastv c

LT C

1 0 0468 1

03328 2 02486 3

0 4



05 075 10250 v

h

T=0

T=1

T=2

T=3

OA

1B

2B

2A

3B

4A

5B

6A

7B

6B

5A

4B

3A7A

8B

8A1

Fig 551 Graacutefica adimensional para los diferentes tiempos de cierre


Problema 55 231

TcLC

h

0 5

1

2

OB

1B

2B

3B 4B

5B

6B

7B

8B

Fig 552 Variacioacuten temporal de la presioacuten en la vaacutelvula



Problema 56 233

Problema 56 561 Enunciado Con el fin de suministrar vapor recalentado a un colectivo de maacutequinas de una industria textil se instala una caldera de vapor encontraacutendose a la salida de la misma un tanque de almacenamiento (v figura 561) Las condiciones del fluido a la entrada de la caldera son P1c = 1 bar (abs) T1c = 100 ordmC h1c = 2676 KJKg siendo la velocidad del fluido a la entrada de 5ms En la caldera el vapor se calienta hasta adquirir una temperatura de T2c= 350ordmC y una presioacuten de P2c=5 105 Nm2 (abs) Consideacuterese R = 287 JKg K γ = 14 microvapor = 1086 10-5 N s m2 Cp = 18641 KJKg K Halle 1 El nuacutemero de Mach a la salida de la caldera M2c sabiendo que el calor comunicado al fluido es de 500 KJKg 2 Si el tubo que une los dos depoacutesitos tiene un diaacutemetro de 002 m y su coeficiente de friccioacuten medio es de 4 Cf = f = 002 halle la longitud del conducto para que a la entrada del segundo tanque el nuacutemero de Mach sea de 09 Indique las hipoacutetesis realizadas 3 El flujo maacutesico circulante entre los dos depoacutesitos 4 La presioacuten a la entrada del segundo depoacutesito 5 El nuacutemero de Mach a la salida del conducto para que la presioacuten estaacutetica en el extremo de eacuteste sea de 250000 Pa 6 Si se decide unir los dos depoacutesitos mediante una tuberiacutea de 5 m de longitud y se quiere que las presiones absolutas de estancamiento en los depoacutesitos sean P01 = 5 105 Nm2 P02 = 05 105 Nm2 con el caudal maacutesico maacuteximo a transferir de 1 Kgs y la rugosidad del tubo ε = 001 mm halle el diaacutemetro del conducto Consideacuterese que la temperatura de estancamiento en la caldera es la misma que en los apartados anteriores



Flujo entrante 1 = 2c 2

1c Caldera Depoacutesito

Figura 56 1 Esquema de la instalacioacuten

Datos P1c = 105 Nm2 T1c = 100 ordmC h1c = 2676 KJKg = 2676middot106 JKg γ = 14 ve1c = 5 ms Cp = 18641 KJKgK = 18641 JKgK Qcaldera = 500 KJKg T2c= 350 ordmC = 623 K P2c = 5middot105 Nm2

562 Resolucioacuten 1 Nuacutemero de Mach a la salida de la caldera Se calcularaacute inicialmente la temperatura y la entalpiacutea de estancamiento a la entrada de la caldera

2 2

01c 1cv 5T T (100 273) 373006K

2 Cp 2 18641= + = + + =

sdot sdot

2 2

01 1v 5h h 2676000 26760125 J Kg2 2

= + = + =

Seguacuten la ecuacioacuten de la energiacutea se conoce

01 02q h h+ = donde la entalpiacutea de estancamiento a la salida de la caldera seraacute

02h 500000 26760125 31760125 J Kg= + = Para un gas ideal se cumple

02 02

01 01

h T

h T

dh Cp dT= sdotint int


Problema 56 235

de donde el valor de T02 se obtiene

( )02 01 02 01q h h Cp T T= minus = minus

02 01q 500T T 373006 641 21 K

Cp 18641= + = + =

El siguiente paso seraacute calcular la velocidad del fluido a la salida de la caldera y la velocidad del fluido en este mismo punto

2

02 2vT T

2 Cp= +

sdot

2

02 2vT T

2 Cpminus =

sdot

( )2

02 2v T T 2 Cp= minus sdot sdot

( )02 2v T T 2 Cp= minus sdot sdot

( )v 64121 (350 273 2 18641 2605 m s= minus + sdot sdot =

2 2C R T 14 287 623 50032= γ sdot sdot = sdot sdot =

22

v 2605MC 50032

= = = 05206

El nuacutemero de Mach a la salida de la caldera es M2c = 05206 2 Si el conducto es de diaacutemetro (Φ = 002 m) y f = 4middotCf =002 la longitud del conducto para que M = 09 en su extremo seraacute Suponiendo flujo de Fanno de tablas se tiene

f 1

14 C L

M 052 09174D

sdot sdot= ⎯⎯rarr =

f 22

4 C LM 09 0014

Dsdot sdot

= ⎯⎯rarr =

M1 = M2c = 05206 M2 = 09

f f 1 f 24 C L 4 C L 4 C L 09174 0014 0903D D D

sdot sdot ∆ sdot sdot sdot sdot= minus = minus =



0903 D 0903 002L 0903 m4 Cf 002

sdot sdot∆ = = =sdot

La longitud del conducto ha de ser de 0903 m 3 El flujo maacutesico se puede determinar

( )2 5 2P 002 5 10 002m s v 2605 2605 0 228 Kg s

R T 4 287 350 273 4πsdot sdot π sdot= ρ sdot sdot = sdot sdot = sdot sdot =

sdot sdot +

flujo maacutesico circulante entre los depoacutesitos es de 0228 Kgs 4 Dado que la presioacuten en el extremo del conducto seraacute la misma que a la entrada del segundo depoacutesito Para M2 = 09 (Fanno)

2

P1129

P= 02

0

P10089

P=

Para M1 = M20 = 052 (Fanno)

1

P20519

P= 01

0

P13034

P=

Para M2 = 09 (tabla de flujo isentroacutepico)

2

02

P059126

P=

Con lo cual se puede establecer

11

22

PP 20519P 1817

PP 1129P

= = =

5

12

P 5 10P1817 1817

sdot= = = 2751788 Nm2

2

02P

P059126

= = 4654109 Nm2

La presioacuten a la entrada del segundo depoacutesito seraacute de 2751788 Nm2

5 Si la presioacuten a la salida del conducto se quiere que sea de 250000 Pa halle el nuacutemero de Mach en este punto


Problema 56 237

1

2

P 500000 2P 250000

= =

( )

( )

111

222

P MP P PP MP

=

A la entrada del conducto se ha visto que

M1 = 052 (Fanno) 1

P20519

P=

( )( )1

122

1

2

P MP 20519PM 102595P 2PP

= = =

Entrando en las tablas de Fanno para ( )22

PM 102595

P= rarr 2M 098cong

se obtiene que el nuacutemero de Mach a la salida del conducto es de 098 6 Datos en los puntos de entrada (1) y salida (2) del conducto P01 = 5middot105 Pa P02 = 05middot105 Pa m = 1 Kgs ε = 001 mm T01 = 641 K Se va a considerar que para estas condiciones se tiene flujo bloqueado Se calcula el nuacutemero de Reynolds en funcioacuten del diaacutemetro

2v D Q D m D m D mRe 4

S S DD4

sdot sdotρ= = = = = sdotν micro sdotmicro πsdotmicro sdotπ sdot sdotmicro

( )5

m 1 117241 2Re 4 4D D1086 10 D

= sdot = sdot =π sdotmicro sdot π sdot sdot sdot

El calculo del diaacutemetro se realizaraacute aplicando la ecuacioacuten para reacutegimen soacutenico

( )1

2 12011 1

01

P A 1m M 1 M2R T

γ+minusγminussdot ⎡ γ minus ⎤⎛ ⎞= γ sdot sdot + ⎜ ⎟⎢ ⎥sdot ⎝ ⎠⎣ ⎦

siendo 2DA

4πsdot=

Despejando el diaacutemetro

( )1

2 1012 21

101

m R T4 1 1D 1 MM 2P

γ+γminussdot γ minus⎛ ⎞= sdot sdot +⎜ ⎟π sdot γ ⎝ ⎠

Puesto que



12( 1)2

1A 1 2 11 M

M 1 2A

γ+γminus⎡ ⎤γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎢ ⎥γ + ⎝ ⎠⎣ ⎦


( ) ( )1

2 10121

01

m R T4 1 AD M2P A

γ+γminussdot γ +⎛ ⎞= sdot sdot sdot⎜ ⎟π sdot γ ⎝ ⎠

Sustituyendo valores

( ) ( )14 1

2 14 1215

4 1 287 641 1 4 1 AD M25 10 14 A

+minussdot sdot +⎛ ⎞= sdot sdot sdot⎜ ⎟π sdot ⎝ ⎠

( )1AD 00399 MA

=

Se conoce ademaacutes que para este apartado

502

501

P 05 10 01P 5 10

sdot= =sdot

Hipoacutetesis

Suponiendo que M1 = 05 de tablas de flujo isentroacutepico se obtiene 1

A134

A=

D 00399 134 004618= = m

34

1172412Re 25383702004618

001 10 21 10D 004618

minusminus

= =

ε sdot= = sdot Por el diagrama de Moody

f 00145= = 4middotCf

fL 54 C 00145 15699D 004618

sdot sdot = sdot = de las tablas para flujo de Fanno se obtiene M1 = 045

Fanno 1

P23865

P=

M1 = 045

Flujo isentroacutepico 1

01

P087027

P=


Problema 56 239

1

02 012

101 01

PP PP 087027 036568 01

PP P 23865P

= = = = gt Se concluye que el flujo estaacute bloqueado

Es necesario realizar una segunda iteracioacuten Realizando una media aritmeacutetica de M1 (obtenida y supuesta)

1

05 045M 0 4752

+= = de las tablas para flujo isentroacutepico se obtiene A 139A

=

D 00399 139 004704 = = m

Re = 24922979 Por el diagrama de Moody

4212 10D

minusε = sdot f = 00145

fL 54 C 00145 1541D 004704

sdot sdot = sdot =

De las tablas para flujo de Fanno se determina M1 = 0451 Llegado a este punto no hace falta seguir puesto que obtendriacuteamos los mismos valores que en la iteracioacuten anterior El diaacutemetro del tubo seraacute de D = 0047 m el flujo estaacute bloqueado



Tabla para Flujo isoentroacutepico γ=14

M M t To p Po ρ ρο A A

000 000000 010000+1 010000+1 010000+1 infin 001 001095 099998+0 099993+0 099995+0 057874+2 002 002191 099992+0 099997+0 099980+0 028942+2 003 003286 099982+0 099937+0 099955+0 019301+2 004 004381 099968+0 099888+0 099920+0 014481+2 005 005476 099950+0 099825+0 099875+0 011591+2 006 006570 099928+0 099748+0 099820+0 096659+1 007 007664 099902+0 099658+0 099755+0 082915+1 008 008758 099872+0 099653+0 099681+0 072616+1 009 009851 099838+0 099435+0 099596+0 064613+1 010 010944 099800+0 099303+0 099502+0 058218+1 011 012035 099759+0 099158+0 099398+0 052992+1 012 013126 099713+0 098998+0 099284+0 048643+1 013 014217 099663+0 098826+0 099160+0 044969+1 014 015306 099610+0 098640+0 099027+0 041824+1 015 016395 099552+0 098441+0 098884+0 039103+1 016 017482 099491+0 098228+0 098731+0 036727+1 017 018569 099425+0 098003+0 098569+0 034635+1 018 019654 099356+0 097765+0 098398+0 032779+1 019 020739 099283+0 097514+0 098218+0 031123+1 020 021822 099206+0 097250+0 098028+0 029635+1 021 022904 099126+0 096973+0 097829+0 028293+1 022 023984 099041+0 096685+0 097620+0 027076+1 023 025063 098953+0 096383+0 097403+0 025968+1 024 026141 098861+0 096070+0 097177+0 024956+1 025 027217 098765+0 095745+0 096942+0 024027+1 026 028291 098666+0 095408+0 096698+0 023173+1 027 029364 098563+0 095060+0 096446+0 022385+1 028 030435 098456+0 094700+0 096185+0 021565+1 029 031504 098346+0 094329+0 095916+0 020979+1 030 032572 098232+0 093947+0 095638+0 020351+1 031 033637 098114+0 093554+0 095352+0 019765+1 032 034701 097993+0 093150+0 095058+0 019219+1 033 035762 097868+0 092735+0 094756+0 018707+1 034 036822 097740+0 092312+0 094446+0 018229+1 035 037879 097609+0 091877+0 094128+0 017780+1 036 038935 097473+0 091433+0 093803+0 017358+1 037 039938 097335+0 090979+0 093470+0 016961+1 038 041039 097193+0 090516+0 093130+0 016587+1 039 042087 097048+0 090043+0 092782+0 016234+1 040 043133 096899+0 089561+0 092427+0 015901+1 041 044177 096747+0 089071+0 092066+0 015587+1 042 045218 096592+0 088572+0 091647+0 015289+1 043 046257 096434+0 088056+0 091322+0 015007+1 044 047293 096272+0 087550+0 090940+0 014740+1


Problema 56 241

045 048326 096108+0 087027+0 090551+0 014487+1 046 049357 095940+0 086496+0 090157+0 014246+1 047 050385 095769+0 085958+0 089756+0 014018+1 048 051410 095595+0 085413+0 089349+0 013801+1 049 052433 095418+0 084861+0 088936+0 013595+1 050 053452 095238+0 084302+0 088517+0 013398+1 051 054469 095055+0 083737+0 088093+0 013212+1 052 055483 094869+0 083165+0 087663+0 013034+1 053 056493 094681+0 082588+0 087228+0 012865+1 054 057501 094489+0 082005+0 086788+0 012703+1 055 058506 094295+0 081417+0 086342+0 012549+1 056 059507 094098+0 080823+0 085892+0 012403+1 057 060505 093898+0 080824+0 085437+0 012263+1 058 061501 093696+0 079621+0 084978+0 012130+1 059 062492 093491+0 079013+0 084514+0 012003+1 060 063491 093284+0 078400+0 084045+0 011882+1 061 064466 093073+0 077784+0 083573+0 011767+1 062 065448 092861+0 077164+0 083096+0 011656+1 063 066427 092646+0 076540+0 082616+0 011552+1 064 067402 092428+0 075913+0 082132+0 011451+1 065 068374 092208+0 075283+0 081644+0 011356+1 066 069342 091986+0 074650+0 081153+0 011256+1 067 070307 091762+0 074014+0 080659+0 011179+1 068 071268 091535+0 073376+0 080162+0 011097+1 069 072225 091305+0 072735+0 079661+0 011018+1 070 073179 091075+0 072093+0 079158+0 010944+1 071 074129 090841+0 071448+0 078652+0 010873+1 072 075076 090606+0 070803+0 078143+0 010806+1 073 076019 090369+0 070155+0 077632+0 010742+1 074 076958 090129+0 069507+0 077119+0 010681+1 075 077894 089888+0 068859+0 076604+0 010624+1 076 078825 089644+0 068207+0 076086+0 010570+1 077 079753 089399+0 067556+0 075567+0 010519+1 078 080677 089152+0 066905+0 075046+0 010471+1 079 081597 088903+0 066254+0 074523+0 010425+1 080 082514 088652+0 065602+0 073999+0 010382+1 081 083426 088400+0 064951+0 073474+0 010342+1 082 084335 088146+0 064300+0 072947+0 010305+1 083 085239 087898+0 063650+0 072419+0 010270+1 084 086140 087633+0 063000+0 071891+0 010237+1 085 087037 087374+0 062351+0 071361+0 010207+1 086 087929 087114+0 061703+0 070831+0 010179+1 087 088818 085852+0 061057+0 070300+0 010153+1 088 089703 086589+0 060412+0 069768+0 010129+1 089 090583 086324+0 059768+0 069236+0 010108+1 090 091460 086059+0 059126+0 068704+0 010089+1 091 092333 085791+0 058486+0 068172+0 010071+1 092 093201 085523+0 057848+0 067640+0 010056+1 093 094065 085253+0 057211+0 067108+0 010043+1 094 094925 084982+0 056578+0 066576+0 010031+1 095 095781 084710+0 055946+0 066044+0 010021+1



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Problema 56 243

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Problema 56 245

298 195925 036022+0 028054 -1 077879 -1 041547+1 300 196396 035714+0 027224 -1 076226 -1 042346+1 310 198661 034223+0 023449 -1 068517 -1 046573+1 320 200786 032808+0 020228 -1 061654 -1 051210+1 330 202781 031466+0 017477 -1 055541 -1 056286+1 340 204656 030193+0 015125 -1 050093 -1 061837+1 350 206419 028986+0 013111 -1 045233 -1 067896+1 360 208077 027840+0 011385 -1 040894 -1 074501+1 370 209639 026752+0 099029 -2 037017 -1 081691+1 380 211111 025720+0 086290 -2 033549 -1 089506+1 390 212499 024740+0 075320 -2 030445 -1 097990+1 400 213809 023810+0 065861 -2 027662 -1 010719+2 410 215046 022925+0 057690 -2 025164 -1 011715+2 420 216215 022085+0 050621 -2 022921 -1 012792+2 430 217321 021286+0 044494 -2 020903 -1 013955+2 440 218368 020525+0 039176 -2 019087 -1 015210+2 450 219360 019802+0 034553 -2 017449 -1 016562+2 460 220300 019113+0 030526 -2 015971 -1 018018+2 470 221192 018457+0 027012 -2 014635 -1 019583+2 480 222038 017832+0 023943 -2 013427 -1 021264+2 490 222842 017235+0 021256 -2 012333 -1 023067+2 500 223607 016667+0 018900 -2 011340 -1 025000+2 510 224334 016124+0 016832 -2 010439 -1 027070+2 520 225026 015605+0 015013 -2 096204 -2 029283+2 530 226685 015110+0 013411 -2 088753 -2 031649+2 540 226313 014637+0 011997 -2 081965 -2 034175+2 550 226913 014184+0 010748 -2 075775 -2 036869+2 560 227487 013751+0 096430 -3 070124 -2 039740+2 570 228030 013337+0 086635 -3 064959 -2 042797+2 580 228552 012940+0 077941 -3 060233 -2 046050+2 590 229051 012650+0 070214 -3 055904 -2 049507+2 600 229528 012195+0 063336 -3 051936 -2 053180+2 650 231626 010582+0 038547 -3 036427 -2 075134+2 700 233333 092593 -1 024156 -3 026088 -2 010414+3 750 234738 081633 -1 015549 -3 019040 -2 014184+3 800 235907 072464 -1 010243 -3 014135 -2 019011+3 850 236899 064725 -1 068984 -4 010658 -2 025109+3 900 237722 058140 -1 047386 -4 081504 -3 032719+3 950 238433 052493 -1 033141 -4 063134 -3 042113+3

1000 239046 047619 -1 023563 -4 049483 -3 053594+3 1100 240040 039683 -1 012448 -4 031369 -3 084191+3 1200 240804 033557 -1 069222 -5 020628 -3 012762+4 1300 241404 028736 -1 040223 -5 013998 -3 018761+4 1400 241883 024876 -1 024278 -5 097597 -4 026854+4 1500 242272 021739 -1 015148 -5 069680 -4 037552+4 1600 242591 019157 -1 097309 -6 050795 -4 051446+4 1700 242857 017007 -1 064147 -6 037719 -4 069205+4 1800 243081 015198 -1 043272 -6 028473 -4 091593+4 1900 24327 013661 -1 029800 -6 021813 -4 011946+5 2000 243432 012346 -1 020908 -6 016935 -4 015377+5 infin 244949 0 0 0 infin



Tabla para Flujo de Fanno γ =14 (Flujo adiabaacutetico)

M M=ρlowast ρο t t p p P P (4fL)D

000 000000 012000+1 infin infin infin 001 001095 012000+1 010954+3 057874+2 071344+4 002 002191 011999+1 054770+2 028942+2 017784+4 003 003286 011998+1 036512+2 019301+2 078708+3 004 004381 011996+1 027382+2 014481+2 044035+3 005 005476 011994+1 021903+2 011591+2 028002+3 006 006570 011991+1 018251+2 096659+1 019303+3 007 007664 011988+1 015642+2 082915+1 014066+3 008 008758 011985+1 013684+2 072616+1 010672+3 009 009851 011981+1 012162+2 064613+1 083496+2 010 010944 011976+1 010944+2 058218+1 066922+2 011 012035 011971+1 099466+1 052992+1 054688+2 012 013126 011966+1 091156+1 048643+1 054408+2 013 014217 011960+1 084123+1 044969+1 038207+2 014 015306 011953+1 078093+1 041824+1 032511+2 015 016395 011946+1 072866+1 039103+1 027932+2 016 017482 011939+1 068291+1 036727+1 024198+2 017 018569 011931+1 064253+1 034635+1 021115+2 018 019654 011923+1 060662+1 032779+1 018543+2 019 020739 011914+1 057448+1 031123+1 016375+2 020 021822 011905+1 054554+1 029635+1 014533+2 021 022904 011895+1 051936+1 028293+1 012956+2 022 023984 011885+1 049554+1 027076+1 011596+2 023 025063 011874+1 047378+1 025968+1 010416+2 024 026141 011863+1 045383+1 024956+1 093865+1 025 027217 011852+1 043546+1 024027+1 084834+1 026 028291 011840+1 041851+1 023173+1 076876+1 027 029364 011828+1 040279+1 022385+1 069832+1 028 030435 011815+1 038819+1 021656+1 063572+1 029 031504 011801+1 037459+1 020979+1 057989+1 030 032572 011788+1 036191+1 020351+1 052993+1 031 033637 011774+1 035002+1 019765+1 048507+1 032 034701 011759+1 035887+1 019219+1 044467+1 033 035762 011744+1 032839+1 018707+1 040821+1 034 032822 011729+1 031853+1 018229+1 037519+1 035 037879 011713+1 030922+1 017779+1 034525+1 036 038935 011697+1 030042+1 017358+1 031801+1 037 039988 011680+1 029209+1 016961+1 029319+1 038 041039 011663+1 028419+1 016587+1 027054+1 039 042087 011646+1 027671+1 016234+1 024983+1 040 043133 011628+1 026958+1 015901+1 023085+1 041 044177 011610+1 026279+1 015587+1 021344+1 042 045218 011591+1 025634+1 015289+1 019744+1 043 046257 011572+1 025017+1 015007+1 018272+1 044 047293 011553+1 024428+1 014739+1 016915+1 045 048326 011533+1 023865+1 014487+1 015664+1 046 049357 011513+1 023326+1 014246+1 014509+1


Problema 56 247

047 050385 011492+1 022809+1 014018+1 013441+1 048 051410 011471+1 022313+1 013801+1 012353+1 049 052433 011450+1 021838+1 013595+1 011539+1 050 053452 011429+1 021381+1 013398+1 010691+1 052 055483 011384+1 020519+1 013034+1 091742+0 054 057501 011339+1 019719+1 012703+1 078663+0 056 059507 011292+1 018975+1 012403+1 067357+0 058 061501 011244+1 018282+1 012129+1 057568+0 060 063481 011194+1 017634+1 011882+1 049082+0 062 065448 011143+1 017026+1 011656+1 041719+0 064 067402 011091+1 016456+1 011451+1 03533+0 066 069342 011038+1 015919+1 011256+1 029785+0 068 071268 010984+1 015913+1 011097+1 024978+0 070 073179 010929+1 014935+1 010944+1 020814+0 072 075076 010873+1 014482+1 010806+1 017215+0 074 076958 010815+1 014054+1 010681+1 014112+0 076 078825 010757+1 013647+1 010569+1 011447+0 078 080677 010698+1 013261+1 010147+1 091675 -1 080 082514 010638+1 012893+1 010382+1 072289 -1 082 084335 010578+1 012542+1 010305+1 055932 -1 084 086140 010516+1 012208+1 010237+1 042256 -1 086 087929 010454+1 011989+1 010179+1 030965 -1 088 089703 010391+1 011583+1 010129+1 021795 -1 090 091460 010327+1 011251+1 010089+1 014512 -1 092 093201 010263+1 011011+1 010056+1 089133 -2 094 094925 010198+1 010743+1 010031+1 048154 -2 096 096633 010132+1 010485+1 010014+1 020571 -2 098 098325 010066+1 010238+1 010003+1 049469 -3 100 100000 010000+1 010000+1 010000+1 00 102 101658 099331+0 097711+0 010003+1 045869 -3 104 103300 098658+0 095507+0 010013+1 017685 -2 106 104925 097982+0 093383+0 010029+1 038379 -2 108 106533 097302+0 091335+0 010051+1 065846 -2 110 108124 096618+0 089359+0 010079+1 099349 -2 112 109699 095932+0 087451+0 010113+1 013823 -1 114 111256 095244+0 085608+0 010153+1 018188 -1 116 112797 094554+0 083826+0 010198+1 022977 -1 118 114321 093861+0 082103+0 010248+1 028142 -1 120 115828 093168+0 080436+0 010304+1 033638 -1 122 117319 092473+0 078822+0 010366+1 039426 -1 124 118792 091777+0 077258+0 010432+1 045471 -1 126 120249 091080+0 075743+0 010504+1 051739 -1 128 121690 090383+0 074274+0 010581+1 058201 -1 130 123114 089686+0 072848+0 010663+1 064832 -1 132 124521 088989+0 071465+0 010749+1 071607 -1 134 125912 088292+0 070122+0 010842+1 078504 -1 136 127286 087596+0 068818+0 010939+1 085503 -1 138 128645 086901+0 067751+0 011042+1 092586 -1 140 129987 086207+0 066319+0 011149+1 099738 -1 142 131313 085514+0 065122+0 011262+1 010694+0 144 132623 084822+0 063958+0 011379+1 011419+0



146 133917 084133+0 062825+0 011501+1 012146+0 148 135195 083445+0 061722+0 011629+1 012875+0 150 136458 082759+0 060648+0 011762+1 013605+0 155 139546 081054+0 058084+0 012116+1 015427+0 160 142539 079365+0 055679+0 012502+1 017236+0 165 145439 077695+0 053421+0 012922+1 019023+0 170 148247 076046+0 051297+0 013376+1 020779+0 175 150966 074419+0 049295+0 013865+1 022504+0 180 153598 072816+0 047407+0 014389+1 024189+0 185 155145 071838+0 045623+0 014952+1 025832+0 190 158609 069686+0 043936+0 015553+1 027433+0 195 160993 068162+0 042339+0 016193+1 028989+0 200 163299 066667+0 040825+0 016875+1 030500+0 210 167687 063762+0 038024+0 018369+1 033785+0 220 171791 060979+6 035494+0 020049+1 036091+0 230 175629 068309+0 033200+0 021931+1 038623+0 240 179218 055762+0 031114+0 024031+1 040989+0 250 182574 053333+0 029212+0 026367+1 043198+0 260 185714 051020+0 027473+0 028959+1 045259+0 270 188653 048820+0 025878+0 031829+1 047182+0 280 191404 046729+0 024414+0 035001+1 048976+0 290 193981 044743+0 023066+0 038498+1 050652+0 300 196396 042857+0 021822+0 042346+1 052216+0 310 198661 041068+0 020672+0 046573+1 053678+0 320 200786 039370+0 019608+0 051209+1 055044+0 330 202781 037760+0 018621+0 056286+1 056323+0 340 204656 036232+0 017704+0 061837+1 057521+0 350 206419 034783+0 016851+0 067896+1 058643+0 360 208077 033408+0 016055+0 074701+1 059695+0 370 209639 032103+0 015313+0 081691+1 060684+0 380 211111 030864+0 014620+0 089506+1 061612+0 390 212499 029688+0 013971+0 097989+1 062485+0 400 213809 028571+0 013363+0 010719+2 063306+0 450 219359 023762+0 010833+0 016562+2 066763+0 500 223607 020000+0 089443 -1 025000+2 069379+0 550 226913 017021+0 075012 -1 036869+2 071700+0 600 229528 014634+0 063758 -1 053180+2 072988+0 650 231626 012698+0 054823 -1 075134+2 074254+0 700 233333 011111+0 047619 -1 010414+3 075279+0 750 234738 097959 -1 041731 -1 014184+3 076121+0 800 235907 086957 -1 036860 -1 019011+3 076819+0 850 236889 077670 -1 032787 -1 025109+3 077404+0 900 237722 069767 -1 029348 -1 032719+3 077899+0 950 238433 062992 -1 026419 -1 042113+3 078319+0

1000 239046 057143 -1 023905 -1 053594+3 078683+0 1100 240039 047619 -1 019838 -1 084191+3 079270+0 1200 240804 040268 -1 016723 -1 012762+4 079721+0 1300 241404 034483 -1 014284 -1 018761+4 080074+0 1400 241883 029851 -1 012341 -1 026854+4 080356+0 1500 242272 026087 -1 010768 -1 037552+4 080584+0 infin 244949 00 00 infin 082151+0


Problema 57 249

Problema 57 571 Enunciado Sea un sistema de extincioacuten de incendios destinado a buques que consta de dos rociadores con un diaacutemetro de 36 mm cada uno ambos rociadores estaacuten conectados por un conducto de 14 m de longitud en cuyo extremo opuesto estaacuten situados los tanques de agente extintor Si se quiere que el caudal maacutesico total que circula por los rociadores sea de 7 Kgs y la presioacuten de estancamiento en los tanques de 17 bar que se consideraraacute constante durante el tiempo en que actuacuteen los rociadores determine el diaacutemetro del conducto necesario Consideacuterese en primera aproximacioacuten

bull Que el fluido circulante tiene las mismas propiedades que el aire bull Que en el extremo del conducto existe un soacutelo rociador cuya seccioacuten es la suma de secciones de los

rociadores iniciales bull Que en el conducto se tiene flujo de Fanno con Cf=0005 bull Que la unioacuten entre la seccioacuten resultante de los rociadores y el conducto se realiza mediante una

tobera convergente donde el flujo se considera isentroacutepico

P depoacutesito

tobera

Fanno Isentroacutepico

1 2

Datos

empty tobera L longitud del conducto (m) P depoacutesito f factor de friccioacuten =0005

T temperatura del aire m caudal maacutesico circulante requerido



La seccioacuten de salida de la tobera seraacute igual a la seccioacuten de la suma de agujeros de la tobera o toberas instaladas

AIREJR = 28704

Kg K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

572 Resolucioacuten 1 Determinacioacuten de la presioacuten de estancamiento en la tobera de salida Datos de partida A = aacuterea de salida de la tobera (m2) m = caudal maacutesico circulante (Kgs) γ = 14 (iacutendice de adiabaticidad) T0 = temperatura de estancamiento (K)

2

20

p

v 1T t t 1 M2c 2

γ minus⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠

Suponiendo que en la tobera el flujo estaraacute bloqueado se tomaraacute como temperatura de estancamiento T0 cong 12 T un valor 20 mayor que la temperatura estaacutetica del fluido circulante considerando eacutesta de 25ordmC El caudal maacutesico circulante en condiciones de flujo bloqueado y para una tobera convergente vendraacute dado por

1 2( 1)

0 0 SALIDA

0 0

00

SALIDA

P middotA P middotA2m 06847middot 1RmiddotT RmiddotT

m RmiddotTP

06847middotA

γ+γminus⎛ ⎞= γ =⎜ ⎟γ +⎝ ⎠

=

El diaacutemetro equivalente de las dos toberas se obtendraacute

2 2

SALIDA0036 D2 A

4 4π π= =

DTobera = 00509 m Para

[ ] [ ] 2 2 20 SALIDA

kgm 7 T 30 k 303 k A (diaacutemetrode la tobera) (00509) ms 4 4

JR 28704Kg K

π π⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = equiv = =⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

y se obtendraacute [ ] [ ]0P 1481035 Pa 148 bar= cong Esta seriacutea la presioacuten de estancamiento en la tobera convergente para que a la salida de la misma se tenga flujo bloqueado


Problema 57 251

2 Determinacioacuten de las condiciones estaacuteticas y de estancamiento a la entrada de la tobera y por ende determinacioacuten del diaacutemetro del conducto En la tobera convergente se cumple P0 = cte T0 = cte El proceso de caacutelculo empleado es iterativo Se supondraacute inicialmente un diaacutemetro del conducto hallaacutendose la presioacuten de estancamiento necesaria en los depoacutesitos de alimentacioacuten si eacutesta es superior a la presioacuten existente se deberaacute aumentar el diaacutemetro del conducto

C 2

C C

TT T

RmiddotDA DA 4

RmiddotDA DA4

⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Si empty conducto cong 3rdquo cong 762 mm

2 2

C

T

DA 76 2 225D 508A

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

El numero de Mach a la entrada de la tobera seraacute

12( 1)

2C

T

AA 1 2 11 MA M 1 2A

γ+γminus⎡ ⎤⎛ ⎞ γ minus⎛ ⎞= = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ + ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

De esta ecuacioacuten para un valor dado de

AA

hay que despejar M (que seraacute el nuacutemero de Mach a la entrada de la

tobera)

De la tabla de flujo isoentroacutepico para SE OBTIENE2

A 225 M 0 27A

= ⎯⎯⎯⎯⎯rarr =

Nota El valor de M2 ha de ser siempre inferior a la unidad En la seccioacuten de entrada de la tobera donde se tiene M2=027 se cumple

202

2

T 1t 1 MT 2

γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

1202

2

P 1t 1 MP 2

γγminusγ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠

1202

2

1t 1 M2

γγminusρ γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠

Sustituyendo en las ecuaciones anteriores el valor de M2= 027 se halla

02

2

T098563

T= 02

2

P095060

P= 02

2

096446ρ

=ρ

de donde 2P 0950601481035 14078719 Pa= =

relacioacuten de las temperaturas de estancamiento y estaacutetica a la

entrada de la tobera

relacioacuten presioacuten estancamiento y presioacuten estaacutetica a la


relacioacuten de densidades



3 La presioacuten a la entrada del conducto Pdepoacutesito se obtiene Puesto que el flujo en el conducto es de Fanno se cumpliraacute

1 2

4Cf l 4Cf l x4CfD D D

∆= +

donde

1 22 2

2

4Cf l 1 M 1 2 1Ln M 1 MD 2 1 2M

minus⎧ ⎫⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus γ + γ minus⎪ ⎪⎛ ⎞= + +⎨ ⎬⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟γ γ +γ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎪ ⎪⎩ ⎭ (A)

Para M2=027 de la tabla para flujo de Fanno

SE OBTIENE

2

4f l 69832D

⎯⎯⎯⎯⎯rarr =

Por otro lado

estimado del tubo

x 144Cf 40005 36745D 00762

∆ = =

con lo cual

1

4Cf l 69832 36745 106577D

= + =

Entrando con este valor en la tabla de flujo de Fanno o bien sustituyendo M en la ecuacioacuten (A) se obtiene el valor de Mach en el punto 1 Asiacute M1=0229 Este valor siempre tiene que ser menor que M2 Las presioacutenes estaacutetica y de estancamiento a la entrada del conducto se determinan (de la tabla de flujo de Fanno)

SE OBTIENE1 M11

2

M2

PP 47378 47378P P 14078719 1656003 2 (Pa)

PP 40279 40279P

= = ⎯⎯⎯⎯⎯rarr = =

La relacioacuten entre la presioacuten estaacutetica y la de estancamiento para un nuacutemero de Mach dado se puede obtener aplicando asimismo la ecuacioacuten

12

2

P 1 2 11 MM 1 2P

minus⎡ ⎤⎛ ⎞ γ minus⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ + ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

1 2


Problema 57 253

La presioacuten de estancamiento en el punto 1 se obtendraacute

1 DE DONDE201 11 01

1

P P11 M P 1717594 4(Pa)P 2 0964141

γγminusγ minus⎛ ⎞= + ⎯⎯⎯⎯rarr = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

O bien de la tabla de flujo isentroacutepico para M1=0299 1

01 M1

P0964132

P=

Si esta presioacuten es superior a la presioacuten de estancamiento de las botellas de alimentacioacuten que se ha considerado

como constante e igual a 17 bar seraacute necesario aumentar la relacioacuten C

T

AAAA

= es decir aumentar la seccioacuten del

conducto En realidad puesto que la presioacuten de estancamiento obtenida en 1 es ligeramente superior a 17 bar se deberiacutea repetir el problema para un diaacutemetro de conducto ligeramente superior



Problema 58 255

Problema 58 581 Enunciado Se requiere disentildear un prototipo de avioacuten supersoacutenico A priori se pretende que vuele a 10000 y 20000 m de altura y se requiere estudiar la posibilidad de que vuele a M=2 y M=5 Como primera aproximacioacuten se entenderaacute que el coeficiente de arrastre del avioacuten estaacute baacutesicamente influenciado por las fuerzas que actuacutean sobre la estructura coacutenica de la parte frontal del avioacuten Determine para las condiciones de vuelo establecidas cuaacutel es la potencia requerida en los motores del avioacuten suponiendo que el aacutengulo del cono pueda ser de 30ordm o bien de 20ordm Considere el diaacutemetro de la base del cono de 15 m γ =14 iquestCuaacutel es el valor de la presioacuten de estancamiento en la superficie del cono y de la corriente no perturbada iquestQueacute conclusiones se extraen de los resultados obtenidos

Propiedades de la atmoacutesfera a 10000 m a 20000 m

T (K) 22325 21665 P (Pa) 265 104 55293103

ρ (Kgm3) 041351 0088910 micro (Kg(ms)) 1457710-5 1421610-5

1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6

Nuacutemero de Mach antes dela onda de choque M1

Linea deMach

Angulo de cono maacuteximopara una onda de choquecoacutenica adherida

1510

δc=0 deg

1 2 3 4 5 600

10

20

30

40

50

60

70

80

90



Linea deMach

δc=50 deg

1015

10

20

30

40

50

10

15

20

25

30

1 2 3 4 5 6



Linea deMach

δc=50 deg

10

15

Fig 581 Diferentes diagramas de trabajo



582 Resolucioacuten De las graacuteficas del enunciado se obtiene

M1 = 2 δc = 15ordm rarr ε = 34ordm Mc = 17 PcP1 = 15 M1 = 2 δc = 10ordm rarr ε = 315ordm Mc = 182 PcP1 = 125 M1 = 5 δc = 15ordm rarr ε = 20ordm Mc = 38 PcP1 = 37 M1 = 5 δc = 10ordm rarr ε = 16ordm Mc = 43 PcP1 = 235

La fuerza sobre la estructura coacutenica vendraacute dada por el producto de la presioacuten estaacutetica sobre la superficie del cono por el aacuterea del mismo

1 Para una altura de 10000 m

M = 2 δc = 15ordm Pc= 15 265104 = 39750 Pa M = 2 δc = 10ordm Pc= 125 265104 = 33125 Pa M = 5 δc = 15ordm Pc= 37 265104 = 98050 Pa M = 5 δc = 10ordm Pc= 235 265104 = 62275 Pa

La presioacuten de estancamiento en la superficie del cono que se obtiene tabla de flujo isentroacutepico es Mc = 17 rarr PcPoc = 020259 Poc = 39750 020259 = 196209 Pa Mc = 182 rarr PcPoc = 016879 Poc = 33125 016879 = 196249 Pa Mc = 38 rarr PcPoc = 00086290 Poc = 98050 00086290 = 113628462 Pa Mc = 43 rarr PcPoc = 00044494 Poc = 62275 00044494 = 13996269 Pa

La presioacuten de estancamiento antes de la onda de choque que se obtiene yendo a la tabla de flujo isentroacutepico responde a la relacioacuten

M = 2 rarr P1P01 = 012780 P01 = 265104 012780 = 2073552 Pa M = 5 rarr P1P01 = 000189 P01 = 265104 000189 = 14021164 Pa

La superficie sobre la que actuacutea la presioacuten es π 152 4 = 17671 m2

La fuerza en la estructura seraacute 39750 17671 = 70244 N M = 2 δc = 15ordm 33125 17671 = 58536 N M = 2 δc = 10ordm 98050 17671 = 173268 N M = 5 δc = 15ordm 62275 17671 = 110049 N M = 5 δc = 10ordm

de donde la potencia

P = F V mC R T 1 4 287 223 25 2995s

= γ = =

M = V C M = 2 δc= 15ordm 70244 2 2995 = 42076156 W M = 2 δc= 10ordm 58536 2 2995 = 35063064 W M = 5 δc= 15ordm 173268 2 2995 = 259468830 W


Problema 58 257

M = 5 δc= 10ordm 110049 2 2995 = 164798377 W

2 Para una altura de 20000 m M = 2 δc = 15ordm Pc = 15 55293 103 = 82939 Pa M = 2 δc = 10ordm Pc = 125 55293 103 = 69116 Pa M = 5 δc = 15ordm Pc = 37 55293 103 = 204584 Pa M = 5 δc = 10ordm Pc = 235 55293 103 = 129938 Pa

La presioacuten de estancamiento en la superficie del cono seraacute Poc = 82939 020259 = 409393 Pa Poc = 691162 016879 = 409480 Pa Poc = 204584 0008629 = 23708888 Pa Poc = 129938 00044494 = 29203488 Pa

La presioacuten de estancamiento antes de la onda de choque vale P01 = 55293103 012780 = 432652 Pa P01 = 55293103 000189 = 29255555 Pa

La fuerza actuante seraacute 82939 17671 = 14656 N 691162 17671 = 12213 N 204584 17671 = 36152 N 129938 17671 = 229613 N

La velocidad del sonido a 20000 m se determina

mC 14 287 21665 29504s

= =

La potencia requerida seraacute

14656 2 29504 = 8648212 W 12213 2 29504 = 7206647 W 36152 5 29504 = 53331430 W 229613 5 29504 = 33872509 W

Obseacutervese que la disminucioacuten del aacutengulo del cono da lugar a una disminucioacuten notoria de la potencia requerida Por otro lado al aumentar la altura de vuelo disminuye la potencia necesaria en los motores En realidad para determinar la potencia total seraacute necesario tener en cuenta las fuerzas debidas a la friccioacuten y a la distribucioacuten de presiones sobre los demaacutes elementos componentes del avioacuten



Bibliografiacutea 259

Bibliografiacutea Antonio Barrero Ripoll Miguel Peacuterez-Saborid Saacutenchez-Pastor Fundamentos y Aplicaciones de Mecaacutenica de Fluidos McGraw Hill 2005 Antonio Crespo Mecaacutenica de Fluidos Seccioacuten de Publicaciones Universidad Politeacutecnica de Madrid 1997 JF Douglas JM Gasiorek JA Swaffield Fluid Mechanics Longman 1998 RW Fox AT McDonald Introduccioacuten a la Mecaacutenica de Fluidos McGraw Hill 1995 P Gerhart R Gross J Hochstein Fundamentos de Mecaacutenica de Fluidos Addison Wesley 1995 A Lintildeaacuten Martiacutenez M Rodriacuteguez Fernaacutendez F Higuera Antoacuten Mecaacutenica de Fluidos (Primera parte) 2000 A Lintildeaacuten Martiacutenez M Rodriacuteguez Fernaacutendez Mecaacutenica de Fluidos (Segunda parte) 2000 JM Lopez Herrera MA Herrada M Peacuterez-Saborid A Barrero Problemas resueltos de Mecaacutenica de Fluidos McGraw Hill 2005 BS Massey Fluid Mechanics Chapman amp Hall 1989 D Pnueli C Gutfinger Fluid Mechanics 1997 Research and Education Association Fluid Mechanics Problem Solvers REA 1996 IH Shames Mecaacutenica de Fluidos McGraw Hill 1995 Joseph H Spurk Fluid Mechanics Springer 1997 Joseph H Spurk Fluid Mechanics Problems and Solutions Springer 1997 Luis Virto Mecaacutenica de Fluidos Problemas resueltos Edicions UPC 1991 Frank M White Mecaacutenica de Fluidos McGraw Hill 1988 Frank M White Mecaacutenica de Fluidos McGraw Hill 2004 MJ Zucrow JD Hoffman Gas Dynamics Volume 1 John Wiley amp Sons 1976





Mecaacutenica de fluidos

Proacutelogo

Iacutendice

Nomenclatura

Problema 1

Problema 2

Problema 3

Problema 4

Problema 5

Problema 6

Problema 7

Problema 8

Problema 9

Problema 10

Problema 11

Problema 12

Problema 13

Problema 14

Problema 15

Problema 16

Problema 17

Problema 18

Problema 19

Problema 20

Problema 21

Problema 22

Problema 23

Problema 24

Problema 25

Problema 26

Problema 27

Problema 28

Problema 29

Problema 30

Problema 31

Problema 32

Problema 33

Problema 34

Problema 35

Problema 36

Problema 37

Problema 38

Problema 39

Problema 40

Problema 41

Problema 42

Problema 43

Problema 44

Problema 45

Problema 46

Problema 47

Problema 48

Problema 49

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57

Problema 58

Bibliografiacutea

AULA POLITEgraveCNICA 111


EDICIONS UPC











Proacutelogo I





Iacutendice III

Iacutendice






Nomenclatura V







Problema 1 1



-6

2

Q 35times10 mU = = = 01237S sπ 0006

4



( )2

2 2

2



⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


donde 2∆P RU = -

∆x 8micro


2 2


π π




2

maacutex

maacutex 2


2 r= -micro UR


τ


maacutex

maacutex

r = R2= -micro URU

como U =2

U= -micro 4R

τ

τ


Τ

Τ


como - F = Fp

14137 = 8 π U micro L = 8 π 01237 micro

τ τ

2



UD 01237times0006 Re = = lt 2400 0 4547ν

ρ



Problema 2 3



du = dy

τ micro

1 1v 0 R ωdu = =

dy h hminus


ω

Hh

h

R1

Fig 21



21L 1 1


h hω

31L 1 1 1 1



23





R3R i i

B i i0S 0



⎣ ⎦

3


R4

3 iB B i i i

0


⎡ ⎤int ⎢ ⎥

⎣ ⎦

4

Bω 2π RM = micro

h 4





3 11

Rω 2π H R +h 4

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


310 003middot2π 01middot003 +0001 4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

NT = 00127 [W]


Problema 3 5


e

ω

da

d

θ

R

θ



part ω ωpart




32



ω ω

ω




o

o

4903

-90


int


o

o

4 902 3

-90


ω ω int

y quedariacutea

o

o

904 902 2

-9090


⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤ω ω θ θ +⎢ ⎥int⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

90 904

2 2

90 90


⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ω θ θ +⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

4


ω


Problema 4 7


ω

iR5 cm


iτ = idνmicro

dn = iR ω

microe

= ih tgθωmicro

e



θe

X

En la base

iτ = idνmicro

dn = iR ω

microe

dri

dzdhi

θ





θ θ

2 2


e cosθω

32 2h

2 ii

0




2i



Problema 4 9

3R2i

0



i

i


2

2i i


i iR = h tgθ

3 3 4h

3L i

0


El par en la base

2i i i


4h

3b i

0



TM = L bM + M

4 43 3

4 4T


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


4 3T


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


24 3


π ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 5 11


4 1


9

2

N196 10m



dpd


T

1 ddTforallα =

forall


d dp dTp T


de donde


Integrando

P T

P T

final final final


d dp dTforall

forall




( ) ( )final


inicial





( ) ( )1 p p T T

final inicial





Problema 6 13


0YY =

x1+L

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


0x yu = u 1+ 1-L Y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ siendo u0 =1 ms

L = 5m

xYo = 1m

Ys = 05m


v u= -y x

part partpart part




2 32 2

0 02 20 0


⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦


220

20

uu 3y x- = - 1- 1+x L LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2220 0 0

2 20 0


⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

23

0 02

0

u y u y xv = - + 1+ + C(x)L LLY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


2

30 0 0 0

2 30

x1+u Y u Y L0 = - + + C(x)

x LY xL 1+ 1+L L

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠



2 20

0

u y y xv = - 1- 1+L Y L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦







part partpart part


22

0 20

u 1 3y x 1= u - 1+x L L LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

3

0 20

u 2y x= u - 1+y LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 6 15

3

0 20


⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎣ ⎦

22

0 20

v 3y x 1= u 1+ -y L LLY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


2 43 520

x0 0

u x y x y xa = 1+ - 2 1+ + 1+L L Y L Y L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2 452 3

0y 2 2 4

0 0

u y x y xa = y - 2 1+ + 1+L LL Y Y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦




y1 u w= - = 02 z x


Sustituyendo queda

220

z 2 20

yu x y x= 1+ + 1+L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ω ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


220

z 2 20

yu x y xξ = 2 1+ + 1+L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦





part partpart part

se llega a

( )d δ1 = 0

δ dtforall

forall





puesto que

xz1 u w= + 02 z x




2 20

xy 2 20

yu x x y= 1+ - 1+ +L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞φ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 7 17


xu =1+ t

yv =1+ 2t

w = 0



dy y= v =ds 1+ 2t


slnx = + cte1+ t


1+t1middotx = c e

2middot

s1+2ty = c e


( ) ( )0 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


0 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 00


⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

1+t1+2t

0 0

x y=x y

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




1+t1+2t

00

xy = yx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


y x=y x


y

x

aumentando t

t = -13t = -16

t = 0

t = 13

t = 1

t = infinito

yo

xo


=


dx dyx y

1 t 1 2t

=

+ +


+=+


X Y

X Y0 0

1 t dx dy1 2t x y

+ =+ int int

de donde 0 0


⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Problema 7 19

o bien

1 t1 2 t

0 0

x yx y

++⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


(A) dx x=dt 1+ t

(B) dy y=dt 1+ 2t

Integrando



1lny = ln 1+ 2t + k2

( )1 ln 1+2t +k2lny 2e = e ⎯rarr⎯ ( )

12 2y = 1+ 2t k (D)


0 1X = k ( ) 0x = 1+ t X

0 2Y = k ( )12 0y = 1+ 2t Y


12

00

xy = 1+ 2 -1 YX

⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


(C) ( ) 1x = 1+ t k 01

Xk =1+ ε

⎯rarr⎯ ( )

01+ t

x = X1+ ε

(D) ( )12 2y = 1+ 2t k

( )0

2 12

Yk =1+ 2ε

⎯rarr⎯ ( )( )

12

012

1+ 2ty = Y

1+ 2ε



( ) ( )2

00

1+ t Y 1ε = X -1 = 1+ 2t -1x y 2

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎯rarr⎯ ( ) ( ) 20 01+ 2tX 1 Y1+ t - =

x 2 2 y⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Despejando 0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

se obtiene

0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= ( )

( )

12

0

1+ 2tX2 1+ t -1x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

=

12

0

1X2 -1x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= 1-20X2 -1

x⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Liacutenea de traza


Senda

y

x

YO

XO


Liacutenea de traza


Senda


Puntoemisor



Problema 8 21




( )ρ + ρv =t

part nablapart

0


x y zv v vv = + + = 2 - 2 + 0 = 0



2 ( )va = + v vt

part nablapart


partpart

= 0



( ) ( )( )

x y z

x y z

x y z



= ( )( )2x - 3y 3x - 2y 23

32minusminus

=

= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ˆ ˆ2x - 3y 2 + 3x - 2y - 3 i + 2x -3y 3 + 3x - 2y -2 j⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ =


( ) ( )

( ) ( )

ˆ ˆ ˆi j k


2x -3y 3x - 2y 0



x y

dx dy=V V


( ) ( )dx 3x - 2y - dy 2x -3y = 0



part partpart part


N(xy) = ( )- 2x -3y


M(x y)y

partpart

= N(x y)x

partpart

=-2



2int int


partpart


Problema 8 23


03yC(y) = + C2


2 2

03x 3yF(x y) = - 2xy + + C = 0

2 2



03 3F(x y) = - 2 + + C = 02 2

⎯rarr⎯ 0C = -1


2 23x 3y+ - 2xy -1 = 02 2








2 23x + 3y - 4xy - 2 = 0 (1)


( ) 3-3cotg 2θ = = 0-4




x

45ordm

x

yy






2 22 2 2 2 2 2 2 23 x - y + 3 x + y - 4 x - y x + y - 2 = 0

2 2 2 2 2 2 2 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


2 21 5x + y -1 = 02 2


2 2

2 2

x y+ = 1a b


a = 2

2b =5


1ω = Ω2




Problema 8 25



ysenθ =bxcosθ =a

x = acosθ = 2cosθ




x

yb

a


( ) ( ) ( )2π 2π

0 0


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟int int int⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




( )l s s s s


rarr 2 12π6πab = 6π 2 = = Γ5 5


se calcula



⎯rarr⎯

2i = 2

2j = - 2

β

β


ij =

u 1 u v 1 u w+ +x 2 y x 2 z x

1 v u v 1 v we + +2 x y y 2 z y

1 w u 1 w v w+ +2 x z 2 y z z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠




Sustituyendo

( )

( )

212 -3 + 3 0 22 21 d 1 2 dr = -3 + 3 -2 0 - = 2dr dt 2 2

00 0 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 9 27


Agua

Esfera

45deg


92 Resolucioacuten





y

s s s




( )

2

2 3 2

2 2

2 32 3

2 2




θ

πminus

θ θ

π πminus minus

θ θ

π πminus minus



⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= minusρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

int

int int


π πθ =⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

( )

2 2 2 3 3 3

2 3



( )

( )

2 3

2 3

1 1E gh2 R g2 R 1353553 4 3

R RE g2 h 1353553 4 3

⎛ ⎞= ρ π + ρ π⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥

⎣ ⎦

h y

x x

y

y

F

R

r θ


Problema 9 29

( )3 3

3 3 3

R sen45ordm RE g2 1353553 4 3


⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥

⎣ ⎦⎡ ⎤= ρ π + = ρ π = ρ π⎢ ⎥⎣ ⎦


2

2

3 3E H O

H OE 3


= ρ π = = ρ π

ρρ = =



4 1 4Peso W g R g R3 2 3

gt

lt= = ρ π = ρ π


ρ lt ρ


2 32 3

Hg Hg

2 2


θ θ

π πminus minus

⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= minusρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

de donde

( )2 3 3 2 2Hg




2Hg

R hE g2 R (0 1) (0 1)3 2


2Hg

R hE g2 R3 2

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥⎣ ⎦

33

Hg HgR 4 1E g2 g R3 3 2

= ρ π = ρ π




3866664 N

558281 N

0

100000

200000

300000

400000

500000

600000

-90 -75 -60 -45 -30 -15 0 15 30 45 60 75 90


Empu

je q

ue a

ctuacutea

sobr

e la

esf

era

(est

ando

pa

rcia

lmen

te su

mer

gida

) (N

)


3 3esfera esfera


ρ π π (3)




Problema 10 31



R

cdg

Y

45degha




102 Resolucioacuten

R

Yi

RXc Xc

X X



4

xc 2

R 64I = 1-8 9

π ⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠

4x

1I = πR8

4RY =3π



acdg

h 4RY = + R -sen45 3

⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠


sen45 3⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠


sen45 3π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


sen45 3π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


xcdgcdp cdg

cdg

IY - Y =

Y times A


Problema 10 33

ha = 10 m 4xcdg

cdp cdg 210 10cdg10


2π

cdp cdg10 10

Y - Y = 000474 m

ha = 100 m 4

cdp 2100

01097times1Y = 141996 + = 14199649 mtimes11419962

π

cdp cdg100 100


ha = 500 m 4

cdp 2500

01097times1Y = 707682 + = 7076820987 mπtimes1707682

2

cdp cdg500 500

Y - Y = 000009870 m


2 2

10 cdg10


π π

2 2

100 cdg100


2 2

500 cdg500


π π



⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭




R c

a

Y

Yt

da

45deg

hht


2 2 2

2 2



dF = P ds



( )R

2 2t

0




R




22 2

0

⎡ ⎤minus +⎢ ⎥2 2⎣ ⎦




Problema 10 35



⎡ ⎤minus +⎢ ⎥


R


2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2 2

0

1 R a3



2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

- ρ g senθ 2 ( ) ( )3

3 22 2 2 221 1 R R R 03 3


⎣ ⎦

( )32

2 2t


2

3t


2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



a at


senθ senθ



⎡ ⎤π⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦



sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 1602033 N


sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 154564569 N


sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 770316729 N





R R

2 2 2middot 2 2t

0 0


( )RR3 2 2 4

2 2 2 22t

0 0


⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

4

3t


⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Recordando que

at

hY = + R

sen45


ah 10 m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

ah 100 m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

ah 500m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦



Problema 11 37






ms







⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠









radw = 10seg

a -a

6cm

v

t

t v


Problema 11 39


g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

de donde


g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0

r z2

zr=0 z



[ ]2

2z 0

rω = (g + a ) z - z2

con lo cual

( )2

20

z

r 1z = ω + z2 g + a


R2

inicial0



2 2R2

inicial 00 z

ω r 1πR z = 2π r + z dr2 (g + a )

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠int

( )

R2 4 22

inicial 0z 0


( )2 4 2

2inicial 0

z

ω R RπR z = 2π + z2 g + a 4 2⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( )2

2inicial 0

z

ωZ = R + Z4 g + a

2 2

o inicialz

ω RZ = Z -4(g + a )





2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1Z = Z - +4 (g + a ) 2 (g + a )


dP = -ρg dz

p -z


P = ρg z


2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1P = ρg Z - +4(g + a ) 2 (g + a )

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Para ρ = 1000 3

Kgm

g = 98 2

ms


r = 002 m




4 98 +1 2 (98 +1)⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

P =287648 Pa



4 98 - 07 2 (98 - 07)⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

P =286461 Pa


P =286204 Pa


Problema 11 41


m= +07s

P =28746 Pa


2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1Z = Z - +4(g + a ) 2 g + a


2 2 2 2ω 006 ω 006 10 4 = 03 - +4times98 2 98

radω = 3299seg



Problema 12 43



VC SC


forallint int

0=bull

sdρ + mdtforall

2id = r dhforall π

r2

r1 H

hθ

Sd




2 1r - r

tgθ =H

22 1

1r - r

d = π(r + h ) dhH

forall

bull

22 1s1


H

bull


2hf t2 1

1H 0d


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠int int

fh 2

2 22 1 2 11 1 2

Hd


hf

23 2 5 22 2 1 2 1

1 1 2d

H


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


23 2 5 22 2 1 2 1

1 1 2d


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 13 45


hdhi

α

rd

r

hi

seccioacuten Ss

Fig 131


c Sc


forallint int






2id = π r dhforall



2i


dt



( )( )2d i

i i s


dt



( ) ( ) 12

22 2 sd i d i i i


π⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) 122 2 2 2 s

d i i d d i i iS


⎡ ⎤α⎣ ⎦

( )1 1 1 12 2 2 2

2 20 t2i i2d si

d d ih 0i i i i


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦int int

3 5 31 1 1

2 2 2 2 2 20 t

2 2 2 si i i i i id d d3 5 31 1 1

02 2 2 2 2 2 h


π

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

5 5 5 3 31

2 2 2 2 2 22 2 s

d d d3 5 31 1 12 2 2 2 2 2


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


5 5 5 3 312 2 2 2 2 2

2 2d d d3 5 31 1 1

s2 2 2 2 2 2


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Problema 13 47


5 5 5 5 5 5 3 3 31 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 23 5 31 1 1

2 2 2 2 2 2

1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1t = 01 m +0 268 -2 + + 2 01m 0268 - 2 01m 0268 times⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

2

2m

s


t =119s



Problema 14 49


r r

A2 A1

dA1r1

x1

dA2 Vry

y

x1


nS

Q = V dAint





[ ]maacutex

maacutex

miacuten

miacuten

θθ

1 -θ1-θ







maacutexy

0


maacutexy

2 20 1


1 1

2 21

x xcosθ = =

r x + y

maacutexmax

yy1

12 21 110 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

int

maacutex

1

yQ = 2b N arctg

x⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

m aacute xmaacutex

1

ytg =

xθ





Problema 15 51



Salida 3

Salida 1

Salida 2







( ) ( ) ( )1 2 3

D 1 1 2 3 3s s s






( ) ( ) ( )D 1 1 2 3 3


minus


( ) ( ) ( )t 0

0 HD 1 1 2 3 3


minusint int


Problema 16 53


11


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1

X π gt t 0v 2

ge

0 x Xle le


S

dx

dV

Ve Vs

xX

Fig 161




c ss se


forallint int int

c ss se se ss



c


forallint


c

X X1 1

1 10 0



X2

1 11 1

0


⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦

= 1 11


simplificando

c

1e s 1 1


minus = forallint


c

X X1 1

1 10 0



c

X1 1

10



Integrando

c

X1 1 1

1 1 10





Problema 17 55


Ao

Pd

Pn

PoutQL1

QL1

QL2

V

Q



forallint int



vc s s s0 1 2








forallforall


m ρ


⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

dρ dp= ρ β

dρ ρ dp= dt β dt


forallforall








(A)






Problema 17 57

r4

L4 L6 L8 L10L5 L7 L9 L11

L2L1 L3

r0

r1r2

PinletPoutlet

r3


( )( )1 pL1

h R tan sen tQ D

2


⎢ ⎥⎣ ⎦

( )( ) ( )

( ) ( )

10 1Tank n p 2 4 6 8 103

10

1 2 3 11 p 2 4 6 8 103 3 311 2 1





n outL2

32 43 3 3

1 2 31 2 3

p pQ



+ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠




Problema 18 59



Q

+j+i-i

-j



Ps Pe Ps

PL

Vs Vs

Ve


ySe Ss Sl Sl VC Sc



( ) ( ) ( )bull

Ly e sSe Ss



bull


FLy


Problema 19 61


D2

oe

Pe

Ps

ds

Pe

Psds

τ τ












e 2e

QvD4

=πsdot

ss

Qvs


⎝ ⎠



r1

drds 2 rsen 90

2


⎝ ⎠

int

( )2 22 1

s

r r2s2sen 90

2


⎝ ⎠

( )2 2

2 1s

r rs

sen 902

πsdot minus=


Vys

Vs

Fig 193


Problema 19 63

αdeg

D1

D2

Fig 194

r

dr

dh


y

y e s 1se ss sl sl

Fl


sum









2 2sen 90 sen 902 2


sum



2sen 902


⎝ ⎠


Problema 20 65








10210

SE SE 00



⎣ ⎦

12

1SS SS 0

0



⎣ ⎦


x ESE

x SSS

v v ds = - v Q

v v ds = v Q

ρ ρ

ρ ρ

int

int






Problema 21 67


S

SV

Vi

p

p

Ss





2y y i i i i i



2 2s s i i

s iP V P V

g z Y g z2 2

+ + + = + +ρ ρ


2iV PY

2∆= =ρ


2i

y P PVF PS S2

= ∆ = ρ


22i


= ∆ = ρ = ρ


2 2i i


= ∆ = ρ = ρ


y yi

i P

F 2FV

S S= =

ρ ρ

3

32 2yi 2a P i P y 05

P P

2FV 1 1N S V S F4 4 S (2 S )

⎡ ⎤= ρ = ρ =⎢ ⎥ρ ρ⎣ ⎦

o bien


Problema 21 69

2 3 3a y y 2

P

1 2N F F2 S D

= =ρ ρπ


3P 100000 Kg1189

RT 287 293 mρ = = =

sdot

2 3 3a y 2 2

2 2N F (200 98)D 1189 2

= = sdotρπ π

Na = 3174704 W


a2N M M 400 3174704 W60π= ω = =

M = 30316 Nm



Problema 22 71


FUELm )

Vsoporte

avioacuten

Ae As

me P








ee

m VA

=ρ




Obtenieacutendose





Problema 23 73


xy

x

Ve

vc

Fig 231








vc scd v ds 0


salidasalidavc s

d v ds mt


vcsalida

dMm

dt= minus

masa cohete t




yvcv d 0


salida

y r y salidassm



e salida

inicial salida

v ma g

M m tsdot

= minusminus sdot

2

dvadt

= ( )t


salida 0


m⎡ ⎤sdot


int

inicial salientee

inicial

M m tV V ln g t

M⎛ ⎞minus


o bien

iniciale

inicial saliente

MV V ln g t

M m t⎛ ⎞




Problema 24 75


2avioacuten

DV

D C ρ s2

= sdot sdot sdot





y

x

g

yrsquo

xrsquo

22ordm78ordm

a yrsquo

xrsquo

v = cte


2


sc sc c



forall

forall



2





2avioacuten

DV

D C s2

= sdotρ sdot sdot


2






Problema 24 77





V s V s m V m V





x y c V d 0t forall


y se obtiene

( )2





Puesto que 2

2

d R adt


( )2avioacuten




( )2avioacuten





( )

( )

2inicial




2mV (V at)


sdot =minus +






f

i

f

e

Vi

h

h

V

22deg




= minus sdot





105V V at

m V m V105 105


+⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus = minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )


2inicial


V atm V

105


+⎛ ⎞minus =⎜ ⎟⎝ ⎠


( )

( ) ( )


2inicial

D aire avinicial



2



( ) ( )

( )

2inicial

D aire avinicial

salienteinicial

gases escape



105 105



⎝ ⎠


2final inicial

2

V Vd Ratdt

minus= =


2

f i

2f i i

1e middotamiddott 2

h hsen22ordm


=

minus=

= + = +


Problema 24 79


hf hiaire

hfhf

hf

hihi

hi

2

P

RmiddotTP

RmiddotT

ρ + ρρ =

ρ =

ρ =


hf

o

o

o

P P h hfP Patm h 0

0

0 fhf

atm 0

gRmiddotB

0 fhf

0





T BmiddothP

T

= == =

= minus

= =



⎡ ⎤ ⎡ ⎤minus=⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎛ ⎞minus= ⎜ ⎟⎝ ⎠




Problema 25 81





ρ



x

z

y

x

z y






c

Vdt forall


2

2se ss


⎛ ⎞ω+ ρ + ρ + ρ + and⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int int ( ) ( )c

(ijk)se ss c

2 V r d

pdS pdS F gd

forall

forall



int

int int int

( ) ( )2

e s (i jk)2c se ss


bull and bull and

forall


⎣ ⎦int int int



= + +

2

2

d R 10j 10kdt

= +

( ) [ ]i j k

2 V 2 0 2 0 2 001 2 0 2i 0 2 j 0 4i 0 4 j0 0 1


( ) ( )i j k



x

z

y

Tuberiacutea

v

dS

dS

x

z

y

R

x

z

y

05

0505

15


Problema 25 83

( ) ( )0005 0 2Z i 0005 0 2Z j= ω and + minus +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( )

i j kr 0 2 02 001


+ minus +




( ) ( ) ( )15 5 3 5 3 3 2tubo tubo (i jk )05



15 15 152 2 2

5 5 3 3 3 2tubo

05 05 05

tubo (i jk)




and


minus =

2 23 3 3


4 4




2e e

e

P V2

+ρ

2s s

es

P VgZ

2+ = +

ρ s 2c

8 LVgZrν+ +


s e 2c

5 5s

8 LVP Pr


ρ ν= minus

= minus =Ve

VsPs

Pe



Problema 26 85


h

w

Vsalida

Ventrada

a

a

D

R

A

B



Ventrada

Vsalida











2 2 2

A BP PV V L V+ = + + fρ 2 ρ 2 D 2

Asiacute

2A

BP L VP - fρ D 2

=


SA SB SL SL C C SC

2

C 2


d R d r 2 V r ddtdt

forall forall

forall




Problema 26 87



[ ]CF Y A B total C


β

2Ωv r

Ω R r2

v

R

i (+)

j (+)





minus β minus β

Centriacutepeta


R sen R cos 0


2 2



Ω β Ω β


2 2CF(a) 0


puesto que




2 2CF(a)


γa

v

γa

i (+)

z (+)z (+) z (+)z (+)

i (-)

z (+)

90minusγ

v90minusγ


Coriolis codo 1

i j k2 V 2 0 0 0



Coriolis codo 2

i j k2 V 2 0 0 0

v cos(90 ) 0 vsen(90 )Ω and = Ω =



1


2



a cos R a(1 sen )



Problema 26 89

γ

z (+)

R2

R

a

γ a

R1

i (+)


2 2



minus Ω Ω γ



a cos R a(1 sen )


2 2



Ω Ω γ



2 2 2 2 2CB(b12) 0




2 2CB(b12)




z

i j k2 V 2 0 0 0

0 0 VΩ and = Ω =

z (+)

Vsalida

Ventrada

a

A

B

Codo 1

Codo 2

z R

j (+)

j (-)i (-)


Ventrada

Vsalida


Problema 26 91


z

i j k2 V 2 0 0 0

0 0 VΩ and = Ω =

minus



a R (a z)


2 2



minusΩ Ω



a R (a z)


2 2



Ω Ω


a z 2 2tubo recto a



2tubo recto


[ ] ( ) 2 2 2CF Y A B total





Problema 27 93



x y

z

e

Umaacutex




ess

m v dsrarr rarr

= ρint

o bien

ess

Q v dsrarr rarr

= int


maacutexua

06 01=

minus

ov v ay= minus

maacutexo

uv v y

06 01= minus

minus


maacutex 0u V05 06

=

maacutex0

06uV

05=



05 06 01= minus

minus

o bien

[ ]maacutexuv 06 y

05= minus


0 01 06 Y

V

V0


Problema 27 95

0606 2maacutex


u06 - Y YQ = u e dy = e 06Y - = u e 02505 05 2

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎣ ⎦int


0se ss



0ss



( )i j k

ˆ ˆr v 075 (1 Y) 05 05v j (1 Y)v kv 0 0





01 01

2 32 2maacutex



1 Y Ye u 06 Y 2 0605 2 3




⎣ ⎦

int

int int06 062 3

2 2maacutex

01 01

062 3 42 2maacutex

01

1 Y Yˆ ˆj e u 06 Y 2 06 k0 25 2 3

1 Y Y Y ˆe u 06 2 06 k0 25 2 3 4


⎣ ⎦


⎣ ⎦




zss



( ) ( )zss ss






( ) ( )


206maacutex

maacutex01

06 y 06 yM y u y u edy05 05


05 05



⎢ ⎥⎣ ⎦

int

int

( ) ( )06


01

u e u06 2 06 y y y y 06 y dy


⎣ ⎦int


01

u e u y y y y y06 2 06 0605 05 2 3 4 3 4


⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

( ) ( ) ( )2 4 4 4 4



2maacutex maacutex

2

u e u e0009375 0010625

0505ρ ρ

= minus ω


2maacutex maacutex

2

u e u ek 0009375 0010625

0505ρ ρ

ω = minus ω

2maacutex maacutex

2

u e u ek 0010625 0009375

05 05ρ ρ⎛ ⎞ω + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2maacutex

2maacutex

u e 10009375u e05 k 0010625

05

ρω =

ρ+


Problema 28 97



TURBINA PELTON


Tobera




282 Resolucioacuten


Tobera

V V - U

Aacutelabe

V - U

V - U

U = rω

α

α










2 2


[ ]2




Problema 28 99


e sS 2S S= =








( )2u u






( ) ( )2



[ ] ( )2 2 2 1v 2 v r r A B


ρ + α

( ) ( )2 2 2B A2 v r r v 0


ρ + α ρ + α

( ) ( )2

23 2 3


ρ + α ρ + α



( ) ( )2

23 2 3

R S


⎡ ⎤⎢ ⎥


⎢ ⎥⎣ ⎦


2R R 4S

2plusmn minus

ω =




puesto que v 2g H=

3o

1N Sv2

= ρ


( ) ( )2a

3o



ρ

( ) ( )2

3

v r r 1 cos1 v2



( ) ( )2 2 2

33



2u v u4v v

minus⎡ ⎤η = ⎢ ⎥⎣ ⎦




2d u u4 1 4 3 0

u v vdv

⎡ ⎤η ⎛ ⎞= minus + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎜ ⎟⎝ ⎠

2u 4 u 1 0

v 3 v 3⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Problema 28 101


=


u r 1v v 3

ω= =






( ) ( )2

3



ρ

u u4 1v v⎛ ⎞η = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

d u4 1 2 0u vdv

η ⎛ ⎞= minus =⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

u 1v 2

=




Problema 29 103


V fluido

V fluido


D2

proyectada

DC1 V S2 infin

=ρ

L2

proyectada

LC1 V S2 infin

=ρ





CL


Problema 29 105


0

C SC


rarr

forall







2 2 2 2D DD



CD

CL



2 2D

1dM r dD r r b drC2

= = ρ ω


R R3 2 2 2D D0 0



R42 2 4

D D0

r 1M C b C b R4 4

⎡ ⎤= ρ ω = ρ ω⎢ ⎥

⎣ ⎦











2L

1L C SV2 infin= ρ


2L


2 2L

1dL C b drr2= ρ ω

L R 2 2

L0 01dL C b drr2

= ρ ωint int


R

2L

0

31 rL 2 C b dr32

⎡ ⎤⎢ ⎥= ρ ω⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2

2 2L L

R b R 1L C C S R3 3

ω= ρ = ρ ω


1C S R 1000 L3

ρ ω = =


Problema 29 107


2L

L1C S R3

ω =ρ





un aspersor


QV

S= un aspersor2 2


Q1 S 2 R QC R4 S⎛ ⎞

= minus ω⎜ ⎟ω ⎜ ⎟⎝ ⎠

2un aspersor 2 2


Q 1R Q C S RS 8

minus ω = ω


1Q R S Q C S R S 08

minus ω minus ω =




Problema 30 109


VyV

Vαr

Lωr

θ

r

Vx

Vy

Vx

Vx

Vy

ωr


0c sc



part




0ss


Datos

x 1

y 1

r = L + L cosθ

r L senθ= 1

1

L senθα arctg

L L cos θ=

+ x 1r L L cos θ

rcos α cos α

+= =

1x sen


+= + = +


x y x y y x

x y


v v 0and = minus

11 1 1 sen



⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ] 10 1 1 1


cosαds⎡ ⎤⎡ ⎤ sdotint ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


[ ] 10 1 1 1 sen


cos α


⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

[ ] [ ]2 11 1 1 1ω sen


cos αsdot minus +


⎢ ⎥⎣ ⎦

2 11 1 1 1ω sen


m cos α+

+sdot+ + = + minus

1 11

1 1


ω + minus++ + +

=


Problema 31 111


2

maacutexrU = U 1-R

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


JC = 720kg K

S ejeW = W


2

2

2

T = 380 KP = 300000 PaR = 0 2 m

1

1

1

kgm = 5s

T = 297 KP = 92000 PaR = 0 2 m



( )2

SSC

P vQ- W = u + + + gz v n ds2

⎛ ⎞ρ⎜ ⎟ρ⎝ ⎠int


1 2

Q = 0W = 0Z = Z


de donde

( )2

ejeSC

P v- W = u + + v n ds2

⎛ ⎞ρ⎜ ⎟ρ⎝ ⎠int

( )22


2 1

P P vv- W = m u - u + - + v ds - m2 2

⎡ ⎤⎛ ⎞ρ⎢ ⎥⎜ ⎟ρ ρ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

int

32R 3 23


0

u Rv r 2 rds = u 1- dr =2 R 2 8

⎡ ⎤ π ρπ⎛ ⎞ρ ρ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

int int


2 2 2R R

2 2 2 2 2 2 maacutex0 0

rm = v S = u 2 r dr = u 1- 2 r drR

⎛ ⎞⎛ ⎞ρ ρ π ρ π⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠int int

2R2 4

22 2 2 2 maacutex 2

0

r rv R = u 2 -2 4 R

⎡ ⎤ρ π ρ π ⎢ ⎥

⎣ ⎦

2

2 22 2 2 2 maacutex

Rv R = u 2

4ρ π ρ π


3 2 3 2322 maacutex 2 2 2 2

2 2Ssalida




( )( ) ( )2

2 1eje v 2 1 2 1 2

v-W = m C T - T + m R T - T + m v -

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

22

2 2 2 2

m R Tm mv = = = 14 46ρ S P S s

11

1 1 1 1

m R Tm mv = = = 3686ρ S P S s

( ) ( )2

2eje


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 32 113




de 0004 3m






kg⎡ ⎤

∆ ⎢ ⎥⎣ ⎦

3mQ

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

3

kg875m

ρ =


vfuelJc 2000

kg K=

sdot

conducto 005mφ =



100 m

A

B C D

Z =5 mA

AP =10110 Pa5


f = 002290=Hη


QW


2 2

bomba

SA SD


ρ ρint int

2 2





2 2D A D A


W g(z z )) Y Y2 2


2 2

5 56 2

fluido 2 2

4 10 101 10 1 0004 0022 100 0004W 0 g(0 5) 5 10 Q875 875 2 2 005005 005

4 4


πsdot π sdot⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


fluidoJW 46151

kg= minus



09 kg⎡ ⎤

= sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


100 m


Problema 32 115

ejeJW 51279 875 0004 179478s⎡ ⎤= sdot sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2 D A D A

eje D A D AP P v v

Q W m( u u g(z z ))2 2


2 2

D A D Aeje D A D A



ρ ρ

de donde

( )2 2

D A D Aeje D A

D AV

P P V VQ W g Z Z2 2

T Tc



( )

2

5 55

2

D A

4 10 101 10 1 000410 51279 0 98 0 5875 875 2 005

4T T

2000


DT 5002 278 32802K= + =



Problema 33 117







Ve

Vs Vs


Pint Pint

Pext Pext

2 22int int ext ext


P v P vg z g z K Q

2 2+ + = + + +

ρ ρ


Problema 33 119

2


int ext tobera

P P QK Q

S 2minus = +

ρ ρ

2 int exttobera

int extT2

tobera

P P 1Q1 K

S 2

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ +


Ve

Vs Vs




( ) e toberaY e s

e tobera

Q QF m v v m

S S⎛ ⎞


Y toberae tobera

100 1F m QS S

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟

⎝ ⎠


100 1F Q QS S


⎝ ⎠




2Y entrada tobera

e tobera

100 1F 100 QS S


⎝ ⎠


2

sc


⎛ ⎞minus = ρ + + +⎜ ⎟ρ⎝ ⎠

int


2 2

eje se ss


⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus minus = ρ + + + + ρ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int

2 2eje 2 2





2 22 2s e T



2 100minus

minus = minus + + +




Q Q K1W Y Q K Q2 s s 100⎡ ⎤

= = minus + +⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2


Problema 33 121


tobera entrada

K1 1 1Y Q K2 s 100 2 s 100⎡ ⎤

= minus + +⎢ ⎥⎣ ⎦




( )2 2


v

004 Y K 100 QT T

C+

minus =


Pint

PdebajoPatm



p v p vg z g z K Q

2 2+ + = + + +

ρ ρ

debajo 2atm


p pK Q= +

ρ ρ

Recueacuterdese que







atm

pp K Q= ρ + ρ

ρ

2



int debajoT2

tobera

pp 1Q g z z1 K

2 S

⎡ ⎤⎛ ⎞= minus + minus⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ρ ρ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ +


2Y entrada tobera 2

e tobera

100 1F 100 QS S


⎝ ⎠





Problema 34 123




α

β

α

β

α




2 2 M2

2 1 1

U U ω RTgα = = =

W C C

2 1

M

Tgα Cω =

R


( )2 21 1 e i



( )2 2e i M 1

π D - D 2π R H4

asymp

con lo cual

1 M 1m = -ρ C 2π R H


Problema 34 125


e 1

e 1

P Pρ = =

R T R T


11 M 1

1

Pm = - C 2π R H

R T









2 21eje 1 M 1

1

PM = - C 2π R H

R T



2 21eje 1 M 1

1

PW = - C 2π R H ω

R T





2 2

ejeS1 S3


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int


2 2

ejeS1 S3


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )2 23 31 1

eje 3 1 3 13 1

v Pv P-W = m u - u + - + g z - z + -

2 2 ρ ρ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


3 31 1eje 3 1 3 1

3 1 3 1

P PP P-W = m u - u + - = m u + - u

ρ ρ ρ ρ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

minus⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ] [ ]eje 3 1 3 1-W = m h - h = m Cp T - T

eje3 1

-WT = + T

m Cp


2 211 M 1

13 1


m Cp


1 2 3m = m = m

1 1 2 2 3 3Q ρ = Q ρ = Q ρ

1 1 1 2 2 2 3 3 3S C ρ = S C ρ = S C ρ


i

Pρ =


31 2M 1 1 M 2 1 M 3 1

1 2 3


R T R T R T

31 2

1 2 31 2 3

PP PH = H = H

T T T



Problema 35 127











( )

2θr r r r

r θ z

2 2θr r

r r 2 2 2 2





( )


2 2θ θ r

θ θ 2 2 2 2





z z z z

r θ z

2 2z z z

z 2 2 2






( ) ( ) θ θθ θ

V V1 ρV = 0 ρV = 0 ρ = 0 = 0r θ θ θ θ


part part part part

ρ = constante



2 θ

rV P h P P-ρ = ρ g - = -ρ g - = -


( ) ( )θ θ1 10 = micro r V r V = 0



zP P0 = ρ g - = 0z z

part partrArr

part part



Problema 35 129


2 θV

P = ρ drrint


( )θ10 = r V


( )θ 11 r V = Cr r

partpart


( )θ 1r V = r Cr

partpart

2

θ 1 2rr V = C + C2

2θ 1

CrV = C +2 r




(1) ext 2ext ext 1

ext

R Cω R = C +

2 R

(2) int 2int int 1

int

R C-ω R = C +

2 R

2 2


int

R R R1C = ω R - C -ω R = C + ω R - C2 2 R 2

⎡ ⎤rArr ⎢ ⎥

⎣ ⎦

( )2 22 2


ext int

2 R + RR R-ω R -ω R = C - C =

2 2 R - R


⎝ ⎠

( )

( )





2 R + R RC = ω R -

2R - R

R + RC = ω R - R

R - R

ω ω

ω ω

Entonces



2 R + R R + Rr 1V = + ω R - R2 rR - R R - R

⎛ ⎞ω ω ω ω⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠




2 θV

P = ρ drrint


ext

int

22R 2 2

1 1 22R

C1 rP = ρ C + + C C drr 4 r⎛ ⎞

int ⎜ ⎟⎝ ⎠

y se halla


1 1 22 2intint ext

R - R RC 1P = ρ C + + C C Ln8 2 RR - R

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


ext

θrθ

r=R

Vτ = r micro


puesto que 2

θ 1CrV = C +

2 r

θ 2V C

= -r r r


rθ 2τ = - micro C


asiacute queda

ext



Problema 36 131



Pmax

V

Ptanque


H






H


1 dP rV (H r)dz 2

= minus minusmicro


H

10




1Hdz (r )d2

= + α

de donde

H

10

1



int

H 2

1 10

1




3 4

1

1




1 3 4

1


6 12


π + α⎢ ⎥⎣ ⎦

con lo que

Tank 2

max 1

P

1 3 4P

1


6 12

α

α


π +⎢ ⎥⎣ ⎦

int int


2


1


α⎡ ⎤⎢ ⎥

minus = micro + ⎢ ⎥α⎡ ⎤ ⎢ ⎥π +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


Problema 36 133


3 4

maacutex Tank 1

2

11

H H(P P ) (r )6 12Q

tgH 2(r ) ln2 tg

2

minus π +=

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦


3 4

max 1

11


2 tg2

minus π +=

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦

de donde

11

maacutex 3 4

1

tgH 2Q (r ) ln2 tg

2P PH H(r )6 12

α⎡ ⎤⎢ ⎥


π +




Problema 37 135






6 drπ= minus

micro




ρ

d r

z

H

Dd

rore

ue ue



3

1r d p C


1 3

P Cr r d

part micro=part




micro 1Q C

6π= minus


e

o

r rr r

=⎧⎨ =⎩

5inlet

P 0P P 100 10 g H



dmicro= +


inlet 1 3e

rP C ln

rd⎛ ⎞micro= ⎜ ⎟⎝ ⎠


Problema 37 137

inlet1

o3

e

PC

rlnrd

=⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠

inlet

e 23o

3e

P0 ln r C

drlnrd


inlet e

2o

e

P ln rC

rlnr

= minus⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


inlet inlet e3

oo3

ee

P P ln rP ln r

rdr lnln rrd



[ ]inlete

o

e

PP ln r ln r

rlnr

= minus

[ ]in lete

e

o

PP ln r ln r

rlnr

= minus

inlet e

e

o

P rP ln

r rlnr

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦



e3

o

PQ

6 rlnrd

π=⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠



2e d

u 2 d ru r

sdot sdot=






d ez z Hminus =

22 2 2 de d e

e

u2 g H u u u 1

u


e 2

d

e

2 g Huu1u

sdot sdot=⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


e 2

e2

d

2 g Hu2 d r1

r




e 2

e2

d

2 g HQ 2 r d2 d r1

r



22e er r

r eP uP u

g z g z2 2

+ + = + +ρ ρ

y se obtiene


2ρminus = minus



er e

ru u

r=


22 2e

e r e er

P P u u2 r

⎛ ⎞ρ ⎛ ⎞minus = minus⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Problema 37 139

22 e

e r er

P P u 12 r



2e

e r 2

e2

d

r 2 g HP P 12 r 2 d r1

r


2

e

e r 2

e2

d

r 1r

P P g H2 d r1

r





Problema 38 141


Η

d

L

(1)

(2)


2 2 2

x 2 2 2









xzg = -gx

partpart







partpart

2 2 2 2

1 1 1 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

int int int int

( )2 2 2

1 2 1 21 2

1


22 2

1 1 2 21 2

1



2 L

x x

1 0

du dudx = dx

dt dtint int

L L

x 2 2

0 0

du du dudx = dx = L

dt dt dtint int


22 2

1 2u du

gz = gz + + L2 dt

( )22 2

1 2u du

g z - z - = L2 dt

22 22gH - u du

= L2 dt

( )-122 2

dt = 2gH - u du2L



Problema 38 143

2 2v v

2 22 22 20 0


2u

2 22

0 2


2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int


t2

0


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

t

2

0


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

2uttgh 2gH =2L 2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


2L⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 39 145


22 5 3 4

3



ω


ext eje 4

eje eje

R R h 0020 mmψ 833 10 R R 24 mm





( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

2I (1 ε )

2I (1 ε )

2 εI

(1 ε )I I

I ε

I II

εeε h

π=minus

π=minus

π +=

minusminus

=

minus=

=


( )24833 1023800 03288 So10000 22 005 002 0024

60

minussdotsdot = =



e 10ε 05h 20

= = =

donde

( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

2I 72551(1 05 )

2I 96735(1 05 )

2 05I 1451039

(1 05 )I I 96735 72551I 48368

05 05I I 1451039 96735I 96737

05 05

π= =minus

π= =minus

π += =


minus minus= = =


96735 96737 1451039 483686 967361451039




Problema 39 147


( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

e 1ε 00520h2RI 6291054

(1 005 )2RI 63068211

(1 005 )

R 2 005I 6330531

(1 005 )I I 63068211 6291054I 0315342005 005

I I 6330531 63068211I 04741005 005

63068211 06

= = =

= =minus

= =minus

+= =


minus minus= = =

sdotsdot 4741 6330531 0315342 09418946330531

minus sdot =




96736 - 094184tgα = = 09701910 -1

03288

0

2

4

6

8

10

12

0 2 4 6 8 10 12


Som

mer

feld

e1



i

i

094184 - 03288tgα = 1- e

e = 03681micras


( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

e 2ε 0120h2I 631483

(1 01 )2I 637862

(1 01 )

2 01I 647527

(1 01 )I I 637862 631483I 06379

01 01I I 647527 637862I 09665

01 01

= = =

π= =minus

π= =minus

π += =


minus minus= = =


637862 09665 647527 063796 18850647527



( )24y

y

833 10F18850

10000 2003 002 002460

F 409659Ν

minussdotsdot =

sdot πsdot sdot

=



Problema 40 149



minusmicro = sdot


hα

L

U

h1





( )h 005 tg 02 000032 m∆ = =


= =


(paraacutemetro K)


850 05696 m149212

=


( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

3

3 K 12 U LD 2 ln KK 1 h K 1

3 213 12 29 10 80 005D 2 ln 213213 1 000015 213 1

ND 58709m

minus



=


totalD 58709 01822 10696 N= sdot =


h= es maacutexima

si se deriva dL 0dK



( )( ) ( )

( )( ) ( )

2

2 21

3 2

2 2

2 K 11 6 U LL ln KK 1h K 1

2 213 11 6 29 10 U 005L ln 213213 1000015 213 1

NL 1865 Um

NL 58303 80 149212m

minus



⎡ ⎤= sdot ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 41 151


( ) ( ) 31

1 42 2 3 211 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦


3


partpart








(1-1)



Fig 411


partpart

3 h P0 =


(1-2)

3

1h P = Cmicro x

partpart

(1-3)


12 23

2

C microP = x + C

h (1-4)


( ) 1 2 2x = L + L P = 0

1 2 1x = L P = P


1 2

1


partpart

(1-5)

3 h P-6 U tgα =


(1-6)

3


partpart


( ) 33


(1-8)

h1

hh2

x

L1 L2 U

α


Problema 41 153

( ) ( )3

3 31 1


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

33 3

1 1


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠

( ) ( )

33 3 3 3

1 1


tgα tgα 1 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )

-3+11

-31

31

h - xtgαh1 dx = - x dx = (-1)

tgα -3 +1h - xtgα

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

int int


3 3 211 1 1


⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int int int


21 1h h


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

21 1 1h h hx = A + B - Bx + C - 2 xC + Cx


0 = C C = 0

1h

1 = -B - 2 C tgα

B = -1

2

1 1h h0 = A + B + C

tgα tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1hA =

tgα

-3+1 -2+11 11

13 3 2

1 1 1



⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int int (1-9)




( ) ( )

311 42 2 3 2

11 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦



x = 0

1P = 0 1x = L


3h ∆P 1m = ρU -ρ h

2 ∆x 12micro


1h PC =micro x

partpart

1

2CU hm = ρ -

2 12ρ


( ) ( )

31



3


partpart

( ) ( )1 3

h x 1m = ρ U - ρ -6 U Tgα x - C2 12


( ) ( )( )( )1 1 3h x ρm = ρU - -6U h - h x - C

2 12

( ) ( )( )1 1 3h x ρ ρm = ρU + 6U h - h x + C

2 12 12

hh

x

hα


Problema 41 155


( )2 1 21 2 3

U h C Uh ρ ρρ -ρ = ρ + 6U h - h + C2 12 2 12 12

( )11 2 3

C ρ ρ-ρ = 6U h - h + C12 12 12

( )1 3 1 2-C - C = 6U h - h (1-11)


( )

1 2 2x = L + L P = 0

( )11 2 23

2


h (1-12)


1x = 0 P = 0

( ) ( )31

42 2 3 211


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

( )3

42 21 1 1


342

1 1


(1-13)


1 1 2x = L P = P

( ) ( )31 1

4 1 23 2 3 2 31 21 111 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

(1-14)




( ) ( )( )31 1 1 1

4 1 1 2 23 2 3 2 3 3 31 2 2 21 111 1

A


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦


( )( )3 3 2

1 2 33 2 2 311 2


⎡ ⎤⎣ ⎦⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

despejando 3C

( )( )32

3 1 23 2 2 3 311 2 2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

con lo cual

( )

( )

21 23

123

23 2 2 3

1 211




⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( )1 3 1 2de 1-11 C = -C - 6U h - h

( )

( )

( )2

1 2312

1 1 22

3 2 2 31 21

1




⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

de (1-12) ( )1

2 1 232

C micro C = - L + L

h

( ) ( )

( )

( )2

1 2311 2 2

2 1 2322

3 2 2 31 21

1




⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


Problema 41 157

de (1-13) 34 2

1


( )

( )

21 23

124 2

2 113 2 2 3

1 211



tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


1 1 2

1

x l x=(l l )

1 2x 0 x=l

F = P dx + P dxy

= +

=int int

( ) ( )

1 1 1 2

1

x l x=l x (l l )31 1

4 22 2 3 2 31 2x 0 x=0 x l1 1


= = +

= =

⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥

⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥= + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

int int int

( ) ( )

( )[ ]

1 11 22

31 1 114 23 3 31 2

1

x = L x = Lx = L + L


⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦



Problema 42 159


2 INLETr

r

r2

r1

r2

r1

r2 OUTLET

U α

α





H

0Q V 2 r dh= πint


02 dh))90(coshr(2VQ (1)


2h

dxdp1V minus

microminus= (2)




2h

dxdp

micro1Q (3)


⎥⎦⎤


microπminus=

121)90(cosH

61Hr

dxdp

Q 432 (4)


salida

entrada

PL

3 40 P2

dx dp1 1 Qr H H cos(90 )6 12


int int (5)



lminus


xminus



salida

entrada

PL

3 40 P2



int int (7)


3


2(entrada)

34

2(entrada)


6 6 12lnH 1r H cos (90 )6 12



(8)


Problema 42 161


(entrada) 3 34

2(entrada)

34

2(entrada)


6 6 12lnH 1r H cos (90 )6 12



(9)


3 34

2(entrada)

34

2(entrada)


2(entrada)

34

2(entrada)


H 1r H cos(90 )6 12P P (P P )


H 1r H cos(90 )6 12




(10)





0

20

40

60

80

100


Pres

ioacuten

de a

limen

taci

oacuten

(bar

)

100 bar 70 (mm)

100 bar 50 (mm)

100 bar 30 (mm)

100 bar 10 (mm)

0

20

40

60

80

100


Pres

ioacuten

de a

limen

taci

oacuten

(bar

)





0

1

2

3

4

5

6

7

0 20 40 60 80 100 120


Cau

dal (

lmin

)



















Problema 42 163


2

max2 entrada

rV V 1r

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

(13)






salida entrada 1

3 1 2

p P Kdpdx K x K K

minus=

+ (15)


6HcosK

3

1 α= (16)

3

42 2entrada

H 1K r H cos (90 )6 12


3 3

42entrada

3 34

2entrada


H 1r H cos (90 )6 12



(18)




2 salida2 2 203 1 2





(19)












2

salida 2salida


HP 2 cos(90 ) r H cos (90 )2



⎣ ⎦

(22)



3 3

42(entrada)

34

2(entrada)l


2(entrada)

2(entrada)




r



α + minus minusα3

4

dx

H 1H cos(90 )6 12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥minus minusα⎢ ⎥⎣ ⎦


2



3 1 22 2


3 2 11


r k k[ (l ) ln(l 1) l] [P P ]

k k k



+ + + minus minus


(24)




entrada salida 1h 0

3 1 2


τ =+

(26)



3

2entrada 1 2 2 1 22

1 2 1 21



=

⎡ ⎤minus π ατ α = ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎪ ⎪+ α minus⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎣ ⎦

int (27)



Problema 42 165





micro +⎣ ⎦2


22 entrada 2 1


3

4 HV r P r P 2 cos (90 )[r H cos (90 )]3 2


cos2 cosk



αminus π α2 2


2 11


3 1 2 1 21

k k k1 1 l[ (l ) ln(l 1) ( l)] [P P ]2 k 2 2 kk



⎡ ⎤⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus + +π α ⎪ ⎪+ + α minus⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎩ ⎭⎣ ⎦



0

50

100

150

200

250

0 2 4 6 8 10

50 bar 80 micras

100 bar 80 micras

200 bar 80 micras

50 bar 40 micras

100 bar 40 mircras

200 bar 40 micras

(a) Salida


Fuer

za (N

)



Fuer

za (N

)

-35

-30

-25

-20

-15

-10

-5

00 2 4 6 8 10

50 bar 80 micras

100 bar 80 micras

200 bar 80 micras

50 bar 40 micras

100 bar 40 micras

200 bar 40 micras

(b) Entrada




-1500

-1250

-1000

-750

-500

-250

0

250

0 2 4 6 8 10



Fuer

za (N

)

Fuer

za (N

)



Problema 42 167

-6000

-5000

-4000

-3000

-2000

-1000

00 2 4 6 8 10 12 14










-1000

-800

-600

-400

-200

00 3 6 9 12 15


-500

-250

0

250

500

0 2 4 6 8 10





fuerza total


Fuer

za (N

)


Fuer

za (N

)


Fuer

za (N

)



Problema 43 169






[ ] [ ] [ ]2

2 3


⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦







ca b c1 2 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

como 0 0 0


Se obtiene 22

1 2 2

L L YmiddotTT V

minus⎡ ⎤π = =⎢ ⎥⎣ ⎦


ca b c2 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦


Se obtiene 2LD

π =


ca b c3 3




ρ


Problema 43 171


ca b c4 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ε ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦




2


⎛ ⎞micro ε ε⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠⎝ ⎠




2

2Y Lf ReD DV

ε⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠



Y 2middotYV V

equiv



ε⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠


⎜ ⎟⎝ ⎠







2

2

LYT⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]D L= 3

ML⎡ ⎤ρ = ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]Lε =

[ ]L L= LVT⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦



D r V Y e L m(a) M 0 1 0 0 0 0 1(b) L 1 -3 1 2 1 1 -1(c ) T 0 0 -1 -2 0 0 -1

(3a + b + c) D 1 0 0 0 1 1 1(a) r 0 1 0 0 0 0 1(-c) V 0 0 1 2 0 0 1


1 2

YV

π = 2LD


ρ 4 Dεπ =


Problema 44 173



Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦





Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



ms⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦






2

pV

∆ρ

lD middotVmiddotD

microρD

ε2

g DV 2V

βρ

2

pV

∆ρ

lD

Dε

middotVmiddotDmicro

ρ

2

g DV

2 2 2


⎛ ⎞∆ micro ε β= ⎜ ⎟ρρ ρ⎝ ⎠


Problema 45 175




Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦




CpKCv




⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦




⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



011

p Dm

π =ω

2D D D 4 1




014 2 2

R TD

π =ω

025

P Dm

π =ω

601



012

0140112

1 014 01 012 2

P Dm T RP Dm

P DR T m T RD

ΠΠ ω= = =ΠΠ

ω

0142

1 01

T R

P Dm

Π=

Π



Problema 45 177

Por otro lado

02

5 02

011 01

P DPm

P D Pm

Π ω= =Π

ω


2 2

014 01

1 D D R T R T

ω ω= =Π



0102 0c 2

01 01 0101


⎡ ⎤∆ ωη = ⎢ ⎥micro⎢ ⎥⎣ ⎦




Problema 46 179




s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



ms⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

P = presioacuten 3

Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Kgs

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


h

Z

α





longitud relativa

h 1Q Remicro =


5

2 2r

g h 1Q F


4

2

p hQ ρ



2

hQσ



1 1

1 1

hhQ Q

micromicro =ρ ρ

1 1 1

1 1 1

h Q hh Q Q Q h

νν ν= =ν

5 5

2 21

g h g h Q Q

= 2 5

2 51 1

Q h Q h

=

de donde

5 32 2

15 3

1 2 21 1

h h h h

h h

ν = =ν


1

1 1

h Q h Q

ν =ν

25

21 5

1

h Q h

Q=

asiacute

2 35 512 3

1 15 51

Q Q Q Q

Q Q

ν = =ν

αzh

3

2

hQσ

ρh

Qmicro

ρ

5

2

g hQ

4

2

p hQ ρ


Problema 47 181






Depoacutesito 1

Depoacutesito 2





2 21 1 2 2

1 2 12P V P V

z H z hg 2 g g 2 g


2 2 2

1 1 2 21 2 5 2



siendo 2

5 2

L 8 Qh fD g




=ρsdot sdot



62

33 2 3 2 2

2 ms


8 02200000Pa 25000 W 400m0 0 0 25m 0 0021000 981 1000 981 02 D m 981




3

2

ms

2 6 ms




62

2

22 ms

5 2 5 5 2 5ms

8 02L 8 Q 400m 1h f 00125 001653 mD g D m 981 D



12 12

PH z h

g+ = + ∆

ρsdot

33 2 3 2

112 2 kg kgm m m

sm s m s

P 200000 Pa 25000 Wh z H 25m 8129mg 1000 981 1000 981 0 2


5

1001653 m 8129mD

sdot =



Problema 47 183


3

2

ms

6 ms

4 Q 4 0 2Re 8638575D 0 289m 102 10minus



11

22

33

44

4 m



22 3 23 3 bE E h E 100 Q= + ∆ = + sdot


62

2

22 m24 2s24

2 4 24 4 4 4 245 2 5 5 2 ms



π sdot π sdot


62

2

22 mT 2sT

1 2 12 2 2 2 T5 2 5 5 2 ms



π sdot π sdot


T b 24Q Q Q= +




3 3E z 25m= =


3 2

11 kg m

m s

P 200000PaE 20387 mg 1000 981

= = =ρsdot sdot

33 2

kg m msm s

25000 WH 12742m1000 981 02

= =sdot sdot





2 2T 2

E 25 E 25Q 0813 E 25

100 1967minus minus

= + = sdot minus

( )2


2 2T

33129 EQ

194764minus

=


( ) 22

33129 E0661 E 25

194764minus

sdot minus =

2E 25063m=


3ms24Q 0179=

3m

sbQ 0025=



Problema 48 185




Ζ = 0

Caldera

Condensador

Z = 1m

Z

1 283

4

5

6

7




Problema 48 187








22con con cal cal

con 72cal

2 2con concal cal

con 72cal


P -P V -VH = +Z -Z + +∆h

ρg 2g

+


( )-

52

2

2 - 005 10H = 1 + 416Q

1000times98

H = 1888 + 416Q

3mH[m] Q

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


3Q = 250 m h

H = 2088 m


22con con 8 8

con 8 78

2 2con con8 8

con 8 78


P -P V -VZ Z = + +∆h

ρg 2gminus



Problema 48 189

vapor8d

PPNPSH = -

ρg ρg


-vapor con






250 300 m s3

H Sistema


2300H=1888+4163600

H=2176m

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




2

2

∆h=KQ2176K= =313472300

3600⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



=1 22 2 2 21 1 2 2

H H

ω D ω D 2 2 2 2

1 1 2

2176 1895=ω D 1450 D

2

21

2176times1450ω =1895

1ω = 155379 rpm

1 23 3

1 2

Q Q=

ω D ω D

31 2

1 32

Q ω Dω =

Q D 1

300times1450ω = =155357280

rpm



Problema 49 191


1

2

4B1

B2

B4 3

B3

ZA







Problema 49 193





Tramo 1-4

14 42 43Q Q Q= +



Tramo 4-2

Tramo 4-3




4Pgρ

Q1-4 Q4-2 Q4-3

2 21 1 4 4

1 grupo 4 14p v p v

z H z hg 2g g 2g

+ + + = + + + ∆ρ ρ

2 24 4 2 2

4 2 42p v p v

z z hg 2g g 2g

+ + = + + + ∆ρ ρ

223 34 4

4 B4 3 43p vp v

z H z hg 2g g 2g

+ + + = + + + ∆ρ ρ

24grupo 4 14 14


g= minus minus

ρ

242 4 42 42


g= minus +

ρ

243 4 B4 43 43


g= minus minus +

ρ


24grupo 4 142



242 4 422


⎛ ⎞= minus + ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠

243 4 B4 432




Problema 49 195




tramo1 4

Pg minusρ




0

20

40

60

80

100

120

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

(B2+B3)B1

B1

B2 y B3




0

5

10

15

20

25

0 20 40 60 80 100 120 140 160

Q(m3h)

H(m

)

P4ρg

H4-2


05

101520253035404550

0 20 40 60 80 100 120 140 160

Q(m3h)

H(m

)

Hasp

Himp

Himp+Hasp


Problema 49 197

-40

-20

0

20

40

60

80

100

120

0 50 100 150

Q(m3h)

H(m

)

B2+B3B1

Hasp + Himp

Hgrupo - Z4

P4ρg






Q1-4 =100 m3h

44

PH 12m

g= =

ρ

0

5

10

15

20

25

30

35

40

0 10 20 30 40 50 60 70 80

Q(m3h)

H(m

)

P4ρg

0

10

20

30

40

50

60

70

0 10 20 30 40 50 60 70 80

Q(m3h)

H(m

)

Z3-Z4

HB

H43


Problema 49 199




1V0




g 2g g= + minus

ρ ρ



PPNPSHd z h

g g⎛ ⎞

= minus + + ∆⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠


2 2aspb11 1 B1

1 B1 1B1

pp v vz z h

g 2g g 2g+ + = + + + ∆

ρ ρ

2brida11 B1

B1 1B1

pp vz h

g g 2g= + + + ∆

ρ ρ

2 2asp21 1 B2

1 B2 1B2

pp v vz z h

g 2g g 2g+ + = + + + ∆

ρ ρ

2brida 21 B2

B2 1B2

pp vz h

g g 2g= + + + ∆

ρ ρ




0

10

20

30

40

50

60

70

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

Ecuacioacuten 1

Ecuacioacuten 3

Ecuacioacuten 2

Ecuacioacuten 23PF


Problema 49 201


NPSHr1 2 m

NPSHr2 35 m


Fig

49

11 C

auda

les c

ircu

lant

es e

n ca

da tr

amo



1p 0761360098 1034 mg 100098

= =ρ





2 24B4 3 4 4 32 2


ρ

vp 2337 024 mg 100098

= =ρ

3 32 2 2 2

1B 2


∆ = = = = =

v11asp

ppz ( NPSHd h ) 1034 (5 35 0 24) 16m


ρ ρ


Problema 49 203




24 3H k Q minus=

2 24 3 4 32



2 2 2 24 4

Hg H gD D

=ω ω


2 22 44

H 46832900H 52ω

ω = =

ωrsquo4=2752 rpm

0

10

20

30

40

50

60

70

80

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

Ecuacioacuten 1

Ecuacioacuten 2

PF

15 975

135 oo o




0

10

20

30

40

50

60

0 5 10 15 20 25 30 35 40

Q(m3h)

H(m

)

Afinidad Bomba 4

135


Problema 50 205






km mh sV = 20 =556

2

mstr

3m -5 ms


sdotν


-1

5x


D L





D 15 L

L

0074 1740C = -ReRe


ms

L 2-5 ms

V x 556 15mRe = = = 6410256413 10

sdotν

15

3δ = 037 12820513 3m = 0066mminus

sdot sdot

-1-35



5

0074 1740C = - = 2949 10641025646410256 4

sdot


22

3

22 m-3 2 skg

D m

556VF= C S ρ = 2949 10 70m 1150 =366296 N2 2infin


2

ms

L -3 ms

V 15mRe = =1394052 V1076 10

(A)


DLaminarL

1328 1328C = =Re 1394052times V



infin

23

222

mVs

21328 kg5000 N = 70 m 860 m1394052times V



L -3

379 15Re = = 5283451076 10

sdot


Problema 51 207



2

D Dv


donde



trV X500000 infin=

ν




( )D 02LL

0072 1700C = -ReRe

de donde


L -5



( )-3

D 02

0072 1700C = - = 1148middot10959750677285959750677 285

Siendo la fuerza

( )2-3 208333


F(h = 500m) = 36666618N


L -5



tr tr5

V X 20833 X500000

14216 10008891

infinminus= =

ν


( )-3

D 02

0072 1700C = - = 18235middot109120723776791207237767


Problema 51 209



2

F(h = 20000m) = 44332N


x

δ 5=x Re

donde



Asiacute

5x


-4δ (h = 500 m) = 2578middot10 m


5x


-3δ (h = 20000 m) = 2713middot10 m



Problema 52 211





tr tr-6

V X 027 XRe = = = 500000

y 12 10



D 1L5

L

0074 1740C = - Re

Re


L

D 15

027 50Re 11250000-612middot100074 1740 -3C - 272 10

1125000011250000

sdot= =

= = sdot

2 2

-3D


infin


8L


-3 -5 -3

D 1L5

L


Re= = =

V (Kmh) V (ms)

Xtr (m)

1 027 216 2 055 108 3 083 072 4 111 054 5 138 043 6 166 036 7 194 03 8 222 027 9 25 024

10 277 0216


Problema 52 213

2 2-3

D

T


F F 49 55

infin

= 2 = 4 7 Ν



0

1000

2000

3000

4000

5000

6000

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

F (N

)



0

1

2

3

4

5

6

7

8

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

Nordm T

ubos


V (ms)

F (N)

027 7228 055 25763 083 53913 111 90902 138 136227 166 18952 194 250494 222 318916 25 394587

277 477339

V (ms)

Nordm Tubos

027 692 055 194 083 093 111 055 138 037 166 026 194 02 222 016 25 013

277 01


rarr

larr

F = CD b L ρ V22




wtr

2 V 2 VX5

V

infin infin

infin

micro ν ρτ = =

δ ν


V (ms)

τw (Nm^2)

027 0048 055 0192 083 0432 111 0768 138 12 166 1728 194 2353 222 3073

25 3889 277 4801


0123456

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

Esfu

erzo

cor

tant

e (N

m^2

)

0001

001

10000 100000 1000000 10000000 100000000 1000000000

Cd = 0074 ReL15


Cd = 0455 ( log ReL )258

Re gt 107


Cd = 1328 ReL12

(laminar)



Coe

ficie

nte

de re

sist

enci

a (C

d)


Problema 53 215


tr

x

100010 X3600Re 500000

-513 10

sdot sdot= =

sdot x 234 m=




15

D LL

1700C 0072 ReRe

minus= sdot minus

de donde

L

100010 203600Re 4273504 2

513 10

sdot sdot= =

minussdot




22 3

D1 1 1F C ρ v b l 29998 10 1150 10 4 20 106475 N2 2 36

minusinfin






L

RD

V



Problema 53 217

2 1 cilindro L

21 cilindro L

L1 cilindro 22

1L C ρ v S2

1F 2 L 2 C ρ v S2

F 106475 106475C 33161 321031189 6 15 052 ρ v S2

infin

infin

infin





P 100000 Kg1189RT 287 293 m

ρ = = =sdot



Du 17 C 14

vinfin

= =

10

8

6

4

2

2 4 6 8Teoacuterico

Teoacuterico

Experimental

= 2 UV

R D

L

CL CD

CD

CL

U = R

UV= 0

CL p

V w

w

CD



u r 025 17v v 6

rad408 3896 rpms

infin infin

ωsdot ωsdot= = =

ω = equiv




1 cilindro D

2

2 21 cilindro

2 cilindros

DC 14

1 ρ v S2

1 1D 14 ρ v S 14 1189 6 05 15 224721 N2 2

D 449442 N

infin

infin

= =sdot sdot sdot


=


2 2 2 22 2R D L 44944 106475 115572 N= + = + =


44944tgα 04221 α 2288ordm106475

= = =

90 + L2 cil

V V

D2 cilR2 cil

αα



Problema 53 219

V = r15 mx

y

2 r = 157 mp

ww t

t



δrmicro

δ0vmicro


partpartsdot= ω


e 5aire

r x 408 025 xR 500000 x 07352 m 15 10minus



L 5

408 025 2 π 025Re 1068141515 10minus



( )

1 15 5

D LL

22D

1700 1700C 0072 Re 0072 10681415 00044833 00015915 00028918Re 10681415

1 1F C ρ v b l 00028918 1189 r 2 0 25 15 421 N2 2

minus minus

infin






Problema 54 221



1960 m

Depoacutesito

Conducto

Vaacutelvula





2 21 1 2 2

1 2 12P v P v

+ z + = + z + +∆hρg 2g ρg 2g

[ ]m

y queda

2 2 2 22


2

2

2570 -

1 2times98=D 25


rArr D = 01798 m


mv = 25s


3mQ ( )s

H(m)

70

70


Problema 54 223


∆P C= ∆h = - ∆Vρg g




tubotubo

C SV = 2gh

S



tubo

C SΩ = 2g



tubo

S t= 1-S T

y se verifica

V

tubo

S t= 1-S T


0tΩ = Ω 1-T

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

T = pasos = 6

V

t

SS

T(s)

0Ω

Ω

t(s) 6

Ω

6 T(pasos)

0Ω

6





12

0mΩ = 0 2988s

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


t(s)

T(pasos)


12t mΩ = 02988 1-

6 s

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦



( )0C∆h = V - Vg


( )∆h = 13367 25 - V


t(s) Ω v h∆ ih h+ ∆ Total 0 02988 25 0 70 70 1 02490 235 1921 70+1921 892100 2 01992 215 2727 70+1921+2727 116480 3 01494 186235 3874 70+1921+2727+3874 155220 4 00996 14464 5559 70-1921+2727+3874+5559 172390 5 00498 08697 77072 70-1921-

2727+3874+5559+77072 194922

6 0 0 11627 70-1921-2727-3874+5559+77072+116275

233717

7 0 0 - 70+1921-2727-3874-5559+77072+116275

160957

8 0 0 - 70+1921+2727-3874-5559-77072+116275

613530


Problema 54 225

9 0 0 - 70+1921+2727+3874-5559-77072-116275

-937170

10 0 0 - 70-1921+2727+3874+5559-77072-116275

-209570

11 0 0 - 70-1921-2727+3874+5559+77072-

116275

786470


Diagrama temporal

70 8992111648

15521 172391949

233717

-93717

7865

-20977

61353

160957

-150-100-50

050

100150200250300

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

t(s)

h



( )i∆h = 13367 V - V

( )i iV = Ω h +13367 V - V

( )2 2i iV = Ω h +13367 V - V⎡ ⎤⎣ ⎦

2 2 2 2

i iV = h Ω +13367V Ω -Ω 13367V ( )2 2 2

i iV +Ω 13367V -Ω h +13367V = 0


V =2





Por tanto



Problema 55 227


2


=


SStotal Tc(LC) 1 0 08 1 06 2 04 3 0 4

Tc(LC) K 0 1000 1 5000 2 10000 3 18000 4 infin



Z = 100 m

Z = 0 m


2 2 2 2

1 1 2 21 2


+ + = + + + sdot +

2 2 2

1 2 2 2 22 T T



2 1 2

2 2 22 T T

Z ZQ

1 L 1 1f KDS 2 g S 2 g S 2 g

minus=




1 08SS T2 sdot= K 5000=

2 06SS T2 sdot= K 10000=

3 04SS T2 sdot= K 18000=


abiertaQv 1319S

= = ms

1v 0618= ms

2v 0 439= ms

3v 03287= ms

4v 0= ms

1

2


Problema 55 229


o

v vvv 1319

lowast = =


22o o

2o o

H vL vh fH D 2g v

= sdot sdot∆

22o

o

vL vh fD 2g H




i ich h (v v )g

minus = minus minus

o o

o o

H vch vH g v

= minus∆ ∆

o

o

c vh v


∆ = minus ∆sdot



lowastv c

LT C

1 0 0468 1

03328 2 02486 3

0 4



05 075 10250 v

h

T=0

T=1

T=2

T=3

OA

1B

2B

2A

3B

4A

5B

6A

7B

6B

5A

4B

3A7A

8B

8A1



Problema 55 231

TcLC

h

0 5

1

2

OB

1B

2B

3B 4B

5B

6B

7B

8B




Problema 56 233









2 2

01c 1cv 5T T (100 273) 373006K

2 Cp 2 18641= + = + + =

sdot sdot

2 2

01 1v 5h h 2676000 26760125 J Kg2 2

= + = + =




02 02

01 01

h T

h T



Problema 56 235



02 01q 500T T 373006 641 21 K

Cp 18641= + = + =


2

02 2vT T

2 Cp= +

sdot

2

02 2vT T

2 Cpminus =

sdot

( )2





22

v 2605MC 50032

= = = 05206


f 1

14 C L

M 052 09174D


f 22

4 C LM 09 0014

Dsdot sdot

= ⎯⎯rarr =

M1 = M2c = 05206 M2 = 09

f f 1 f 24 C L 4 C L 4 C L 09174 0014 0903D D D




0903 D 0903 002L 0903 m4 Cf 002



( )2 5 2P 002 5 10 002m s v 2605 2605 0 228 Kg s


sdot sdot +


2

P1129

P= 02

0

P10089

P=


1

P20519

P= 01

0

P13034

P=


2

02

P059126

P=


11

22

PP 20519P 1817

PP 1129P

= = =

5

12

P 5 10P1817 1817

sdot= = = 2751788 Nm2

2

02P

P059126

= = 4654109 Nm2




Problema 56 237

1

2

P 500000 2P 250000

= =

( )

( )

111

222

P MP P PP MP

=


M1 = 052 (Fanno) 1

P20519

P=

( )( )1

122

1

2

P MP 20519PM 102595P 2PP

= = =


PM 102595

P= rarr 2M 098cong



S S DD4


( )5

m 1 117241 2Re 4 4D D1086 10 D



( )1

2 12011 1

01

P A 1m M 1 M2R T


siendo 2DA

4πsdot=


( )1

2 1012 21

101

m R T4 1 1D 1 MM 2P


Puesto que



12( 1)2

1A 1 2 11 M

M 1 2A

γ+γminus⎡ ⎤γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎢ ⎥γ + ⎝ ⎠⎣ ⎦


( ) ( )1

2 10121

01

m R T4 1 AD M2P A



( ) ( )14 1

2 14 1215

4 1 287 641 1 4 1 AD M25 10 14 A


( )1AD 00399 MA

=


502

501

P 05 10 01P 5 10

sdot= =sdot

Hipoacutetesis


A134

A=

D 00399 134 004618= = m

34

1172412Re 25383702004618

001 10 21 10D 004618

minusminus

= =



fL 54 C 00145 15699D 004618


Fanno 1

P23865

P=

M1 = 045


01

P087027

P=


Problema 56 239

1

02 012

101 01

PP PP 087027 036568 01

PP P 23865P



1

05 045M 0 4752


=

D 00399 139 004704 = = m


4212 10D


fL 54 C 00145 1541D 004704

sdot sdot = sdot =






000 000000 010000+1 010000+1 010000+1 infin 001 001095 099998+0 099993+0 099995+0 057874+2 002 002191 099992+0 099997+0 099980+0 028942+2 003 003286 099982+0 099937+0 099955+0 019301+2 004 004381 099968+0 099888+0 099920+0 014481+2 005 005476 099950+0 099825+0 099875+0 011591+2 006 006570 099928+0 099748+0 099820+0 096659+1 007 007664 099902+0 099658+0 099755+0 082915+1 008 008758 099872+0 099653+0 099681+0 072616+1 009 009851 099838+0 099435+0 099596+0 064613+1 010 010944 099800+0 099303+0 099502+0 058218+1 011 012035 099759+0 099158+0 099398+0 052992+1 012 013126 099713+0 098998+0 099284+0 048643+1 013 014217 099663+0 098826+0 099160+0 044969+1 014 015306 099610+0 098640+0 099027+0 041824+1 015 016395 099552+0 098441+0 098884+0 039103+1 016 017482 099491+0 098228+0 098731+0 036727+1 017 018569 099425+0 098003+0 098569+0 034635+1 018 019654 099356+0 097765+0 098398+0 032779+1 019 020739 099283+0 097514+0 098218+0 031123+1 020 021822 099206+0 097250+0 098028+0 029635+1 021 022904 099126+0 096973+0 097829+0 028293+1 022 023984 099041+0 096685+0 097620+0 027076+1 023 025063 098953+0 096383+0 097403+0 025968+1 024 026141 098861+0 096070+0 097177+0 024956+1 025 027217 098765+0 095745+0 096942+0 024027+1 026 028291 098666+0 095408+0 096698+0 023173+1 027 029364 098563+0 095060+0 096446+0 022385+1 028 030435 098456+0 094700+0 096185+0 021565+1 029 031504 098346+0 094329+0 095916+0 020979+1 030 032572 098232+0 093947+0 095638+0 020351+1 031 033637 098114+0 093554+0 095352+0 019765+1 032 034701 097993+0 093150+0 095058+0 019219+1 033 035762 097868+0 092735+0 094756+0 018707+1 034 036822 097740+0 092312+0 094446+0 018229+1 035 037879 097609+0 091877+0 094128+0 017780+1 036 038935 097473+0 091433+0 093803+0 017358+1 037 039938 097335+0 090979+0 093470+0 016961+1 038 041039 097193+0 090516+0 093130+0 016587+1 039 042087 097048+0 090043+0 092782+0 016234+1 040 043133 096899+0 089561+0 092427+0 015901+1 041 044177 096747+0 089071+0 092066+0 015587+1 042 045218 096592+0 088572+0 091647+0 015289+1 043 046257 096434+0 088056+0 091322+0 015007+1 044 047293 096272+0 087550+0 090940+0 014740+1


Problema 56 241

045 048326 096108+0 087027+0 090551+0 014487+1 046 049357 095940+0 086496+0 090157+0 014246+1 047 050385 095769+0 085958+0 089756+0 014018+1 048 051410 095595+0 085413+0 089349+0 013801+1 049 052433 095418+0 084861+0 088936+0 013595+1 050 053452 095238+0 084302+0 088517+0 013398+1 051 054469 095055+0 083737+0 088093+0 013212+1 052 055483 094869+0 083165+0 087663+0 013034+1 053 056493 094681+0 082588+0 087228+0 012865+1 054 057501 094489+0 082005+0 086788+0 012703+1 055 058506 094295+0 081417+0 086342+0 012549+1 056 059507 094098+0 080823+0 085892+0 012403+1 057 060505 093898+0 080824+0 085437+0 012263+1 058 061501 093696+0 079621+0 084978+0 012130+1 059 062492 093491+0 079013+0 084514+0 012003+1 060 063491 093284+0 078400+0 084045+0 011882+1 061 064466 093073+0 077784+0 083573+0 011767+1 062 065448 092861+0 077164+0 083096+0 011656+1 063 066427 092646+0 076540+0 082616+0 011552+1 064 067402 092428+0 075913+0 082132+0 011451+1 065 068374 092208+0 075283+0 081644+0 011356+1 066 069342 091986+0 074650+0 081153+0 011256+1 067 070307 091762+0 074014+0 080659+0 011179+1 068 071268 091535+0 073376+0 080162+0 011097+1 069 072225 091305+0 072735+0 079661+0 011018+1 070 073179 091075+0 072093+0 079158+0 010944+1 071 074129 090841+0 071448+0 078652+0 010873+1 072 075076 090606+0 070803+0 078143+0 010806+1 073 076019 090369+0 070155+0 077632+0 010742+1 074 076958 090129+0 069507+0 077119+0 010681+1 075 077894 089888+0 068859+0 076604+0 010624+1 076 078825 089644+0 068207+0 076086+0 010570+1 077 079753 089399+0 067556+0 075567+0 010519+1 078 080677 089152+0 066905+0 075046+0 010471+1 079 081597 088903+0 066254+0 074523+0 010425+1 080 082514 088652+0 065602+0 073999+0 010382+1 081 083426 088400+0 064951+0 073474+0 010342+1 082 084335 088146+0 064300+0 072947+0 010305+1 083 085239 087898+0 063650+0 072419+0 010270+1 084 086140 087633+0 063000+0 071891+0 010237+1 085 087037 087374+0 062351+0 071361+0 010207+1 086 087929 087114+0 061703+0 070831+0 010179+1 087 088818 085852+0 061057+0 070300+0 010153+1 088 089703 086589+0 060412+0 069768+0 010129+1 089 090583 086324+0 059768+0 069236+0 010108+1 090 091460 086059+0 059126+0 068704+0 010089+1 091 092333 085791+0 058486+0 068172+0 010071+1 092 093201 085523+0 057848+0 067640+0 010056+1 093 094065 085253+0 057211+0 067108+0 010043+1 094 094925 084982+0 056578+0 066576+0 010031+1 095 095781 084710+0 055946+0 066044+0 010021+1



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Problema 56 243

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Problema 56 245

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1000 239046 047619 -1 023563 -4 049483 -3 053594+3 1100 240040 039683 -1 012448 -4 031369 -3 084191+3 1200 240804 033557 -1 069222 -5 020628 -3 012762+4 1300 241404 028736 -1 040223 -5 013998 -3 018761+4 1400 241883 024876 -1 024278 -5 097597 -4 026854+4 1500 242272 021739 -1 015148 -5 069680 -4 037552+4 1600 242591 019157 -1 097309 -6 050795 -4 051446+4 1700 242857 017007 -1 064147 -6 037719 -4 069205+4 1800 243081 015198 -1 043272 -6 028473 -4 091593+4 1900 24327 013661 -1 029800 -6 021813 -4 011946+5 2000 243432 012346 -1 020908 -6 016935 -4 015377+5 infin 244949 0 0 0 infin







Problema 56 247

047 050385 011492+1 022809+1 014018+1 013441+1 048 051410 011471+1 022313+1 013801+1 012353+1 049 052433 011450+1 021838+1 013595+1 011539+1 050 053452 011429+1 021381+1 013398+1 010691+1 052 055483 011384+1 020519+1 013034+1 091742+0 054 057501 011339+1 019719+1 012703+1 078663+0 056 059507 011292+1 018975+1 012403+1 067357+0 058 061501 011244+1 018282+1 012129+1 057568+0 060 063481 011194+1 017634+1 011882+1 049082+0 062 065448 011143+1 017026+1 011656+1 041719+0 064 067402 011091+1 016456+1 011451+1 03533+0 066 069342 011038+1 015919+1 011256+1 029785+0 068 071268 010984+1 015913+1 011097+1 024978+0 070 073179 010929+1 014935+1 010944+1 020814+0 072 075076 010873+1 014482+1 010806+1 017215+0 074 076958 010815+1 014054+1 010681+1 014112+0 076 078825 010757+1 013647+1 010569+1 011447+0 078 080677 010698+1 013261+1 010147+1 091675 -1 080 082514 010638+1 012893+1 010382+1 072289 -1 082 084335 010578+1 012542+1 010305+1 055932 -1 084 086140 010516+1 012208+1 010237+1 042256 -1 086 087929 010454+1 011989+1 010179+1 030965 -1 088 089703 010391+1 011583+1 010129+1 021795 -1 090 091460 010327+1 011251+1 010089+1 014512 -1 092 093201 010263+1 011011+1 010056+1 089133 -2 094 094925 010198+1 010743+1 010031+1 048154 -2 096 096633 010132+1 010485+1 010014+1 020571 -2 098 098325 010066+1 010238+1 010003+1 049469 -3 100 100000 010000+1 010000+1 010000+1 00 102 101658 099331+0 097711+0 010003+1 045869 -3 104 103300 098658+0 095507+0 010013+1 017685 -2 106 104925 097982+0 093383+0 010029+1 038379 -2 108 106533 097302+0 091335+0 010051+1 065846 -2 110 108124 096618+0 089359+0 010079+1 099349 -2 112 109699 095932+0 087451+0 010113+1 013823 -1 114 111256 095244+0 085608+0 010153+1 018188 -1 116 112797 094554+0 083826+0 010198+1 022977 -1 118 114321 093861+0 082103+0 010248+1 028142 -1 120 115828 093168+0 080436+0 010304+1 033638 -1 122 117319 092473+0 078822+0 010366+1 039426 -1 124 118792 091777+0 077258+0 010432+1 045471 -1 126 120249 091080+0 075743+0 010504+1 051739 -1 128 121690 090383+0 074274+0 010581+1 058201 -1 130 123114 089686+0 072848+0 010663+1 064832 -1 132 124521 088989+0 071465+0 010749+1 071607 -1 134 125912 088292+0 070122+0 010842+1 078504 -1 136 127286 087596+0 068818+0 010939+1 085503 -1 138 128645 086901+0 067751+0 011042+1 092586 -1 140 129987 086207+0 066319+0 011149+1 099738 -1 142 131313 085514+0 065122+0 011262+1 010694+0 144 132623 084822+0 063958+0 011379+1 011419+0



146 133917 084133+0 062825+0 011501+1 012146+0 148 135195 083445+0 061722+0 011629+1 012875+0 150 136458 082759+0 060648+0 011762+1 013605+0 155 139546 081054+0 058084+0 012116+1 015427+0 160 142539 079365+0 055679+0 012502+1 017236+0 165 145439 077695+0 053421+0 012922+1 019023+0 170 148247 076046+0 051297+0 013376+1 020779+0 175 150966 074419+0 049295+0 013865+1 022504+0 180 153598 072816+0 047407+0 014389+1 024189+0 185 155145 071838+0 045623+0 014952+1 025832+0 190 158609 069686+0 043936+0 015553+1 027433+0 195 160993 068162+0 042339+0 016193+1 028989+0 200 163299 066667+0 040825+0 016875+1 030500+0 210 167687 063762+0 038024+0 018369+1 033785+0 220 171791 060979+6 035494+0 020049+1 036091+0 230 175629 068309+0 033200+0 021931+1 038623+0 240 179218 055762+0 031114+0 024031+1 040989+0 250 182574 053333+0 029212+0 026367+1 043198+0 260 185714 051020+0 027473+0 028959+1 045259+0 270 188653 048820+0 025878+0 031829+1 047182+0 280 191404 046729+0 024414+0 035001+1 048976+0 290 193981 044743+0 023066+0 038498+1 050652+0 300 196396 042857+0 021822+0 042346+1 052216+0 310 198661 041068+0 020672+0 046573+1 053678+0 320 200786 039370+0 019608+0 051209+1 055044+0 330 202781 037760+0 018621+0 056286+1 056323+0 340 204656 036232+0 017704+0 061837+1 057521+0 350 206419 034783+0 016851+0 067896+1 058643+0 360 208077 033408+0 016055+0 074701+1 059695+0 370 209639 032103+0 015313+0 081691+1 060684+0 380 211111 030864+0 014620+0 089506+1 061612+0 390 212499 029688+0 013971+0 097989+1 062485+0 400 213809 028571+0 013363+0 010719+2 063306+0 450 219359 023762+0 010833+0 016562+2 066763+0 500 223607 020000+0 089443 -1 025000+2 069379+0 550 226913 017021+0 075012 -1 036869+2 071700+0 600 229528 014634+0 063758 -1 053180+2 072988+0 650 231626 012698+0 054823 -1 075134+2 074254+0 700 233333 011111+0 047619 -1 010414+3 075279+0 750 234738 097959 -1 041731 -1 014184+3 076121+0 800 235907 086957 -1 036860 -1 019011+3 076819+0 850 236889 077670 -1 032787 -1 025109+3 077404+0 900 237722 069767 -1 029348 -1 032719+3 077899+0 950 238433 062992 -1 026419 -1 042113+3 078319+0

1000 239046 057143 -1 023905 -1 053594+3 078683+0 1100 240039 047619 -1 019838 -1 084191+3 079270+0 1200 240804 040268 -1 016723 -1 012762+4 079721+0 1300 241404 034483 -1 014284 -1 018761+4 080074+0 1400 241883 029851 -1 012341 -1 026854+4 080356+0 1500 242272 026087 -1 010768 -1 037552+4 080584+0 infin 244949 00 00 infin 082151+0


Problema 57 249





P depoacutesito

tobera


1 2

Datos






AIREJR = 28704

Kg K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


2

20

p

v 1T t t 1 M2c 2

γ minus⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠


1 2( 1)

0 0 SALIDA

0 0

00

SALIDA


m RmiddotTP

06847middotA

γ+γminus⎛ ⎞= γ =⎜ ⎟γ +⎝ ⎠

=


2 2

SALIDA0036 D2 A

4 4π π= =


[ ] [ ] 2 2 20 SALIDA


JR 28704Kg K

π π⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = equiv = =⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 57 251


C 2

C C

TT T

RmiddotDA DA 4

RmiddotDA DA4

⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟

⎝ ⎠


2 2

C

T

DA 76 2 225D 508A

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


12( 1)

2C

T

AA 1 2 11 MA M 1 2A

γ+γminus⎡ ⎤⎛ ⎞ γ minus⎛ ⎞= = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ + ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦


AA


tobera)


A 225 M 0 27A

= ⎯⎯⎯⎯⎯rarr =


202

2

T 1t 1 MT 2

γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

1202

2

P 1t 1 MP 2


⎝ ⎠

1202

2

1t 1 M2



02

2

T098563

T= 02

2

P095060

P= 02

2

096446ρ

=ρ

de donde 2P 0950601481035 14078719 Pa= =









1 2


∆= +

donde

1 22 2

2

4Cf l 1 M 1 2 1Ln M 1 MD 2 1 2M



SE OBTIENE

2

4f l 69832D

⎯⎯⎯⎯⎯rarr =

Por otro lado

estimado del tubo

x 144Cf 40005 36745D 00762

∆ = =

con lo cual

1

4Cf l 69832 36745 106577D

= + =


SE OBTIENE1 M11

2

M2

PP 47378 47378P P 14078719 1656003 2 (Pa)

PP 40279 40279P

= = ⎯⎯⎯⎯⎯rarr = =


12

2

P 1 2 11 MM 1 2P

minus⎡ ⎤⎛ ⎞ γ minus⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ + ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

1 2


Problema 57 253


1 DE DONDE201 11 01

1

P P11 M P 1717594 4(Pa)P 2 0964141


⎝ ⎠


01 M1

P0964132

P=



T

AAAA





Problema 58 255



T (K) 22325 21665 P (Pa) 265 104 55293103

ρ (Kgm3) 041351 0088910 micro (Kg(ms)) 1457710-5 1421610-5

1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6


Linea deMach


1510

δc=0 deg

1 2 3 4 5 600

10

20

30

40

50

60

70

80

90



Linea deMach

δc=50 deg

1015

10

20

30

40

50

10

15

20

25

30

1 2 3 4 5 6



Linea deMach

δc=50 deg

10

15















P = F V mC R T 1 4 287 223 25 2995s

= γ = =



Problema 58 257

M = 5 δc= 10ordm 110049 2 2995 = 164798377 W






mC 14 287 21665 29504s

= =


14656 2 29504 = 8648212 W 12213 2 29504 = 7206647 W 36152 5 29504 = 53331430 W 229613 5 29504 = 33872509 W











Proacutelogo

Iacutendice

Nomenclatura

Problema 1

Problema 2

Problema 3

Problema 4

Problema 5

Problema 6

Problema 7

Problema 8

Problema 9

Problema 10

Problema 11

Problema 12

Problema 13

Problema 14

Problema 15

Problema 16

Problema 17

Problema 18

Problema 19

Problema 20

Problema 21

Problema 22

Problema 23

Problema 24

Problema 25

Problema 26

Problema 27

Problema 28

Problema 29

Problema 30

Problema 31

Problema 32

Problema 33

Problema 34

Problema 35

Problema 36

Problema 37

Problema 38

Problema 39

Problema 40

Problema 41

Problema 42

Problema 43

Problema 44

Problema 45

Problema 46

Problema 47

Problema 48

Problema 49

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57

Problema 58

Bibliografiacutea

EDICIONS UPC











Proacutelogo I





Iacutendice III

Iacutendice






Nomenclatura V







Problema 1 1



-6

2

Q 35times10 mU = = = 01237S sπ 0006

4



( )2

2 2

2



⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


donde 2∆P RU = -

∆x 8micro


2 2


π π




2

maacutex

maacutex 2


2 r= -micro UR


τ


maacutex

maacutex

r = R2= -micro URU

como U =2

U= -micro 4R

τ

τ


Τ

Τ


como - F = Fp

14137 = 8 π U micro L = 8 π 01237 micro

τ τ

2



UD 01237times0006 Re = = lt 2400 0 4547ν

ρ



Problema 2 3



du = dy

τ micro

1 1v 0 R ωdu = =

dy h hminus


ω

Hh

h

R1

Fig 21



21L 1 1


h hω

31L 1 1 1 1



23





R3R i i

B i i0S 0



⎣ ⎦

3


R4

3 iB B i i i

0


⎡ ⎤int ⎢ ⎥

⎣ ⎦

4

Bω 2π RM = micro

h 4





3 11

Rω 2π H R +h 4

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


310 003middot2π 01middot003 +0001 4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

NT = 00127 [W]


Problema 3 5


e

ω

da

d

θ

R

θ



part ω ωpart




32



ω ω

ω




o

o

4903

-90


int


o

o

4 902 3

-90


ω ω int

y quedariacutea

o

o

904 902 2

-9090


⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤ω ω θ θ +⎢ ⎥int⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

90 904

2 2

90 90


⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ω θ θ +⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

4


ω


Problema 4 7


ω

iR5 cm


iτ = idνmicro

dn = iR ω

microe

= ih tgθωmicro

e



θe

X

En la base

iτ = idνmicro

dn = iR ω

microe

dri

dzdhi

θ





θ θ

2 2


e cosθω

32 2h

2 ii

0




2i



Problema 4 9

3R2i

0



i

i


2

2i i


i iR = h tgθ

3 3 4h

3L i

0


El par en la base

2i i i


4h

3b i

0



TM = L bM + M

4 43 3

4 4T


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


4 3T


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


24 3


π ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 5 11


4 1


9

2

N196 10m



dpd


T

1 ddTforallα =

forall


d dp dTp T


de donde


Integrando

P T

P T

final final final


d dp dTforall

forall




( ) ( )final


inicial





( ) ( )1 p p T T

final inicial





Problema 6 13


0YY =

x1+L

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


0x yu = u 1+ 1-L Y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ siendo u0 =1 ms

L = 5m

xYo = 1m

Ys = 05m


v u= -y x

part partpart part




2 32 2

0 02 20 0


⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦


220

20

uu 3y x- = - 1- 1+x L LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2220 0 0

2 20 0


⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

23

0 02

0

u y u y xv = - + 1+ + C(x)L LLY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


2

30 0 0 0

2 30

x1+u Y u Y L0 = - + + C(x)

x LY xL 1+ 1+L L

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠



2 20

0

u y y xv = - 1- 1+L Y L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦







part partpart part


22

0 20

u 1 3y x 1= u - 1+x L L LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

3

0 20

u 2y x= u - 1+y LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 6 15

3

0 20


⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎣ ⎦

22

0 20

v 3y x 1= u 1+ -y L LLY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


2 43 520

x0 0

u x y x y xa = 1+ - 2 1+ + 1+L L Y L Y L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2 452 3

0y 2 2 4

0 0

u y x y xa = y - 2 1+ + 1+L LL Y Y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦




y1 u w= - = 02 z x


Sustituyendo queda

220

z 2 20

yu x y x= 1+ + 1+L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ω ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


220

z 2 20

yu x y xξ = 2 1+ + 1+L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦





part partpart part

se llega a

( )d δ1 = 0

δ dtforall

forall





puesto que

xz1 u w= + 02 z x




2 20

xy 2 20

yu x x y= 1+ - 1+ +L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞φ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 7 17


xu =1+ t

yv =1+ 2t

w = 0



dy y= v =ds 1+ 2t


slnx = + cte1+ t


1+t1middotx = c e

2middot

s1+2ty = c e


( ) ( )0 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


0 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 00


⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

1+t1+2t

0 0

x y=x y

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




1+t1+2t

00

xy = yx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


y x=y x


y

x

aumentando t

t = -13t = -16

t = 0

t = 13

t = 1

t = infinito

yo

xo


=


dx dyx y

1 t 1 2t

=

+ +


+=+


X Y

X Y0 0

1 t dx dy1 2t x y

+ =+ int int

de donde 0 0


⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Problema 7 19

o bien

1 t1 2 t

0 0

x yx y

++⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


(A) dx x=dt 1+ t

(B) dy y=dt 1+ 2t

Integrando



1lny = ln 1+ 2t + k2

( )1 ln 1+2t +k2lny 2e = e ⎯rarr⎯ ( )

12 2y = 1+ 2t k (D)


0 1X = k ( ) 0x = 1+ t X

0 2Y = k ( )12 0y = 1+ 2t Y


12

00

xy = 1+ 2 -1 YX

⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


(C) ( ) 1x = 1+ t k 01

Xk =1+ ε

⎯rarr⎯ ( )

01+ t

x = X1+ ε

(D) ( )12 2y = 1+ 2t k

( )0

2 12

Yk =1+ 2ε

⎯rarr⎯ ( )( )

12

012

1+ 2ty = Y

1+ 2ε



( ) ( )2

00

1+ t Y 1ε = X -1 = 1+ 2t -1x y 2

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎯rarr⎯ ( ) ( ) 20 01+ 2tX 1 Y1+ t - =

x 2 2 y⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Despejando 0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

se obtiene

0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= ( )

( )

12

0

1+ 2tX2 1+ t -1x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

=

12

0

1X2 -1x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= 1-20X2 -1

x⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Liacutenea de traza


Senda

y

x

YO

XO


Liacutenea de traza


Senda


Puntoemisor



Problema 8 21




( )ρ + ρv =t

part nablapart

0


x y zv v vv = + + = 2 - 2 + 0 = 0



2 ( )va = + v vt

part nablapart


partpart

= 0



( ) ( )( )

x y z

x y z

x y z



= ( )( )2x - 3y 3x - 2y 23

32minusminus

=

= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ˆ ˆ2x - 3y 2 + 3x - 2y - 3 i + 2x -3y 3 + 3x - 2y -2 j⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ =


( ) ( )

( ) ( )

ˆ ˆ ˆi j k


2x -3y 3x - 2y 0



x y

dx dy=V V


( ) ( )dx 3x - 2y - dy 2x -3y = 0



part partpart part


N(xy) = ( )- 2x -3y


M(x y)y

partpart

= N(x y)x

partpart

=-2



2int int


partpart


Problema 8 23


03yC(y) = + C2


2 2

03x 3yF(x y) = - 2xy + + C = 0

2 2



03 3F(x y) = - 2 + + C = 02 2

⎯rarr⎯ 0C = -1


2 23x 3y+ - 2xy -1 = 02 2








2 23x + 3y - 4xy - 2 = 0 (1)


( ) 3-3cotg 2θ = = 0-4




x

45ordm

x

yy






2 22 2 2 2 2 2 2 23 x - y + 3 x + y - 4 x - y x + y - 2 = 0

2 2 2 2 2 2 2 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


2 21 5x + y -1 = 02 2


2 2

2 2

x y+ = 1a b


a = 2

2b =5


1ω = Ω2




Problema 8 25



ysenθ =bxcosθ =a

x = acosθ = 2cosθ




x

yb

a


( ) ( ) ( )2π 2π

0 0


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟int int int⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




( )l s s s s


rarr 2 12π6πab = 6π 2 = = Γ5 5


se calcula



⎯rarr⎯

2i = 2

2j = - 2

β

β


ij =

u 1 u v 1 u w+ +x 2 y x 2 z x

1 v u v 1 v we + +2 x y y 2 z y

1 w u 1 w v w+ +2 x z 2 y z z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠




Sustituyendo

( )

( )

212 -3 + 3 0 22 21 d 1 2 dr = -3 + 3 -2 0 - = 2dr dt 2 2

00 0 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 9 27


Agua

Esfera

45deg


92 Resolucioacuten





y

s s s




( )

2

2 3 2

2 2

2 32 3

2 2




θ

πminus

θ θ

π πminus minus

θ θ

π πminus minus



⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= minusρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

int

int int


π πθ =⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

( )

2 2 2 3 3 3

2 3



( )

( )

2 3

2 3

1 1E gh2 R g2 R 1353553 4 3

R RE g2 h 1353553 4 3

⎛ ⎞= ρ π + ρ π⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥

⎣ ⎦

h y

x x

y

y

F

R

r θ


Problema 9 29

( )3 3

3 3 3

R sen45ordm RE g2 1353553 4 3


⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥

⎣ ⎦⎡ ⎤= ρ π + = ρ π = ρ π⎢ ⎥⎣ ⎦


2

2

3 3E H O

H OE 3


= ρ π = = ρ π

ρρ = =



4 1 4Peso W g R g R3 2 3

gt

lt= = ρ π = ρ π


ρ lt ρ


2 32 3

Hg Hg

2 2


θ θ

π πminus minus

⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= minusρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

de donde

( )2 3 3 2 2Hg




2Hg

R hE g2 R (0 1) (0 1)3 2


2Hg

R hE g2 R3 2

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥⎣ ⎦

33

Hg HgR 4 1E g2 g R3 3 2

= ρ π = ρ π




3866664 N

558281 N

0

100000

200000

300000

400000

500000

600000

-90 -75 -60 -45 -30 -15 0 15 30 45 60 75 90


Empu

je q

ue a

ctuacutea

sobr

e la

esf

era

(est

ando

pa

rcia

lmen

te su

mer

gida

) (N

)


3 3esfera esfera


ρ π π (3)




Problema 10 31



R

cdg

Y

45degha




102 Resolucioacuten

R

Yi

RXc Xc

X X



4

xc 2

R 64I = 1-8 9

π ⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠

4x

1I = πR8

4RY =3π



acdg

h 4RY = + R -sen45 3

⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠


sen45 3⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠


sen45 3π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


sen45 3π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


xcdgcdp cdg

cdg

IY - Y =

Y times A


Problema 10 33

ha = 10 m 4xcdg

cdp cdg 210 10cdg10


2π

cdp cdg10 10

Y - Y = 000474 m

ha = 100 m 4

cdp 2100

01097times1Y = 141996 + = 14199649 mtimes11419962

π

cdp cdg100 100


ha = 500 m 4

cdp 2500

01097times1Y = 707682 + = 7076820987 mπtimes1707682

2

cdp cdg500 500

Y - Y = 000009870 m


2 2

10 cdg10


π π

2 2

100 cdg100


2 2

500 cdg500


π π



⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭




R c

a

Y

Yt

da

45deg

hht


2 2 2

2 2



dF = P ds



( )R

2 2t

0




R




22 2

0

⎡ ⎤minus +⎢ ⎥2 2⎣ ⎦




Problema 10 35



⎡ ⎤minus +⎢ ⎥


R


2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2 2

0

1 R a3



2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

- ρ g senθ 2 ( ) ( )3

3 22 2 2 221 1 R R R 03 3


⎣ ⎦

( )32

2 2t


2

3t


2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



a at


senθ senθ



⎡ ⎤π⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦



sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 1602033 N


sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 154564569 N


sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 770316729 N





R R

2 2 2middot 2 2t

0 0


( )RR3 2 2 4

2 2 2 22t

0 0


⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

4

3t


⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Recordando que

at

hY = + R

sen45


ah 10 m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

ah 100 m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

ah 500m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦



Problema 11 37






ms







⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠









radw = 10seg

a -a

6cm

v

t

t v


Problema 11 39


g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

de donde


g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0

r z2

zr=0 z



[ ]2

2z 0

rω = (g + a ) z - z2

con lo cual

( )2

20

z

r 1z = ω + z2 g + a


R2

inicial0



2 2R2

inicial 00 z

ω r 1πR z = 2π r + z dr2 (g + a )

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠int

( )

R2 4 22

inicial 0z 0


( )2 4 2

2inicial 0

z

ω R RπR z = 2π + z2 g + a 4 2⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( )2

2inicial 0

z

ωZ = R + Z4 g + a

2 2

o inicialz

ω RZ = Z -4(g + a )





2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1Z = Z - +4 (g + a ) 2 (g + a )


dP = -ρg dz

p -z


P = ρg z


2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1P = ρg Z - +4(g + a ) 2 (g + a )

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Para ρ = 1000 3

Kgm

g = 98 2

ms


r = 002 m




4 98 +1 2 (98 +1)⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

P =287648 Pa



4 98 - 07 2 (98 - 07)⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

P =286461 Pa


P =286204 Pa


Problema 11 41


m= +07s

P =28746 Pa


2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1Z = Z - +4(g + a ) 2 g + a


2 2 2 2ω 006 ω 006 10 4 = 03 - +4times98 2 98

radω = 3299seg



Problema 12 43



VC SC


forallint int

0=bull

sdρ + mdtforall

2id = r dhforall π

r2

r1 H

hθ

Sd




2 1r - r

tgθ =H

22 1

1r - r

d = π(r + h ) dhH

forall

bull

22 1s1


H

bull


2hf t2 1

1H 0d


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠int int

fh 2

2 22 1 2 11 1 2

Hd


hf

23 2 5 22 2 1 2 1

1 1 2d

H


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


23 2 5 22 2 1 2 1

1 1 2d


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 13 45


hdhi

α

rd

r

hi

seccioacuten Ss

Fig 131


c Sc


forallint int






2id = π r dhforall



2i


dt



( )( )2d i

i i s


dt



( ) ( ) 12

22 2 sd i d i i i


π⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) 122 2 2 2 s

d i i d d i i iS


⎡ ⎤α⎣ ⎦

( )1 1 1 12 2 2 2

2 20 t2i i2d si

d d ih 0i i i i


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦int int

3 5 31 1 1

2 2 2 2 2 20 t

2 2 2 si i i i i id d d3 5 31 1 1

02 2 2 2 2 2 h


π

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

5 5 5 3 31

2 2 2 2 2 22 2 s

d d d3 5 31 1 12 2 2 2 2 2


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


5 5 5 3 312 2 2 2 2 2

2 2d d d3 5 31 1 1

s2 2 2 2 2 2


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Problema 13 47


5 5 5 5 5 5 3 3 31 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 23 5 31 1 1

2 2 2 2 2 2

1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1t = 01 m +0 268 -2 + + 2 01m 0268 - 2 01m 0268 times⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

2

2m

s


t =119s



Problema 14 49


r r

A2 A1

dA1r1

x1

dA2 Vry

y

x1


nS

Q = V dAint





[ ]maacutex

maacutex

miacuten

miacuten

θθ

1 -θ1-θ







maacutexy

0


maacutexy

2 20 1


1 1

2 21

x xcosθ = =

r x + y

maacutexmax

yy1

12 21 110 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

int

maacutex

1

yQ = 2b N arctg

x⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

m aacute xmaacutex

1

ytg =

xθ





Problema 15 51



Salida 3

Salida 1

Salida 2







( ) ( ) ( )1 2 3

D 1 1 2 3 3s s s






( ) ( ) ( )D 1 1 2 3 3


minus


( ) ( ) ( )t 0

0 HD 1 1 2 3 3


minusint int


Problema 16 53


11


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1

X π gt t 0v 2

ge

0 x Xle le


S

dx

dV

Ve Vs

xX

Fig 161




c ss se


forallint int int

c ss se se ss



c


forallint


c

X X1 1

1 10 0



X2

1 11 1

0


⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦

= 1 11


simplificando

c

1e s 1 1


minus = forallint


c

X X1 1

1 10 0



c

X1 1

10



Integrando

c

X1 1 1

1 1 10





Problema 17 55


Ao

Pd

Pn

PoutQL1

QL1

QL2

V

Q



forallint int



vc s s s0 1 2








forallforall


m ρ


⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

dρ dp= ρ β

dρ ρ dp= dt β dt


forallforall








(A)






Problema 17 57

r4

L4 L6 L8 L10L5 L7 L9 L11

L2L1 L3

r0

r1r2

PinletPoutlet

r3


( )( )1 pL1

h R tan sen tQ D

2


⎢ ⎥⎣ ⎦

( )( ) ( )

( ) ( )

10 1Tank n p 2 4 6 8 103

10

1 2 3 11 p 2 4 6 8 103 3 311 2 1





n outL2

32 43 3 3

1 2 31 2 3

p pQ



+ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠




Problema 18 59



Q

+j+i-i

-j



Ps Pe Ps

PL

Vs Vs

Ve


ySe Ss Sl Sl VC Sc



( ) ( ) ( )bull

Ly e sSe Ss



bull


FLy


Problema 19 61


D2

oe

Pe

Ps

ds

Pe

Psds

τ τ












e 2e

QvD4

=πsdot

ss

Qvs


⎝ ⎠



r1

drds 2 rsen 90

2


⎝ ⎠

int

( )2 22 1

s

r r2s2sen 90

2


⎝ ⎠

( )2 2

2 1s

r rs

sen 902

πsdot minus=


Vys

Vs

Fig 193


Problema 19 63

αdeg

D1

D2

Fig 194

r

dr

dh


y

y e s 1se ss sl sl

Fl


sum









2 2sen 90 sen 902 2


sum



2sen 902


⎝ ⎠


Problema 20 65








10210

SE SE 00



⎣ ⎦

12

1SS SS 0

0



⎣ ⎦


x ESE

x SSS

v v ds = - v Q

v v ds = v Q

ρ ρ

ρ ρ

int

int






Problema 21 67


S

SV

Vi

p

p

Ss





2y y i i i i i



2 2s s i i

s iP V P V

g z Y g z2 2

+ + + = + +ρ ρ


2iV PY

2∆= =ρ


2i

y P PVF PS S2

= ∆ = ρ


22i


= ∆ = ρ = ρ


2 2i i


= ∆ = ρ = ρ


y yi

i P

F 2FV

S S= =

ρ ρ

3

32 2yi 2a P i P y 05

P P

2FV 1 1N S V S F4 4 S (2 S )

⎡ ⎤= ρ = ρ =⎢ ⎥ρ ρ⎣ ⎦

o bien


Problema 21 69

2 3 3a y y 2

P

1 2N F F2 S D

= =ρ ρπ


3P 100000 Kg1189

RT 287 293 mρ = = =

sdot

2 3 3a y 2 2

2 2N F (200 98)D 1189 2

= = sdotρπ π

Na = 3174704 W


a2N M M 400 3174704 W60π= ω = =

M = 30316 Nm



Problema 22 71


FUELm )

Vsoporte

avioacuten

Ae As

me P








ee

m VA

=ρ




Obtenieacutendose





Problema 23 73


xy

x

Ve

vc

Fig 231








vc scd v ds 0


salidasalidavc s

d v ds mt


vcsalida

dMm

dt= minus

masa cohete t




yvcv d 0


salida

y r y salidassm



e salida

inicial salida

v ma g

M m tsdot

= minusminus sdot

2

dvadt

= ( )t


salida 0


m⎡ ⎤sdot


int

inicial salientee

inicial

M m tV V ln g t

M⎛ ⎞minus


o bien

iniciale

inicial saliente

MV V ln g t

M m t⎛ ⎞




Problema 24 75


2avioacuten

DV

D C ρ s2

= sdot sdot sdot





y

x

g

yrsquo

xrsquo

22ordm78ordm

a yrsquo

xrsquo

v = cte


2


sc sc c



forall

forall



2





2avioacuten

DV

D C s2

= sdotρ sdot sdot


2






Problema 24 77





V s V s m V m V





x y c V d 0t forall


y se obtiene

( )2





Puesto que 2

2

d R adt


( )2avioacuten




( )2avioacuten





( )

( )

2inicial




2mV (V at)


sdot =minus +






f

i

f

e

Vi

h

h

V

22deg




= minus sdot





105V V at

m V m V105 105


+⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus = minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )


2inicial


V atm V

105


+⎛ ⎞minus =⎜ ⎟⎝ ⎠


( )

( ) ( )


2inicial

D aire avinicial



2



( ) ( )

( )

2inicial

D aire avinicial

salienteinicial

gases escape



105 105



⎝ ⎠


2final inicial

2

V Vd Ratdt

minus= =


2

f i

2f i i

1e middotamiddott 2

h hsen22ordm


=

minus=

= + = +


Problema 24 79


hf hiaire

hfhf

hf

hihi

hi

2

P

RmiddotTP

RmiddotT

ρ + ρρ =

ρ =

ρ =


hf

o

o

o

P P h hfP Patm h 0

0

0 fhf

atm 0

gRmiddotB

0 fhf

0





T BmiddothP

T

= == =

= minus

= =



⎡ ⎤ ⎡ ⎤minus=⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎛ ⎞minus= ⎜ ⎟⎝ ⎠




Problema 25 81





ρ



x

z

y

x

z y






c

Vdt forall


2

2se ss


⎛ ⎞ω+ ρ + ρ + ρ + and⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int int ( ) ( )c

(ijk)se ss c

2 V r d

pdS pdS F gd

forall

forall



int

int int int

( ) ( )2

e s (i jk)2c se ss


bull and bull and

forall


⎣ ⎦int int int



= + +

2

2

d R 10j 10kdt

= +

( ) [ ]i j k

2 V 2 0 2 0 2 001 2 0 2i 0 2 j 0 4i 0 4 j0 0 1


( ) ( )i j k



x

z

y

Tuberiacutea

v

dS

dS

x

z

y

R

x

z

y

05

0505

15


Problema 25 83

( ) ( )0005 0 2Z i 0005 0 2Z j= ω and + minus +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( )

i j kr 0 2 02 001


+ minus +




( ) ( ) ( )15 5 3 5 3 3 2tubo tubo (i jk )05



15 15 152 2 2

5 5 3 3 3 2tubo

05 05 05

tubo (i jk)




and


minus =

2 23 3 3


4 4




2e e

e

P V2

+ρ

2s s

es

P VgZ

2+ = +

ρ s 2c

8 LVgZrν+ +


s e 2c

5 5s

8 LVP Pr


ρ ν= minus

= minus =Ve

VsPs

Pe



Problema 26 85


h

w

Vsalida

Ventrada

a

a

D

R

A

B



Ventrada

Vsalida











2 2 2

A BP PV V L V+ = + + fρ 2 ρ 2 D 2

Asiacute

2A

BP L VP - fρ D 2

=


SA SB SL SL C C SC

2

C 2


d R d r 2 V r ddtdt

forall forall

forall




Problema 26 87



[ ]CF Y A B total C


β

2Ωv r

Ω R r2

v

R

i (+)

j (+)





minus β minus β

Centriacutepeta


R sen R cos 0


2 2



Ω β Ω β


2 2CF(a) 0


puesto que




2 2CF(a)


γa

v

γa

i (+)

z (+)z (+) z (+)z (+)

i (-)

z (+)

90minusγ

v90minusγ


Coriolis codo 1

i j k2 V 2 0 0 0



Coriolis codo 2

i j k2 V 2 0 0 0

v cos(90 ) 0 vsen(90 )Ω and = Ω =



1


2



a cos R a(1 sen )



Problema 26 89

γ

z (+)

R2

R

a

γ a

R1

i (+)


2 2



minus Ω Ω γ



a cos R a(1 sen )


2 2



Ω Ω γ



2 2 2 2 2CB(b12) 0




2 2CB(b12)




z

i j k2 V 2 0 0 0

0 0 VΩ and = Ω =

z (+)

Vsalida

Ventrada

a

A

B

Codo 1

Codo 2

z R

j (+)

j (-)i (-)


Ventrada

Vsalida


Problema 26 91


z

i j k2 V 2 0 0 0

0 0 VΩ and = Ω =

minus



a R (a z)


2 2



minusΩ Ω



a R (a z)


2 2



Ω Ω


a z 2 2tubo recto a



2tubo recto


[ ] ( ) 2 2 2CF Y A B total





Problema 27 93



x y

z

e

Umaacutex




ess

m v dsrarr rarr

= ρint

o bien

ess

Q v dsrarr rarr

= int


maacutexua

06 01=

minus

ov v ay= minus

maacutexo

uv v y

06 01= minus

minus


maacutex 0u V05 06

=

maacutex0

06uV

05=



05 06 01= minus

minus

o bien

[ ]maacutexuv 06 y

05= minus


0 01 06 Y

V

V0


Problema 27 95

0606 2maacutex


u06 - Y YQ = u e dy = e 06Y - = u e 02505 05 2

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎣ ⎦int


0se ss



0ss



( )i j k

ˆ ˆr v 075 (1 Y) 05 05v j (1 Y)v kv 0 0





01 01

2 32 2maacutex



1 Y Ye u 06 Y 2 0605 2 3




⎣ ⎦

int

int int06 062 3

2 2maacutex

01 01

062 3 42 2maacutex

01

1 Y Yˆ ˆj e u 06 Y 2 06 k0 25 2 3

1 Y Y Y ˆe u 06 2 06 k0 25 2 3 4


⎣ ⎦


⎣ ⎦




zss



( ) ( )zss ss






( ) ( )


206maacutex

maacutex01

06 y 06 yM y u y u edy05 05


05 05



⎢ ⎥⎣ ⎦

int

int

( ) ( )06


01

u e u06 2 06 y y y y 06 y dy


⎣ ⎦int


01

u e u y y y y y06 2 06 0605 05 2 3 4 3 4


⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

( ) ( ) ( )2 4 4 4 4



2maacutex maacutex

2

u e u e0009375 0010625

0505ρ ρ

= minus ω


2maacutex maacutex

2

u e u ek 0009375 0010625

0505ρ ρ

ω = minus ω

2maacutex maacutex

2

u e u ek 0010625 0009375

05 05ρ ρ⎛ ⎞ω + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2maacutex

2maacutex

u e 10009375u e05 k 0010625

05

ρω =

ρ+


Problema 28 97



TURBINA PELTON


Tobera




282 Resolucioacuten


Tobera

V V - U

Aacutelabe

V - U

V - U

U = rω

α

α










2 2


[ ]2




Problema 28 99


e sS 2S S= =








( )2u u






( ) ( )2



[ ] ( )2 2 2 1v 2 v r r A B


ρ + α

( ) ( )2 2 2B A2 v r r v 0


ρ + α ρ + α

( ) ( )2

23 2 3


ρ + α ρ + α



( ) ( )2

23 2 3

R S


⎡ ⎤⎢ ⎥


⎢ ⎥⎣ ⎦


2R R 4S

2plusmn minus

ω =




puesto que v 2g H=

3o

1N Sv2

= ρ


( ) ( )2a

3o



ρ

( ) ( )2

3

v r r 1 cos1 v2



( ) ( )2 2 2

33



2u v u4v v

minus⎡ ⎤η = ⎢ ⎥⎣ ⎦




2d u u4 1 4 3 0

u v vdv

⎡ ⎤η ⎛ ⎞= minus + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎜ ⎟⎝ ⎠

2u 4 u 1 0

v 3 v 3⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Problema 28 101


=


u r 1v v 3

ω= =






( ) ( )2

3



ρ

u u4 1v v⎛ ⎞η = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

d u4 1 2 0u vdv

η ⎛ ⎞= minus =⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

u 1v 2

=




Problema 29 103


V fluido

V fluido


D2

proyectada

DC1 V S2 infin

=ρ

L2

proyectada

LC1 V S2 infin

=ρ





CL


Problema 29 105


0

C SC


rarr

forall







2 2 2 2D DD



CD

CL



2 2D

1dM r dD r r b drC2

= = ρ ω


R R3 2 2 2D D0 0



R42 2 4

D D0

r 1M C b C b R4 4

⎡ ⎤= ρ ω = ρ ω⎢ ⎥

⎣ ⎦











2L

1L C SV2 infin= ρ


2L


2 2L

1dL C b drr2= ρ ω

L R 2 2

L0 01dL C b drr2

= ρ ωint int


R

2L

0

31 rL 2 C b dr32

⎡ ⎤⎢ ⎥= ρ ω⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2

2 2L L

R b R 1L C C S R3 3

ω= ρ = ρ ω


1C S R 1000 L3

ρ ω = =


Problema 29 107


2L

L1C S R3

ω =ρ





un aspersor


QV

S= un aspersor2 2


Q1 S 2 R QC R4 S⎛ ⎞

= minus ω⎜ ⎟ω ⎜ ⎟⎝ ⎠

2un aspersor 2 2


Q 1R Q C S RS 8

minus ω = ω


1Q R S Q C S R S 08

minus ω minus ω =




Problema 30 109


VyV

Vαr

Lωr

θ

r

Vx

Vy

Vx

Vx

Vy

ωr


0c sc



part




0ss


Datos

x 1

y 1

r = L + L cosθ

r L senθ= 1

1

L senθα arctg

L L cos θ=

+ x 1r L L cos θ

rcos α cos α

+= =

1x sen


+= + = +


x y x y y x

x y


v v 0and = minus

11 1 1 sen



⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ] 10 1 1 1


cosαds⎡ ⎤⎡ ⎤ sdotint ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


[ ] 10 1 1 1 sen


cos α


⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

[ ] [ ]2 11 1 1 1ω sen


cos αsdot minus +


⎢ ⎥⎣ ⎦

2 11 1 1 1ω sen


m cos α+

+sdot+ + = + minus

1 11

1 1


ω + minus++ + +

=


Problema 31 111


2

maacutexrU = U 1-R

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


JC = 720kg K

S ejeW = W


2

2

2

T = 380 KP = 300000 PaR = 0 2 m

1

1

1

kgm = 5s

T = 297 KP = 92000 PaR = 0 2 m



( )2

SSC

P vQ- W = u + + + gz v n ds2

⎛ ⎞ρ⎜ ⎟ρ⎝ ⎠int


1 2

Q = 0W = 0Z = Z


de donde

( )2

ejeSC

P v- W = u + + v n ds2

⎛ ⎞ρ⎜ ⎟ρ⎝ ⎠int

( )22


2 1

P P vv- W = m u - u + - + v ds - m2 2

⎡ ⎤⎛ ⎞ρ⎢ ⎥⎜ ⎟ρ ρ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

int

32R 3 23


0

u Rv r 2 rds = u 1- dr =2 R 2 8

⎡ ⎤ π ρπ⎛ ⎞ρ ρ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

int int


2 2 2R R

2 2 2 2 2 2 maacutex0 0

rm = v S = u 2 r dr = u 1- 2 r drR

⎛ ⎞⎛ ⎞ρ ρ π ρ π⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠int int

2R2 4

22 2 2 2 maacutex 2

0

r rv R = u 2 -2 4 R

⎡ ⎤ρ π ρ π ⎢ ⎥

⎣ ⎦

2

2 22 2 2 2 maacutex

Rv R = u 2

4ρ π ρ π


3 2 3 2322 maacutex 2 2 2 2

2 2Ssalida




( )( ) ( )2

2 1eje v 2 1 2 1 2

v-W = m C T - T + m R T - T + m v -

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

22

2 2 2 2

m R Tm mv = = = 14 46ρ S P S s

11

1 1 1 1

m R Tm mv = = = 3686ρ S P S s

( ) ( )2

2eje


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 32 113




de 0004 3m






kg⎡ ⎤

∆ ⎢ ⎥⎣ ⎦

3mQ

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

3

kg875m

ρ =


vfuelJc 2000

kg K=

sdot

conducto 005mφ =



100 m

A

B C D

Z =5 mA

AP =10110 Pa5


f = 002290=Hη


QW


2 2

bomba

SA SD


ρ ρint int

2 2





2 2D A D A


W g(z z )) Y Y2 2


2 2

5 56 2

fluido 2 2

4 10 101 10 1 0004 0022 100 0004W 0 g(0 5) 5 10 Q875 875 2 2 005005 005

4 4


πsdot π sdot⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


fluidoJW 46151

kg= minus



09 kg⎡ ⎤

= sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


100 m


Problema 32 115

ejeJW 51279 875 0004 179478s⎡ ⎤= sdot sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2 D A D A

eje D A D AP P v v

Q W m( u u g(z z ))2 2


2 2

D A D Aeje D A D A



ρ ρ

de donde

( )2 2

D A D Aeje D A

D AV

P P V VQ W g Z Z2 2

T Tc



( )

2

5 55

2

D A

4 10 101 10 1 000410 51279 0 98 0 5875 875 2 005

4T T

2000


DT 5002 278 32802K= + =



Problema 33 117







Ve

Vs Vs


Pint Pint

Pext Pext

2 22int int ext ext


P v P vg z g z K Q

2 2+ + = + + +

ρ ρ


Problema 33 119

2


int ext tobera

P P QK Q

S 2minus = +

ρ ρ

2 int exttobera

int extT2

tobera

P P 1Q1 K

S 2

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ +


Ve

Vs Vs




( ) e toberaY e s

e tobera

Q QF m v v m

S S⎛ ⎞


Y toberae tobera

100 1F m QS S

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟

⎝ ⎠


100 1F Q QS S


⎝ ⎠




2Y entrada tobera

e tobera

100 1F 100 QS S


⎝ ⎠


2

sc


⎛ ⎞minus = ρ + + +⎜ ⎟ρ⎝ ⎠

int


2 2

eje se ss


⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus minus = ρ + + + + ρ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int

2 2eje 2 2





2 22 2s e T



2 100minus

minus = minus + + +




Q Q K1W Y Q K Q2 s s 100⎡ ⎤

= = minus + +⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2


Problema 33 121


tobera entrada

K1 1 1Y Q K2 s 100 2 s 100⎡ ⎤

= minus + +⎢ ⎥⎣ ⎦




( )2 2


v

004 Y K 100 QT T

C+

minus =


Pint

PdebajoPatm



p v p vg z g z K Q

2 2+ + = + + +

ρ ρ

debajo 2atm


p pK Q= +

ρ ρ

Recueacuterdese que







atm

pp K Q= ρ + ρ

ρ

2



int debajoT2

tobera

pp 1Q g z z1 K

2 S

⎡ ⎤⎛ ⎞= minus + minus⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ρ ρ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ +


2Y entrada tobera 2

e tobera

100 1F 100 QS S


⎝ ⎠





Problema 34 123




α

β

α

β

α




2 2 M2

2 1 1

U U ω RTgα = = =

W C C

2 1

M

Tgα Cω =

R


( )2 21 1 e i



( )2 2e i M 1

π D - D 2π R H4

asymp

con lo cual

1 M 1m = -ρ C 2π R H


Problema 34 125


e 1

e 1

P Pρ = =

R T R T


11 M 1

1

Pm = - C 2π R H

R T









2 21eje 1 M 1

1

PM = - C 2π R H

R T



2 21eje 1 M 1

1

PW = - C 2π R H ω

R T





2 2

ejeS1 S3


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int


2 2

ejeS1 S3


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )2 23 31 1

eje 3 1 3 13 1

v Pv P-W = m u - u + - + g z - z + -

2 2 ρ ρ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


3 31 1eje 3 1 3 1

3 1 3 1

P PP P-W = m u - u + - = m u + - u

ρ ρ ρ ρ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

minus⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ] [ ]eje 3 1 3 1-W = m h - h = m Cp T - T

eje3 1

-WT = + T

m Cp


2 211 M 1

13 1


m Cp


1 2 3m = m = m

1 1 2 2 3 3Q ρ = Q ρ = Q ρ

1 1 1 2 2 2 3 3 3S C ρ = S C ρ = S C ρ


i

Pρ =


31 2M 1 1 M 2 1 M 3 1

1 2 3


R T R T R T

31 2

1 2 31 2 3

PP PH = H = H

T T T



Problema 35 127











( )

2θr r r r

r θ z

2 2θr r

r r 2 2 2 2





( )


2 2θ θ r

θ θ 2 2 2 2





z z z z

r θ z

2 2z z z

z 2 2 2






( ) ( ) θ θθ θ

V V1 ρV = 0 ρV = 0 ρ = 0 = 0r θ θ θ θ


part part part part

ρ = constante



2 θ

rV P h P P-ρ = ρ g - = -ρ g - = -


( ) ( )θ θ1 10 = micro r V r V = 0



zP P0 = ρ g - = 0z z

part partrArr

part part



Problema 35 129


2 θV

P = ρ drrint


( )θ10 = r V


( )θ 11 r V = Cr r

partpart


( )θ 1r V = r Cr

partpart

2

θ 1 2rr V = C + C2

2θ 1

CrV = C +2 r




(1) ext 2ext ext 1

ext

R Cω R = C +

2 R

(2) int 2int int 1

int

R C-ω R = C +

2 R

2 2


int

R R R1C = ω R - C -ω R = C + ω R - C2 2 R 2

⎡ ⎤rArr ⎢ ⎥

⎣ ⎦

( )2 22 2


ext int

2 R + RR R-ω R -ω R = C - C =

2 2 R - R


⎝ ⎠

( )

( )





2 R + R RC = ω R -

2R - R

R + RC = ω R - R

R - R

ω ω

ω ω

Entonces



2 R + R R + Rr 1V = + ω R - R2 rR - R R - R

⎛ ⎞ω ω ω ω⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠




2 θV

P = ρ drrint


ext

int

22R 2 2

1 1 22R

C1 rP = ρ C + + C C drr 4 r⎛ ⎞

int ⎜ ⎟⎝ ⎠

y se halla


1 1 22 2intint ext

R - R RC 1P = ρ C + + C C Ln8 2 RR - R

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


ext

θrθ

r=R

Vτ = r micro


puesto que 2

θ 1CrV = C +

2 r

θ 2V C

= -r r r


rθ 2τ = - micro C


asiacute queda

ext



Problema 36 131



Pmax

V

Ptanque


H






H


1 dP rV (H r)dz 2

= minus minusmicro


H

10




1Hdz (r )d2

= + α

de donde

H

10

1



int

H 2

1 10

1




3 4

1

1




1 3 4

1


6 12


π + α⎢ ⎥⎣ ⎦

con lo que

Tank 2

max 1

P

1 3 4P

1


6 12

α

α


π +⎢ ⎥⎣ ⎦

int int


2


1


α⎡ ⎤⎢ ⎥

minus = micro + ⎢ ⎥α⎡ ⎤ ⎢ ⎥π +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


Problema 36 133


3 4

maacutex Tank 1

2

11

H H(P P ) (r )6 12Q

tgH 2(r ) ln2 tg

2

minus π +=

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦


3 4

max 1

11


2 tg2

minus π +=

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦

de donde

11

maacutex 3 4

1

tgH 2Q (r ) ln2 tg

2P PH H(r )6 12

α⎡ ⎤⎢ ⎥


π +




Problema 37 135






6 drπ= minus

micro




ρ

d r

z

H

Dd

rore

ue ue



3

1r d p C


1 3

P Cr r d

part micro=part




micro 1Q C

6π= minus


e

o

r rr r

=⎧⎨ =⎩

5inlet

P 0P P 100 10 g H



dmicro= +


inlet 1 3e

rP C ln

rd⎛ ⎞micro= ⎜ ⎟⎝ ⎠


Problema 37 137

inlet1

o3

e

PC

rlnrd

=⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠

inlet

e 23o

3e

P0 ln r C

drlnrd


inlet e

2o

e

P ln rC

rlnr

= minus⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


inlet inlet e3

oo3

ee

P P ln rP ln r

rdr lnln rrd



[ ]inlete

o

e

PP ln r ln r

rlnr

= minus

[ ]in lete

e

o

PP ln r ln r

rlnr

= minus

inlet e

e

o

P rP ln

r rlnr

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦



e3

o

PQ

6 rlnrd

π=⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠



2e d

u 2 d ru r

sdot sdot=






d ez z Hminus =

22 2 2 de d e

e

u2 g H u u u 1

u


e 2

d

e

2 g Huu1u

sdot sdot=⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


e 2

e2

d

2 g Hu2 d r1

r




e 2

e2

d

2 g HQ 2 r d2 d r1

r



22e er r

r eP uP u

g z g z2 2

+ + = + +ρ ρ

y se obtiene


2ρminus = minus



er e

ru u

r=


22 2e

e r e er

P P u u2 r

⎛ ⎞ρ ⎛ ⎞minus = minus⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Problema 37 139

22 e

e r er

P P u 12 r



2e

e r 2

e2

d

r 2 g HP P 12 r 2 d r1

r


2

e

e r 2

e2

d

r 1r

P P g H2 d r1

r





Problema 38 141


Η

d

L

(1)

(2)


2 2 2

x 2 2 2









xzg = -gx

partpart







partpart

2 2 2 2

1 1 1 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

int int int int

( )2 2 2

1 2 1 21 2

1


22 2

1 1 2 21 2

1



2 L

x x

1 0

du dudx = dx

dt dtint int

L L

x 2 2

0 0

du du dudx = dx = L

dt dt dtint int


22 2

1 2u du

gz = gz + + L2 dt

( )22 2

1 2u du

g z - z - = L2 dt

22 22gH - u du

= L2 dt

( )-122 2

dt = 2gH - u du2L



Problema 38 143

2 2v v

2 22 22 20 0


2u

2 22

0 2


2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int


t2

0


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

t

2

0


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

2uttgh 2gH =2L 2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


2L⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 39 145


22 5 3 4

3



ω


ext eje 4

eje eje

R R h 0020 mmψ 833 10 R R 24 mm





( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

2I (1 ε )

2I (1 ε )

2 εI

(1 ε )I I

I ε

I II

εeε h

π=minus

π=minus

π +=

minusminus

=

minus=

=


( )24833 1023800 03288 So10000 22 005 002 0024

60

minussdotsdot = =



e 10ε 05h 20

= = =

donde

( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

2I 72551(1 05 )

2I 96735(1 05 )

2 05I 1451039

(1 05 )I I 96735 72551I 48368

05 05I I 1451039 96735I 96737

05 05

π= =minus

π= =minus

π += =


minus minus= = =


96735 96737 1451039 483686 967361451039




Problema 39 147


( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

e 1ε 00520h2RI 6291054

(1 005 )2RI 63068211

(1 005 )

R 2 005I 6330531

(1 005 )I I 63068211 6291054I 0315342005 005

I I 6330531 63068211I 04741005 005

63068211 06

= = =

= =minus

= =minus

+= =


minus minus= = =

sdotsdot 4741 6330531 0315342 09418946330531

minus sdot =




96736 - 094184tgα = = 09701910 -1

03288

0

2

4

6

8

10

12

0 2 4 6 8 10 12


Som

mer

feld

e1



i

i

094184 - 03288tgα = 1- e

e = 03681micras


( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

e 2ε 0120h2I 631483

(1 01 )2I 637862

(1 01 )

2 01I 647527

(1 01 )I I 637862 631483I 06379

01 01I I 647527 637862I 09665

01 01

= = =

π= =minus

π= =minus

π += =


minus minus= = =


637862 09665 647527 063796 18850647527



( )24y

y

833 10F18850

10000 2003 002 002460

F 409659Ν

minussdotsdot =

sdot πsdot sdot

=



Problema 40 149



minusmicro = sdot


hα

L

U

h1





( )h 005 tg 02 000032 m∆ = =


= =


(paraacutemetro K)


850 05696 m149212

=


( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

3

3 K 12 U LD 2 ln KK 1 h K 1

3 213 12 29 10 80 005D 2 ln 213213 1 000015 213 1

ND 58709m

minus



=


totalD 58709 01822 10696 N= sdot =


h= es maacutexima

si se deriva dL 0dK



( )( ) ( )

( )( ) ( )

2

2 21

3 2

2 2

2 K 11 6 U LL ln KK 1h K 1

2 213 11 6 29 10 U 005L ln 213213 1000015 213 1

NL 1865 Um

NL 58303 80 149212m

minus



⎡ ⎤= sdot ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 41 151


( ) ( ) 31

1 42 2 3 211 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦


3


partpart








(1-1)



Fig 411


partpart

3 h P0 =


(1-2)

3

1h P = Cmicro x

partpart

(1-3)


12 23

2

C microP = x + C

h (1-4)


( ) 1 2 2x = L + L P = 0

1 2 1x = L P = P


1 2

1


partpart

(1-5)

3 h P-6 U tgα =


(1-6)

3


partpart


( ) 33


(1-8)

h1

hh2

x

L1 L2 U

α


Problema 41 153

( ) ( )3

3 31 1


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

33 3

1 1


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠

( ) ( )

33 3 3 3

1 1


tgα tgα 1 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )

-3+11

-31

31

h - xtgαh1 dx = - x dx = (-1)

tgα -3 +1h - xtgα

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

int int


3 3 211 1 1


⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int int int


21 1h h


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

21 1 1h h hx = A + B - Bx + C - 2 xC + Cx


0 = C C = 0

1h

1 = -B - 2 C tgα

B = -1

2

1 1h h0 = A + B + C

tgα tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1hA =

tgα

-3+1 -2+11 11

13 3 2

1 1 1



⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int int (1-9)




( ) ( )

311 42 2 3 2

11 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦



x = 0

1P = 0 1x = L


3h ∆P 1m = ρU -ρ h

2 ∆x 12micro


1h PC =micro x

partpart

1

2CU hm = ρ -

2 12ρ


( ) ( )

31



3


partpart

( ) ( )1 3

h x 1m = ρ U - ρ -6 U Tgα x - C2 12


( ) ( )( )( )1 1 3h x ρm = ρU - -6U h - h x - C

2 12

( ) ( )( )1 1 3h x ρ ρm = ρU + 6U h - h x + C

2 12 12

hh

x

hα


Problema 41 155


( )2 1 21 2 3

U h C Uh ρ ρρ -ρ = ρ + 6U h - h + C2 12 2 12 12

( )11 2 3

C ρ ρ-ρ = 6U h - h + C12 12 12

( )1 3 1 2-C - C = 6U h - h (1-11)


( )

1 2 2x = L + L P = 0

( )11 2 23

2


h (1-12)


1x = 0 P = 0

( ) ( )31

42 2 3 211


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

( )3

42 21 1 1


342

1 1


(1-13)


1 1 2x = L P = P

( ) ( )31 1

4 1 23 2 3 2 31 21 111 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

(1-14)




( ) ( )( )31 1 1 1

4 1 1 2 23 2 3 2 3 3 31 2 2 21 111 1

A


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦


( )( )3 3 2

1 2 33 2 2 311 2


⎡ ⎤⎣ ⎦⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

despejando 3C

( )( )32

3 1 23 2 2 3 311 2 2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

con lo cual

( )

( )

21 23

123

23 2 2 3

1 211




⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( )1 3 1 2de 1-11 C = -C - 6U h - h

( )

( )

( )2

1 2312

1 1 22

3 2 2 31 21

1




⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

de (1-12) ( )1

2 1 232

C micro C = - L + L

h

( ) ( )

( )

( )2

1 2311 2 2

2 1 2322

3 2 2 31 21

1




⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


Problema 41 157

de (1-13) 34 2

1


( )

( )

21 23

124 2

2 113 2 2 3

1 211



tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


1 1 2

1

x l x=(l l )

1 2x 0 x=l

F = P dx + P dxy

= +

=int int

( ) ( )

1 1 1 2

1

x l x=l x (l l )31 1

4 22 2 3 2 31 2x 0 x=0 x l1 1


= = +

= =

⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥

⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥= + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

int int int

( ) ( )

( )[ ]

1 11 22

31 1 114 23 3 31 2

1

x = L x = Lx = L + L


⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦



Problema 42 159


2 INLETr

r

r2

r1

r2

r1

r2 OUTLET

U α

α





H

0Q V 2 r dh= πint


02 dh))90(coshr(2VQ (1)


2h

dxdp1V minus

microminus= (2)




2h

dxdp

micro1Q (3)


⎥⎦⎤


microπminus=

121)90(cosH

61Hr

dxdp

Q 432 (4)


salida

entrada

PL

3 40 P2

dx dp1 1 Qr H H cos(90 )6 12


int int (5)



lminus


xminus



salida

entrada

PL

3 40 P2



int int (7)


3


2(entrada)

34

2(entrada)


6 6 12lnH 1r H cos (90 )6 12



(8)


Problema 42 161


(entrada) 3 34

2(entrada)

34

2(entrada)


6 6 12lnH 1r H cos (90 )6 12



(9)


3 34

2(entrada)

34

2(entrada)


2(entrada)

34

2(entrada)


H 1r H cos(90 )6 12P P (P P )


H 1r H cos(90 )6 12




(10)





0

20

40

60

80

100


Pres

ioacuten

de a

limen

taci

oacuten

(bar

)

100 bar 70 (mm)

100 bar 50 (mm)

100 bar 30 (mm)

100 bar 10 (mm)

0

20

40

60

80

100


Pres

ioacuten

de a

limen

taci

oacuten

(bar

)





0

1

2

3

4

5

6

7

0 20 40 60 80 100 120


Cau

dal (

lmin

)



















Problema 42 163


2

max2 entrada

rV V 1r

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

(13)






salida entrada 1

3 1 2

p P Kdpdx K x K K

minus=

+ (15)


6HcosK

3

1 α= (16)

3

42 2entrada

H 1K r H cos (90 )6 12


3 3

42entrada

3 34

2entrada


H 1r H cos (90 )6 12



(18)




2 salida2 2 203 1 2





(19)












2

salida 2salida


HP 2 cos(90 ) r H cos (90 )2



⎣ ⎦

(22)



3 3

42(entrada)

34

2(entrada)l


2(entrada)

2(entrada)




r



α + minus minusα3

4

dx

H 1H cos(90 )6 12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥minus minusα⎢ ⎥⎣ ⎦


2



3 1 22 2


3 2 11


r k k[ (l ) ln(l 1) l] [P P ]

k k k



+ + + minus minus


(24)




entrada salida 1h 0

3 1 2


τ =+

(26)



3

2entrada 1 2 2 1 22

1 2 1 21



=

⎡ ⎤minus π ατ α = ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎪ ⎪+ α minus⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎣ ⎦

int (27)



Problema 42 165





micro +⎣ ⎦2


22 entrada 2 1


3

4 HV r P r P 2 cos (90 )[r H cos (90 )]3 2


cos2 cosk



αminus π α2 2


2 11


3 1 2 1 21

k k k1 1 l[ (l ) ln(l 1) ( l)] [P P ]2 k 2 2 kk



⎡ ⎤⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus + +π α ⎪ ⎪+ + α minus⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎩ ⎭⎣ ⎦



0

50

100

150

200

250

0 2 4 6 8 10

50 bar 80 micras

100 bar 80 micras

200 bar 80 micras

50 bar 40 micras

100 bar 40 mircras

200 bar 40 micras

(a) Salida


Fuer

za (N

)



Fuer

za (N

)

-35

-30

-25

-20

-15

-10

-5

00 2 4 6 8 10

50 bar 80 micras

100 bar 80 micras

200 bar 80 micras

50 bar 40 micras

100 bar 40 micras

200 bar 40 micras

(b) Entrada




-1500

-1250

-1000

-750

-500

-250

0

250

0 2 4 6 8 10



Fuer

za (N

)

Fuer

za (N

)



Problema 42 167

-6000

-5000

-4000

-3000

-2000

-1000

00 2 4 6 8 10 12 14










-1000

-800

-600

-400

-200

00 3 6 9 12 15


-500

-250

0

250

500

0 2 4 6 8 10





fuerza total


Fuer

za (N

)


Fuer

za (N

)


Fuer

za (N

)



Problema 43 169






[ ] [ ] [ ]2

2 3


⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦







ca b c1 2 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

como 0 0 0


Se obtiene 22

1 2 2

L L YmiddotTT V

minus⎡ ⎤π = =⎢ ⎥⎣ ⎦


ca b c2 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦


Se obtiene 2LD

π =


ca b c3 3




ρ


Problema 43 171


ca b c4 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ε ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦




2


⎛ ⎞micro ε ε⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠⎝ ⎠




2

2Y Lf ReD DV

ε⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠



Y 2middotYV V

equiv



ε⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠


⎜ ⎟⎝ ⎠







2

2

LYT⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]D L= 3

ML⎡ ⎤ρ = ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]Lε =

[ ]L L= LVT⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦



D r V Y e L m(a) M 0 1 0 0 0 0 1(b) L 1 -3 1 2 1 1 -1(c ) T 0 0 -1 -2 0 0 -1

(3a + b + c) D 1 0 0 0 1 1 1(a) r 0 1 0 0 0 0 1(-c) V 0 0 1 2 0 0 1


1 2

YV

π = 2LD


ρ 4 Dεπ =


Problema 44 173



Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦





Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



ms⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦






2

pV

∆ρ

lD middotVmiddotD

microρD

ε2

g DV 2V

βρ

2

pV

∆ρ

lD

Dε

middotVmiddotDmicro

ρ

2

g DV

2 2 2


⎛ ⎞∆ micro ε β= ⎜ ⎟ρρ ρ⎝ ⎠


Problema 45 175




Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦




CpKCv




⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦




⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



011

p Dm

π =ω

2D D D 4 1




014 2 2

R TD

π =ω

025

P Dm

π =ω

601



012

0140112

1 014 01 012 2

P Dm T RP Dm

P DR T m T RD

ΠΠ ω= = =ΠΠ

ω

0142

1 01

T R

P Dm

Π=

Π



Problema 45 177

Por otro lado

02

5 02

011 01

P DPm

P D Pm

Π ω= =Π

ω


2 2

014 01

1 D D R T R T

ω ω= =Π



0102 0c 2

01 01 0101


⎡ ⎤∆ ωη = ⎢ ⎥micro⎢ ⎥⎣ ⎦




Problema 46 179




s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



ms⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

P = presioacuten 3

Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Kgs

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


h

Z

α





longitud relativa

h 1Q Remicro =


5

2 2r

g h 1Q F


4

2

p hQ ρ



2

hQσ



1 1

1 1

hhQ Q

micromicro =ρ ρ

1 1 1

1 1 1

h Q hh Q Q Q h

νν ν= =ν

5 5

2 21

g h g h Q Q

= 2 5

2 51 1

Q h Q h

=

de donde

5 32 2

15 3

1 2 21 1

h h h h

h h

ν = =ν


1

1 1

h Q h Q

ν =ν

25

21 5

1

h Q h

Q=

asiacute

2 35 512 3

1 15 51

Q Q Q Q

Q Q

ν = =ν

αzh

3

2

hQσ

ρh

Qmicro

ρ

5

2

g hQ

4

2

p hQ ρ


Problema 47 181






Depoacutesito 1

Depoacutesito 2





2 21 1 2 2

1 2 12P V P V

z H z hg 2 g g 2 g


2 2 2

1 1 2 21 2 5 2



siendo 2

5 2

L 8 Qh fD g




=ρsdot sdot



62

33 2 3 2 2

2 ms


8 02200000Pa 25000 W 400m0 0 0 25m 0 0021000 981 1000 981 02 D m 981




3

2

ms

2 6 ms




62

2

22 ms

5 2 5 5 2 5ms

8 02L 8 Q 400m 1h f 00125 001653 mD g D m 981 D



12 12

PH z h

g+ = + ∆

ρsdot

33 2 3 2

112 2 kg kgm m m

sm s m s

P 200000 Pa 25000 Wh z H 25m 8129mg 1000 981 1000 981 0 2


5

1001653 m 8129mD

sdot =



Problema 47 183


3

2

ms

6 ms

4 Q 4 0 2Re 8638575D 0 289m 102 10minus



11

22

33

44

4 m



22 3 23 3 bE E h E 100 Q= + ∆ = + sdot


62

2

22 m24 2s24

2 4 24 4 4 4 245 2 5 5 2 ms



π sdot π sdot


62

2

22 mT 2sT

1 2 12 2 2 2 T5 2 5 5 2 ms



π sdot π sdot


T b 24Q Q Q= +




3 3E z 25m= =


3 2

11 kg m

m s

P 200000PaE 20387 mg 1000 981

= = =ρsdot sdot

33 2

kg m msm s

25000 WH 12742m1000 981 02

= =sdot sdot





2 2T 2

E 25 E 25Q 0813 E 25

100 1967minus minus

= + = sdot minus

( )2


2 2T

33129 EQ

194764minus

=


( ) 22

33129 E0661 E 25

194764minus

sdot minus =

2E 25063m=


3ms24Q 0179=

3m

sbQ 0025=



Problema 48 185




Ζ = 0

Caldera

Condensador

Z = 1m

Z

1 283

4

5

6

7




Problema 48 187








22con con cal cal

con 72cal

2 2con concal cal

con 72cal


P -P V -VH = +Z -Z + +∆h

ρg 2g

+


( )-

52

2

2 - 005 10H = 1 + 416Q

1000times98

H = 1888 + 416Q

3mH[m] Q

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


3Q = 250 m h

H = 2088 m


22con con 8 8

con 8 78

2 2con con8 8

con 8 78


P -P V -VZ Z = + +∆h

ρg 2gminus



Problema 48 189

vapor8d

PPNPSH = -

ρg ρg


-vapor con






250 300 m s3

H Sistema


2300H=1888+4163600

H=2176m

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




2

2

∆h=KQ2176K= =313472300

3600⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



=1 22 2 2 21 1 2 2

H H

ω D ω D 2 2 2 2

1 1 2

2176 1895=ω D 1450 D

2

21

2176times1450ω =1895

1ω = 155379 rpm

1 23 3

1 2

Q Q=

ω D ω D

31 2

1 32

Q ω Dω =

Q D 1

300times1450ω = =155357280

rpm



Problema 49 191


1

2

4B1

B2

B4 3

B3

ZA







Problema 49 193





Tramo 1-4

14 42 43Q Q Q= +



Tramo 4-2

Tramo 4-3




4Pgρ

Q1-4 Q4-2 Q4-3

2 21 1 4 4

1 grupo 4 14p v p v

z H z hg 2g g 2g

+ + + = + + + ∆ρ ρ

2 24 4 2 2

4 2 42p v p v

z z hg 2g g 2g

+ + = + + + ∆ρ ρ

223 34 4

4 B4 3 43p vp v

z H z hg 2g g 2g

+ + + = + + + ∆ρ ρ

24grupo 4 14 14


g= minus minus

ρ

242 4 42 42


g= minus +

ρ

243 4 B4 43 43


g= minus minus +

ρ


24grupo 4 142



242 4 422


⎛ ⎞= minus + ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠

243 4 B4 432




Problema 49 195




tramo1 4

Pg minusρ




0

20

40

60

80

100

120

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

(B2+B3)B1

B1

B2 y B3




0

5

10

15

20

25

0 20 40 60 80 100 120 140 160

Q(m3h)

H(m

)

P4ρg

H4-2


05

101520253035404550

0 20 40 60 80 100 120 140 160

Q(m3h)

H(m

)

Hasp

Himp

Himp+Hasp


Problema 49 197

-40

-20

0

20

40

60

80

100

120

0 50 100 150

Q(m3h)

H(m

)

B2+B3B1

Hasp + Himp

Hgrupo - Z4

P4ρg






Q1-4 =100 m3h

44

PH 12m

g= =

ρ

0

5

10

15

20

25

30

35

40

0 10 20 30 40 50 60 70 80

Q(m3h)

H(m

)

P4ρg

0

10

20

30

40

50

60

70

0 10 20 30 40 50 60 70 80

Q(m3h)

H(m

)

Z3-Z4

HB

H43


Problema 49 199




1V0




g 2g g= + minus

ρ ρ



PPNPSHd z h

g g⎛ ⎞

= minus + + ∆⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠


2 2aspb11 1 B1

1 B1 1B1

pp v vz z h

g 2g g 2g+ + = + + + ∆

ρ ρ

2brida11 B1

B1 1B1

pp vz h

g g 2g= + + + ∆

ρ ρ

2 2asp21 1 B2

1 B2 1B2

pp v vz z h

g 2g g 2g+ + = + + + ∆

ρ ρ

2brida 21 B2

B2 1B2

pp vz h

g g 2g= + + + ∆

ρ ρ




0

10

20

30

40

50

60

70

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

Ecuacioacuten 1

Ecuacioacuten 3

Ecuacioacuten 2

Ecuacioacuten 23PF


Problema 49 201


NPSHr1 2 m

NPSHr2 35 m


Fig

49

11 C

auda

les c

ircu

lant

es e

n ca

da tr

amo



1p 0761360098 1034 mg 100098

= =ρ





2 24B4 3 4 4 32 2


ρ

vp 2337 024 mg 100098

= =ρ

3 32 2 2 2

1B 2


∆ = = = = =

v11asp

ppz ( NPSHd h ) 1034 (5 35 0 24) 16m


ρ ρ


Problema 49 203




24 3H k Q minus=

2 24 3 4 32



2 2 2 24 4

Hg H gD D

=ω ω


2 22 44

H 46832900H 52ω

ω = =

ωrsquo4=2752 rpm

0

10

20

30

40

50

60

70

80

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

Ecuacioacuten 1

Ecuacioacuten 2

PF

15 975

135 oo o




0

10

20

30

40

50

60

0 5 10 15 20 25 30 35 40

Q(m3h)

H(m

)

Afinidad Bomba 4

135


Problema 50 205






km mh sV = 20 =556

2

mstr

3m -5 ms


sdotν


-1

5x


D L





D 15 L

L

0074 1740C = -ReRe


ms

L 2-5 ms

V x 556 15mRe = = = 6410256413 10

sdotν

15

3δ = 037 12820513 3m = 0066mminus

sdot sdot

-1-35



5

0074 1740C = - = 2949 10641025646410256 4

sdot


22

3

22 m-3 2 skg

D m

556VF= C S ρ = 2949 10 70m 1150 =366296 N2 2infin


2

ms

L -3 ms

V 15mRe = =1394052 V1076 10

(A)


DLaminarL

1328 1328C = =Re 1394052times V



infin

23

222

mVs

21328 kg5000 N = 70 m 860 m1394052times V



L -3

379 15Re = = 5283451076 10

sdot


Problema 51 207



2

D Dv


donde



trV X500000 infin=

ν




( )D 02LL

0072 1700C = -ReRe

de donde


L -5



( )-3

D 02

0072 1700C = - = 1148middot10959750677285959750677 285

Siendo la fuerza

( )2-3 208333


F(h = 500m) = 36666618N


L -5



tr tr5

V X 20833 X500000

14216 10008891

infinminus= =

ν


( )-3

D 02

0072 1700C = - = 18235middot109120723776791207237767


Problema 51 209



2

F(h = 20000m) = 44332N


x

δ 5=x Re

donde



Asiacute

5x


-4δ (h = 500 m) = 2578middot10 m


5x


-3δ (h = 20000 m) = 2713middot10 m



Problema 52 211





tr tr-6

V X 027 XRe = = = 500000

y 12 10



D 1L5

L

0074 1740C = - Re

Re


L

D 15

027 50Re 11250000-612middot100074 1740 -3C - 272 10

1125000011250000

sdot= =

= = sdot

2 2

-3D


infin


8L


-3 -5 -3

D 1L5

L


Re= = =

V (Kmh) V (ms)

Xtr (m)

1 027 216 2 055 108 3 083 072 4 111 054 5 138 043 6 166 036 7 194 03 8 222 027 9 25 024

10 277 0216


Problema 52 213

2 2-3

D

T


F F 49 55

infin

= 2 = 4 7 Ν



0

1000

2000

3000

4000

5000

6000

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

F (N

)



0

1

2

3

4

5

6

7

8

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

Nordm T

ubos


V (ms)

F (N)

027 7228 055 25763 083 53913 111 90902 138 136227 166 18952 194 250494 222 318916 25 394587

277 477339

V (ms)

Nordm Tubos

027 692 055 194 083 093 111 055 138 037 166 026 194 02 222 016 25 013

277 01


rarr

larr

F = CD b L ρ V22




wtr

2 V 2 VX5

V

infin infin

infin

micro ν ρτ = =

δ ν


V (ms)

τw (Nm^2)

027 0048 055 0192 083 0432 111 0768 138 12 166 1728 194 2353 222 3073

25 3889 277 4801


0123456

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

Esfu

erzo

cor

tant

e (N

m^2

)

0001

001

10000 100000 1000000 10000000 100000000 1000000000

Cd = 0074 ReL15


Cd = 0455 ( log ReL )258

Re gt 107


Cd = 1328 ReL12

(laminar)



Coe

ficie

nte

de re

sist

enci

a (C

d)


Problema 53 215


tr

x

100010 X3600Re 500000

-513 10

sdot sdot= =

sdot x 234 m=




15

D LL

1700C 0072 ReRe

minus= sdot minus

de donde

L

100010 203600Re 4273504 2

513 10

sdot sdot= =

minussdot




22 3

D1 1 1F C ρ v b l 29998 10 1150 10 4 20 106475 N2 2 36

minusinfin






L

RD

V



Problema 53 217

2 1 cilindro L

21 cilindro L

L1 cilindro 22

1L C ρ v S2

1F 2 L 2 C ρ v S2

F 106475 106475C 33161 321031189 6 15 052 ρ v S2

infin

infin

infin





P 100000 Kg1189RT 287 293 m

ρ = = =sdot



Du 17 C 14

vinfin

= =

10

8

6

4

2

2 4 6 8Teoacuterico

Teoacuterico

Experimental

= 2 UV

R D

L

CL CD

CD

CL

U = R

UV= 0

CL p

V w

w

CD



u r 025 17v v 6

rad408 3896 rpms

infin infin

ωsdot ωsdot= = =

ω = equiv




1 cilindro D

2

2 21 cilindro

2 cilindros

DC 14

1 ρ v S2

1 1D 14 ρ v S 14 1189 6 05 15 224721 N2 2

D 449442 N

infin

infin

= =sdot sdot sdot


=


2 2 2 22 2R D L 44944 106475 115572 N= + = + =


44944tgα 04221 α 2288ordm106475

= = =

90 + L2 cil

V V

D2 cilR2 cil

αα



Problema 53 219

V = r15 mx

y

2 r = 157 mp

ww t

t



δrmicro

δ0vmicro


partpartsdot= ω


e 5aire

r x 408 025 xR 500000 x 07352 m 15 10minus



L 5

408 025 2 π 025Re 1068141515 10minus



( )

1 15 5

D LL

22D

1700 1700C 0072 Re 0072 10681415 00044833 00015915 00028918Re 10681415

1 1F C ρ v b l 00028918 1189 r 2 0 25 15 421 N2 2

minus minus

infin






Problema 54 221



1960 m

Depoacutesito

Conducto

Vaacutelvula





2 21 1 2 2

1 2 12P v P v

+ z + = + z + +∆hρg 2g ρg 2g

[ ]m

y queda

2 2 2 22


2

2

2570 -

1 2times98=D 25


rArr D = 01798 m


mv = 25s


3mQ ( )s

H(m)

70

70


Problema 54 223


∆P C= ∆h = - ∆Vρg g




tubotubo

C SV = 2gh

S



tubo

C SΩ = 2g



tubo

S t= 1-S T

y se verifica

V

tubo

S t= 1-S T


0tΩ = Ω 1-T

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

T = pasos = 6

V

t

SS

T(s)

0Ω

Ω

t(s) 6

Ω

6 T(pasos)

0Ω

6





12

0mΩ = 0 2988s

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


t(s)

T(pasos)


12t mΩ = 02988 1-

6 s

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦



( )0C∆h = V - Vg


( )∆h = 13367 25 - V


t(s) Ω v h∆ ih h+ ∆ Total 0 02988 25 0 70 70 1 02490 235 1921 70+1921 892100 2 01992 215 2727 70+1921+2727 116480 3 01494 186235 3874 70+1921+2727+3874 155220 4 00996 14464 5559 70-1921+2727+3874+5559 172390 5 00498 08697 77072 70-1921-

2727+3874+5559+77072 194922

6 0 0 11627 70-1921-2727-3874+5559+77072+116275

233717

7 0 0 - 70+1921-2727-3874-5559+77072+116275

160957

8 0 0 - 70+1921+2727-3874-5559-77072+116275

613530


Problema 54 225

9 0 0 - 70+1921+2727+3874-5559-77072-116275

-937170

10 0 0 - 70-1921+2727+3874+5559-77072-116275

-209570

11 0 0 - 70-1921-2727+3874+5559+77072-

116275

786470


Diagrama temporal

70 8992111648

15521 172391949

233717

-93717

7865

-20977

61353

160957

-150-100-50

050

100150200250300

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

t(s)

h



( )i∆h = 13367 V - V

( )i iV = Ω h +13367 V - V

( )2 2i iV = Ω h +13367 V - V⎡ ⎤⎣ ⎦

2 2 2 2

i iV = h Ω +13367V Ω -Ω 13367V ( )2 2 2

i iV +Ω 13367V -Ω h +13367V = 0


V =2





Por tanto



Problema 55 227


2


=


SStotal Tc(LC) 1 0 08 1 06 2 04 3 0 4

Tc(LC) K 0 1000 1 5000 2 10000 3 18000 4 infin



Z = 100 m

Z = 0 m


2 2 2 2

1 1 2 21 2


+ + = + + + sdot +

2 2 2

1 2 2 2 22 T T



2 1 2

2 2 22 T T

Z ZQ

1 L 1 1f KDS 2 g S 2 g S 2 g

minus=




1 08SS T2 sdot= K 5000=

2 06SS T2 sdot= K 10000=

3 04SS T2 sdot= K 18000=


abiertaQv 1319S

= = ms

1v 0618= ms

2v 0 439= ms

3v 03287= ms

4v 0= ms

1

2


Problema 55 229


o

v vvv 1319

lowast = =


22o o

2o o

H vL vh fH D 2g v

= sdot sdot∆

22o

o

vL vh fD 2g H




i ich h (v v )g

minus = minus minus

o o

o o

H vch vH g v

= minus∆ ∆

o

o

c vh v


∆ = minus ∆sdot



lowastv c

LT C

1 0 0468 1

03328 2 02486 3

0 4



05 075 10250 v

h

T=0

T=1

T=2

T=3

OA

1B

2B

2A

3B

4A

5B

6A

7B

6B

5A

4B

3A7A

8B

8A1



Problema 55 231

TcLC

h

0 5

1

2

OB

1B

2B

3B 4B

5B

6B

7B

8B




Problema 56 233









2 2

01c 1cv 5T T (100 273) 373006K

2 Cp 2 18641= + = + + =

sdot sdot

2 2

01 1v 5h h 2676000 26760125 J Kg2 2

= + = + =




02 02

01 01

h T

h T



Problema 56 235



02 01q 500T T 373006 641 21 K

Cp 18641= + = + =


2

02 2vT T

2 Cp= +

sdot

2

02 2vT T

2 Cpminus =

sdot

( )2





22

v 2605MC 50032

= = = 05206


f 1

14 C L

M 052 09174D


f 22

4 C LM 09 0014

Dsdot sdot

= ⎯⎯rarr =

M1 = M2c = 05206 M2 = 09

f f 1 f 24 C L 4 C L 4 C L 09174 0014 0903D D D




0903 D 0903 002L 0903 m4 Cf 002



( )2 5 2P 002 5 10 002m s v 2605 2605 0 228 Kg s


sdot sdot +


2

P1129

P= 02

0

P10089

P=


1

P20519

P= 01

0

P13034

P=


2

02

P059126

P=


11

22

PP 20519P 1817

PP 1129P

= = =

5

12

P 5 10P1817 1817

sdot= = = 2751788 Nm2

2

02P

P059126

= = 4654109 Nm2




Problema 56 237

1

2

P 500000 2P 250000

= =

( )

( )

111

222

P MP P PP MP

=


M1 = 052 (Fanno) 1

P20519

P=

( )( )1

122

1

2

P MP 20519PM 102595P 2PP

= = =


PM 102595

P= rarr 2M 098cong



S S DD4


( )5

m 1 117241 2Re 4 4D D1086 10 D



( )1

2 12011 1

01

P A 1m M 1 M2R T


siendo 2DA

4πsdot=


( )1

2 1012 21

101

m R T4 1 1D 1 MM 2P


Puesto que



12( 1)2

1A 1 2 11 M

M 1 2A

γ+γminus⎡ ⎤γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎢ ⎥γ + ⎝ ⎠⎣ ⎦


( ) ( )1

2 10121

01

m R T4 1 AD M2P A



( ) ( )14 1

2 14 1215

4 1 287 641 1 4 1 AD M25 10 14 A


( )1AD 00399 MA

=


502

501

P 05 10 01P 5 10

sdot= =sdot

Hipoacutetesis


A134

A=

D 00399 134 004618= = m

34

1172412Re 25383702004618

001 10 21 10D 004618

minusminus

= =



fL 54 C 00145 15699D 004618


Fanno 1

P23865

P=

M1 = 045


01

P087027

P=


Problema 56 239

1

02 012

101 01

PP PP 087027 036568 01

PP P 23865P



1

05 045M 0 4752


=

D 00399 139 004704 = = m


4212 10D


fL 54 C 00145 1541D 004704

sdot sdot = sdot =






000 000000 010000+1 010000+1 010000+1 infin 001 001095 099998+0 099993+0 099995+0 057874+2 002 002191 099992+0 099997+0 099980+0 028942+2 003 003286 099982+0 099937+0 099955+0 019301+2 004 004381 099968+0 099888+0 099920+0 014481+2 005 005476 099950+0 099825+0 099875+0 011591+2 006 006570 099928+0 099748+0 099820+0 096659+1 007 007664 099902+0 099658+0 099755+0 082915+1 008 008758 099872+0 099653+0 099681+0 072616+1 009 009851 099838+0 099435+0 099596+0 064613+1 010 010944 099800+0 099303+0 099502+0 058218+1 011 012035 099759+0 099158+0 099398+0 052992+1 012 013126 099713+0 098998+0 099284+0 048643+1 013 014217 099663+0 098826+0 099160+0 044969+1 014 015306 099610+0 098640+0 099027+0 041824+1 015 016395 099552+0 098441+0 098884+0 039103+1 016 017482 099491+0 098228+0 098731+0 036727+1 017 018569 099425+0 098003+0 098569+0 034635+1 018 019654 099356+0 097765+0 098398+0 032779+1 019 020739 099283+0 097514+0 098218+0 031123+1 020 021822 099206+0 097250+0 098028+0 029635+1 021 022904 099126+0 096973+0 097829+0 028293+1 022 023984 099041+0 096685+0 097620+0 027076+1 023 025063 098953+0 096383+0 097403+0 025968+1 024 026141 098861+0 096070+0 097177+0 024956+1 025 027217 098765+0 095745+0 096942+0 024027+1 026 028291 098666+0 095408+0 096698+0 023173+1 027 029364 098563+0 095060+0 096446+0 022385+1 028 030435 098456+0 094700+0 096185+0 021565+1 029 031504 098346+0 094329+0 095916+0 020979+1 030 032572 098232+0 093947+0 095638+0 020351+1 031 033637 098114+0 093554+0 095352+0 019765+1 032 034701 097993+0 093150+0 095058+0 019219+1 033 035762 097868+0 092735+0 094756+0 018707+1 034 036822 097740+0 092312+0 094446+0 018229+1 035 037879 097609+0 091877+0 094128+0 017780+1 036 038935 097473+0 091433+0 093803+0 017358+1 037 039938 097335+0 090979+0 093470+0 016961+1 038 041039 097193+0 090516+0 093130+0 016587+1 039 042087 097048+0 090043+0 092782+0 016234+1 040 043133 096899+0 089561+0 092427+0 015901+1 041 044177 096747+0 089071+0 092066+0 015587+1 042 045218 096592+0 088572+0 091647+0 015289+1 043 046257 096434+0 088056+0 091322+0 015007+1 044 047293 096272+0 087550+0 090940+0 014740+1


Problema 56 241

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Problema 56 243

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Problema 56 245

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Problema 56 247

047 050385 011492+1 022809+1 014018+1 013441+1 048 051410 011471+1 022313+1 013801+1 012353+1 049 052433 011450+1 021838+1 013595+1 011539+1 050 053452 011429+1 021381+1 013398+1 010691+1 052 055483 011384+1 020519+1 013034+1 091742+0 054 057501 011339+1 019719+1 012703+1 078663+0 056 059507 011292+1 018975+1 012403+1 067357+0 058 061501 011244+1 018282+1 012129+1 057568+0 060 063481 011194+1 017634+1 011882+1 049082+0 062 065448 011143+1 017026+1 011656+1 041719+0 064 067402 011091+1 016456+1 011451+1 03533+0 066 069342 011038+1 015919+1 011256+1 029785+0 068 071268 010984+1 015913+1 011097+1 024978+0 070 073179 010929+1 014935+1 010944+1 020814+0 072 075076 010873+1 014482+1 010806+1 017215+0 074 076958 010815+1 014054+1 010681+1 014112+0 076 078825 010757+1 013647+1 010569+1 011447+0 078 080677 010698+1 013261+1 010147+1 091675 -1 080 082514 010638+1 012893+1 010382+1 072289 -1 082 084335 010578+1 012542+1 010305+1 055932 -1 084 086140 010516+1 012208+1 010237+1 042256 -1 086 087929 010454+1 011989+1 010179+1 030965 -1 088 089703 010391+1 011583+1 010129+1 021795 -1 090 091460 010327+1 011251+1 010089+1 014512 -1 092 093201 010263+1 011011+1 010056+1 089133 -2 094 094925 010198+1 010743+1 010031+1 048154 -2 096 096633 010132+1 010485+1 010014+1 020571 -2 098 098325 010066+1 010238+1 010003+1 049469 -3 100 100000 010000+1 010000+1 010000+1 00 102 101658 099331+0 097711+0 010003+1 045869 -3 104 103300 098658+0 095507+0 010013+1 017685 -2 106 104925 097982+0 093383+0 010029+1 038379 -2 108 106533 097302+0 091335+0 010051+1 065846 -2 110 108124 096618+0 089359+0 010079+1 099349 -2 112 109699 095932+0 087451+0 010113+1 013823 -1 114 111256 095244+0 085608+0 010153+1 018188 -1 116 112797 094554+0 083826+0 010198+1 022977 -1 118 114321 093861+0 082103+0 010248+1 028142 -1 120 115828 093168+0 080436+0 010304+1 033638 -1 122 117319 092473+0 078822+0 010366+1 039426 -1 124 118792 091777+0 077258+0 010432+1 045471 -1 126 120249 091080+0 075743+0 010504+1 051739 -1 128 121690 090383+0 074274+0 010581+1 058201 -1 130 123114 089686+0 072848+0 010663+1 064832 -1 132 124521 088989+0 071465+0 010749+1 071607 -1 134 125912 088292+0 070122+0 010842+1 078504 -1 136 127286 087596+0 068818+0 010939+1 085503 -1 138 128645 086901+0 067751+0 011042+1 092586 -1 140 129987 086207+0 066319+0 011149+1 099738 -1 142 131313 085514+0 065122+0 011262+1 010694+0 144 132623 084822+0 063958+0 011379+1 011419+0



146 133917 084133+0 062825+0 011501+1 012146+0 148 135195 083445+0 061722+0 011629+1 012875+0 150 136458 082759+0 060648+0 011762+1 013605+0 155 139546 081054+0 058084+0 012116+1 015427+0 160 142539 079365+0 055679+0 012502+1 017236+0 165 145439 077695+0 053421+0 012922+1 019023+0 170 148247 076046+0 051297+0 013376+1 020779+0 175 150966 074419+0 049295+0 013865+1 022504+0 180 153598 072816+0 047407+0 014389+1 024189+0 185 155145 071838+0 045623+0 014952+1 025832+0 190 158609 069686+0 043936+0 015553+1 027433+0 195 160993 068162+0 042339+0 016193+1 028989+0 200 163299 066667+0 040825+0 016875+1 030500+0 210 167687 063762+0 038024+0 018369+1 033785+0 220 171791 060979+6 035494+0 020049+1 036091+0 230 175629 068309+0 033200+0 021931+1 038623+0 240 179218 055762+0 031114+0 024031+1 040989+0 250 182574 053333+0 029212+0 026367+1 043198+0 260 185714 051020+0 027473+0 028959+1 045259+0 270 188653 048820+0 025878+0 031829+1 047182+0 280 191404 046729+0 024414+0 035001+1 048976+0 290 193981 044743+0 023066+0 038498+1 050652+0 300 196396 042857+0 021822+0 042346+1 052216+0 310 198661 041068+0 020672+0 046573+1 053678+0 320 200786 039370+0 019608+0 051209+1 055044+0 330 202781 037760+0 018621+0 056286+1 056323+0 340 204656 036232+0 017704+0 061837+1 057521+0 350 206419 034783+0 016851+0 067896+1 058643+0 360 208077 033408+0 016055+0 074701+1 059695+0 370 209639 032103+0 015313+0 081691+1 060684+0 380 211111 030864+0 014620+0 089506+1 061612+0 390 212499 029688+0 013971+0 097989+1 062485+0 400 213809 028571+0 013363+0 010719+2 063306+0 450 219359 023762+0 010833+0 016562+2 066763+0 500 223607 020000+0 089443 -1 025000+2 069379+0 550 226913 017021+0 075012 -1 036869+2 071700+0 600 229528 014634+0 063758 -1 053180+2 072988+0 650 231626 012698+0 054823 -1 075134+2 074254+0 700 233333 011111+0 047619 -1 010414+3 075279+0 750 234738 097959 -1 041731 -1 014184+3 076121+0 800 235907 086957 -1 036860 -1 019011+3 076819+0 850 236889 077670 -1 032787 -1 025109+3 077404+0 900 237722 069767 -1 029348 -1 032719+3 077899+0 950 238433 062992 -1 026419 -1 042113+3 078319+0

1000 239046 057143 -1 023905 -1 053594+3 078683+0 1100 240039 047619 -1 019838 -1 084191+3 079270+0 1200 240804 040268 -1 016723 -1 012762+4 079721+0 1300 241404 034483 -1 014284 -1 018761+4 080074+0 1400 241883 029851 -1 012341 -1 026854+4 080356+0 1500 242272 026087 -1 010768 -1 037552+4 080584+0 infin 244949 00 00 infin 082151+0


Problema 57 249





P depoacutesito

tobera


1 2

Datos






AIREJR = 28704

Kg K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


2

20

p

v 1T t t 1 M2c 2

γ minus⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠


1 2( 1)

0 0 SALIDA

0 0

00

SALIDA


m RmiddotTP

06847middotA

γ+γminus⎛ ⎞= γ =⎜ ⎟γ +⎝ ⎠

=


2 2

SALIDA0036 D2 A

4 4π π= =


[ ] [ ] 2 2 20 SALIDA


JR 28704Kg K

π π⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = equiv = =⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 57 251


C 2

C C

TT T

RmiddotDA DA 4

RmiddotDA DA4

⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟

⎝ ⎠


2 2

C

T

DA 76 2 225D 508A

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


12( 1)

2C

T

AA 1 2 11 MA M 1 2A

γ+γminus⎡ ⎤⎛ ⎞ γ minus⎛ ⎞= = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ + ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦


AA


tobera)


A 225 M 0 27A

= ⎯⎯⎯⎯⎯rarr =


202

2

T 1t 1 MT 2

γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

1202

2

P 1t 1 MP 2


⎝ ⎠

1202

2

1t 1 M2



02

2

T098563

T= 02

2

P095060

P= 02

2

096446ρ

=ρ

de donde 2P 0950601481035 14078719 Pa= =









1 2


∆= +

donde

1 22 2

2

4Cf l 1 M 1 2 1Ln M 1 MD 2 1 2M



SE OBTIENE

2

4f l 69832D

⎯⎯⎯⎯⎯rarr =

Por otro lado

estimado del tubo

x 144Cf 40005 36745D 00762

∆ = =

con lo cual

1

4Cf l 69832 36745 106577D

= + =


SE OBTIENE1 M11

2

M2

PP 47378 47378P P 14078719 1656003 2 (Pa)

PP 40279 40279P

= = ⎯⎯⎯⎯⎯rarr = =


12

2

P 1 2 11 MM 1 2P

minus⎡ ⎤⎛ ⎞ γ minus⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ + ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

1 2


Problema 57 253


1 DE DONDE201 11 01

1

P P11 M P 1717594 4(Pa)P 2 0964141


⎝ ⎠


01 M1

P0964132

P=



T

AAAA





Problema 58 255



T (K) 22325 21665 P (Pa) 265 104 55293103

ρ (Kgm3) 041351 0088910 micro (Kg(ms)) 1457710-5 1421610-5

1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6


Linea deMach


1510

δc=0 deg

1 2 3 4 5 600

10

20

30

40

50

60

70

80

90



Linea deMach

δc=50 deg

1015

10

20

30

40

50

10

15

20

25

30

1 2 3 4 5 6



Linea deMach

δc=50 deg

10

15















P = F V mC R T 1 4 287 223 25 2995s

= γ = =



Problema 58 257

M = 5 δc= 10ordm 110049 2 2995 = 164798377 W






mC 14 287 21665 29504s

= =


14656 2 29504 = 8648212 W 12213 2 29504 = 7206647 W 36152 5 29504 = 53331430 W 229613 5 29504 = 33872509 W











Proacutelogo

Iacutendice

Nomenclatura

Problema 1

Problema 2

Problema 3

Problema 4

Problema 5

Problema 6

Problema 7

Problema 8

Problema 9

Problema 10

Problema 11

Problema 12

Problema 13

Problema 14

Problema 15

Problema 16

Problema 17

Problema 18

Problema 19

Problema 20

Problema 21

Problema 22

Problema 23

Problema 24

Problema 25

Problema 26

Problema 27

Problema 28

Problema 29

Problema 30

Problema 31

Problema 32

Problema 33

Problema 34

Problema 35

Problema 36

Problema 37

Problema 38

Problema 39

Problema 40

Problema 41

Problema 42

Problema 43

Problema 44

Problema 45

Problema 46

Problema 47

Problema 48

Problema 49

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57

Problema 58

Bibliografiacutea








Proacutelogo I





Iacutendice III

Iacutendice






Nomenclatura V







Problema 1 1



-6

2

Q 35times10 mU = = = 01237S sπ 0006

4



( )2

2 2

2



⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


donde 2∆P RU = -

∆x 8micro


2 2


π π




2

maacutex

maacutex 2


2 r= -micro UR


τ


maacutex

maacutex

r = R2= -micro URU

como U =2

U= -micro 4R

τ

τ


Τ

Τ


como - F = Fp

14137 = 8 π U micro L = 8 π 01237 micro

τ τ

2



UD 01237times0006 Re = = lt 2400 0 4547ν

ρ



Problema 2 3



du = dy

τ micro

1 1v 0 R ωdu = =

dy h hminus


ω

Hh

h

R1

Fig 21



21L 1 1


h hω

31L 1 1 1 1



23





R3R i i

B i i0S 0



⎣ ⎦

3


R4

3 iB B i i i

0


⎡ ⎤int ⎢ ⎥

⎣ ⎦

4

Bω 2π RM = micro

h 4





3 11

Rω 2π H R +h 4

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


310 003middot2π 01middot003 +0001 4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

NT = 00127 [W]


Problema 3 5


e

ω

da

d

θ

R

θ



part ω ωpart




32



ω ω

ω




o

o

4903

-90


int


o

o

4 902 3

-90


ω ω int

y quedariacutea

o

o

904 902 2

-9090


⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤ω ω θ θ +⎢ ⎥int⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

90 904

2 2

90 90


⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ω θ θ +⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

4


ω


Problema 4 7


ω

iR5 cm


iτ = idνmicro

dn = iR ω

microe

= ih tgθωmicro

e



θe

X

En la base

iτ = idνmicro

dn = iR ω

microe

dri

dzdhi

θ





θ θ

2 2


e cosθω

32 2h

2 ii

0




2i



Problema 4 9

3R2i

0



i

i


2

2i i


i iR = h tgθ

3 3 4h

3L i

0


El par en la base

2i i i


4h

3b i

0



TM = L bM + M

4 43 3

4 4T


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


4 3T


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


24 3


π ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 5 11


4 1


9

2

N196 10m



dpd


T

1 ddTforallα =

forall


d dp dTp T


de donde


Integrando

P T

P T

final final final


d dp dTforall

forall




( ) ( )final


inicial





( ) ( )1 p p T T

final inicial





Problema 6 13


0YY =

x1+L

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


0x yu = u 1+ 1-L Y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ siendo u0 =1 ms

L = 5m

xYo = 1m

Ys = 05m


v u= -y x

part partpart part




2 32 2

0 02 20 0


⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦


220

20

uu 3y x- = - 1- 1+x L LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2220 0 0

2 20 0


⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

23

0 02

0

u y u y xv = - + 1+ + C(x)L LLY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


2

30 0 0 0

2 30

x1+u Y u Y L0 = - + + C(x)

x LY xL 1+ 1+L L

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠



2 20

0

u y y xv = - 1- 1+L Y L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦







part partpart part


22

0 20

u 1 3y x 1= u - 1+x L L LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

3

0 20

u 2y x= u - 1+y LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 6 15

3

0 20


⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎣ ⎦

22

0 20

v 3y x 1= u 1+ -y L LLY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


2 43 520

x0 0

u x y x y xa = 1+ - 2 1+ + 1+L L Y L Y L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2 452 3

0y 2 2 4

0 0

u y x y xa = y - 2 1+ + 1+L LL Y Y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦




y1 u w= - = 02 z x


Sustituyendo queda

220

z 2 20

yu x y x= 1+ + 1+L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ω ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


220

z 2 20

yu x y xξ = 2 1+ + 1+L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦





part partpart part

se llega a

( )d δ1 = 0

δ dtforall

forall





puesto que

xz1 u w= + 02 z x




2 20

xy 2 20

yu x x y= 1+ - 1+ +L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞φ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 7 17


xu =1+ t

yv =1+ 2t

w = 0



dy y= v =ds 1+ 2t


slnx = + cte1+ t


1+t1middotx = c e

2middot

s1+2ty = c e


( ) ( )0 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


0 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 00


⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

1+t1+2t

0 0

x y=x y

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




1+t1+2t

00

xy = yx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


y x=y x


y

x

aumentando t

t = -13t = -16

t = 0

t = 13

t = 1

t = infinito

yo

xo


=


dx dyx y

1 t 1 2t

=

+ +


+=+


X Y

X Y0 0

1 t dx dy1 2t x y

+ =+ int int

de donde 0 0


⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Problema 7 19

o bien

1 t1 2 t

0 0

x yx y

++⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


(A) dx x=dt 1+ t

(B) dy y=dt 1+ 2t

Integrando



1lny = ln 1+ 2t + k2

( )1 ln 1+2t +k2lny 2e = e ⎯rarr⎯ ( )

12 2y = 1+ 2t k (D)


0 1X = k ( ) 0x = 1+ t X

0 2Y = k ( )12 0y = 1+ 2t Y


12

00

xy = 1+ 2 -1 YX

⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


(C) ( ) 1x = 1+ t k 01

Xk =1+ ε

⎯rarr⎯ ( )

01+ t

x = X1+ ε

(D) ( )12 2y = 1+ 2t k

( )0

2 12

Yk =1+ 2ε

⎯rarr⎯ ( )( )

12

012

1+ 2ty = Y

1+ 2ε



( ) ( )2

00

1+ t Y 1ε = X -1 = 1+ 2t -1x y 2

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎯rarr⎯ ( ) ( ) 20 01+ 2tX 1 Y1+ t - =

x 2 2 y⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Despejando 0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

se obtiene

0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= ( )

( )

12

0

1+ 2tX2 1+ t -1x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

=

12

0

1X2 -1x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= 1-20X2 -1

x⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Liacutenea de traza


Senda

y

x

YO

XO


Liacutenea de traza


Senda


Puntoemisor



Problema 8 21




( )ρ + ρv =t

part nablapart

0


x y zv v vv = + + = 2 - 2 + 0 = 0



2 ( )va = + v vt

part nablapart


partpart

= 0



( ) ( )( )

x y z

x y z

x y z



= ( )( )2x - 3y 3x - 2y 23

32minusminus

=

= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ˆ ˆ2x - 3y 2 + 3x - 2y - 3 i + 2x -3y 3 + 3x - 2y -2 j⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ =


( ) ( )

( ) ( )

ˆ ˆ ˆi j k


2x -3y 3x - 2y 0



x y

dx dy=V V


( ) ( )dx 3x - 2y - dy 2x -3y = 0



part partpart part


N(xy) = ( )- 2x -3y


M(x y)y

partpart

= N(x y)x

partpart

=-2



2int int


partpart


Problema 8 23


03yC(y) = + C2


2 2

03x 3yF(x y) = - 2xy + + C = 0

2 2



03 3F(x y) = - 2 + + C = 02 2

⎯rarr⎯ 0C = -1


2 23x 3y+ - 2xy -1 = 02 2








2 23x + 3y - 4xy - 2 = 0 (1)


( ) 3-3cotg 2θ = = 0-4




x

45ordm

x

yy






2 22 2 2 2 2 2 2 23 x - y + 3 x + y - 4 x - y x + y - 2 = 0

2 2 2 2 2 2 2 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


2 21 5x + y -1 = 02 2


2 2

2 2

x y+ = 1a b


a = 2

2b =5


1ω = Ω2




Problema 8 25



ysenθ =bxcosθ =a

x = acosθ = 2cosθ




x

yb

a


( ) ( ) ( )2π 2π

0 0


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟int int int⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




( )l s s s s


rarr 2 12π6πab = 6π 2 = = Γ5 5


se calcula



⎯rarr⎯

2i = 2

2j = - 2

β

β


ij =

u 1 u v 1 u w+ +x 2 y x 2 z x

1 v u v 1 v we + +2 x y y 2 z y

1 w u 1 w v w+ +2 x z 2 y z z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠




Sustituyendo

( )

( )

212 -3 + 3 0 22 21 d 1 2 dr = -3 + 3 -2 0 - = 2dr dt 2 2

00 0 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 9 27


Agua

Esfera

45deg


92 Resolucioacuten





y

s s s




( )

2

2 3 2

2 2

2 32 3

2 2




θ

πminus

θ θ

π πminus minus

θ θ

π πminus minus



⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= minusρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

int

int int


π πθ =⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

( )

2 2 2 3 3 3

2 3



( )

( )

2 3

2 3

1 1E gh2 R g2 R 1353553 4 3

R RE g2 h 1353553 4 3

⎛ ⎞= ρ π + ρ π⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥

⎣ ⎦

h y

x x

y

y

F

R

r θ


Problema 9 29

( )3 3

3 3 3

R sen45ordm RE g2 1353553 4 3


⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥

⎣ ⎦⎡ ⎤= ρ π + = ρ π = ρ π⎢ ⎥⎣ ⎦


2

2

3 3E H O

H OE 3


= ρ π = = ρ π

ρρ = =



4 1 4Peso W g R g R3 2 3

gt

lt= = ρ π = ρ π


ρ lt ρ


2 32 3

Hg Hg

2 2


θ θ

π πminus minus

⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= minusρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

de donde

( )2 3 3 2 2Hg




2Hg

R hE g2 R (0 1) (0 1)3 2


2Hg

R hE g2 R3 2

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥⎣ ⎦

33

Hg HgR 4 1E g2 g R3 3 2

= ρ π = ρ π




3866664 N

558281 N

0

100000

200000

300000

400000

500000

600000

-90 -75 -60 -45 -30 -15 0 15 30 45 60 75 90


Empu

je q

ue a

ctuacutea

sobr

e la

esf

era

(est

ando

pa

rcia

lmen

te su

mer

gida

) (N

)


3 3esfera esfera


ρ π π (3)




Problema 10 31



R

cdg

Y

45degha




102 Resolucioacuten

R

Yi

RXc Xc

X X



4

xc 2

R 64I = 1-8 9

π ⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠

4x

1I = πR8

4RY =3π



acdg

h 4RY = + R -sen45 3

⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠


sen45 3⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠


sen45 3π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


sen45 3π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


xcdgcdp cdg

cdg

IY - Y =

Y times A


Problema 10 33

ha = 10 m 4xcdg

cdp cdg 210 10cdg10


2π

cdp cdg10 10

Y - Y = 000474 m

ha = 100 m 4

cdp 2100

01097times1Y = 141996 + = 14199649 mtimes11419962

π

cdp cdg100 100


ha = 500 m 4

cdp 2500

01097times1Y = 707682 + = 7076820987 mπtimes1707682

2

cdp cdg500 500

Y - Y = 000009870 m


2 2

10 cdg10


π π

2 2

100 cdg100


2 2

500 cdg500


π π



⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭




R c

a

Y

Yt

da

45deg

hht


2 2 2

2 2



dF = P ds



( )R

2 2t

0




R




22 2

0

⎡ ⎤minus +⎢ ⎥2 2⎣ ⎦




Problema 10 35



⎡ ⎤minus +⎢ ⎥


R


2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2 2

0

1 R a3



2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

- ρ g senθ 2 ( ) ( )3

3 22 2 2 221 1 R R R 03 3


⎣ ⎦

( )32

2 2t


2

3t


2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



a at


senθ senθ



⎡ ⎤π⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦



sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 1602033 N


sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 154564569 N


sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 770316729 N





R R

2 2 2middot 2 2t

0 0


( )RR3 2 2 4

2 2 2 22t

0 0


⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

4

3t


⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Recordando que

at

hY = + R

sen45


ah 10 m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

ah 100 m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

ah 500m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦



Problema 11 37






ms







⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠









radw = 10seg

a -a

6cm

v

t

t v


Problema 11 39


g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

de donde


g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0

r z2

zr=0 z



[ ]2

2z 0

rω = (g + a ) z - z2

con lo cual

( )2

20

z

r 1z = ω + z2 g + a


R2

inicial0



2 2R2

inicial 00 z

ω r 1πR z = 2π r + z dr2 (g + a )

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠int

( )

R2 4 22

inicial 0z 0


( )2 4 2

2inicial 0

z

ω R RπR z = 2π + z2 g + a 4 2⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( )2

2inicial 0

z

ωZ = R + Z4 g + a

2 2

o inicialz

ω RZ = Z -4(g + a )





2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1Z = Z - +4 (g + a ) 2 (g + a )


dP = -ρg dz

p -z


P = ρg z


2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1P = ρg Z - +4(g + a ) 2 (g + a )

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Para ρ = 1000 3

Kgm

g = 98 2

ms


r = 002 m




4 98 +1 2 (98 +1)⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

P =287648 Pa



4 98 - 07 2 (98 - 07)⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

P =286461 Pa


P =286204 Pa


Problema 11 41


m= +07s

P =28746 Pa


2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1Z = Z - +4(g + a ) 2 g + a


2 2 2 2ω 006 ω 006 10 4 = 03 - +4times98 2 98

radω = 3299seg



Problema 12 43



VC SC


forallint int

0=bull

sdρ + mdtforall

2id = r dhforall π

r2

r1 H

hθ

Sd




2 1r - r

tgθ =H

22 1

1r - r

d = π(r + h ) dhH

forall

bull

22 1s1


H

bull


2hf t2 1

1H 0d


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠int int

fh 2

2 22 1 2 11 1 2

Hd


hf

23 2 5 22 2 1 2 1

1 1 2d

H


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


23 2 5 22 2 1 2 1

1 1 2d


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 13 45


hdhi

α

rd

r

hi

seccioacuten Ss

Fig 131


c Sc


forallint int






2id = π r dhforall



2i


dt



( )( )2d i

i i s


dt



( ) ( ) 12

22 2 sd i d i i i


π⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) 122 2 2 2 s

d i i d d i i iS


⎡ ⎤α⎣ ⎦

( )1 1 1 12 2 2 2

2 20 t2i i2d si

d d ih 0i i i i


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦int int

3 5 31 1 1

2 2 2 2 2 20 t

2 2 2 si i i i i id d d3 5 31 1 1

02 2 2 2 2 2 h


π

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

5 5 5 3 31

2 2 2 2 2 22 2 s

d d d3 5 31 1 12 2 2 2 2 2


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


5 5 5 3 312 2 2 2 2 2

2 2d d d3 5 31 1 1

s2 2 2 2 2 2


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Problema 13 47


5 5 5 5 5 5 3 3 31 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 23 5 31 1 1

2 2 2 2 2 2

1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1t = 01 m +0 268 -2 + + 2 01m 0268 - 2 01m 0268 times⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

2

2m

s


t =119s



Problema 14 49


r r

A2 A1

dA1r1

x1

dA2 Vry

y

x1


nS

Q = V dAint





[ ]maacutex

maacutex

miacuten

miacuten

θθ

1 -θ1-θ







maacutexy

0


maacutexy

2 20 1


1 1

2 21

x xcosθ = =

r x + y

maacutexmax

yy1

12 21 110 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

int

maacutex

1

yQ = 2b N arctg

x⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

m aacute xmaacutex

1

ytg =

xθ





Problema 15 51



Salida 3

Salida 1

Salida 2







( ) ( ) ( )1 2 3

D 1 1 2 3 3s s s






( ) ( ) ( )D 1 1 2 3 3


minus


( ) ( ) ( )t 0

0 HD 1 1 2 3 3


minusint int


Problema 16 53


11


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1

X π gt t 0v 2

ge

0 x Xle le


S

dx

dV

Ve Vs

xX

Fig 161




c ss se


forallint int int

c ss se se ss



c


forallint


c

X X1 1

1 10 0



X2

1 11 1

0


⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦

= 1 11


simplificando

c

1e s 1 1


minus = forallint


c

X X1 1

1 10 0



c

X1 1

10



Integrando

c

X1 1 1

1 1 10





Problema 17 55


Ao

Pd

Pn

PoutQL1

QL1

QL2

V

Q



forallint int



vc s s s0 1 2








forallforall


m ρ


⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

dρ dp= ρ β

dρ ρ dp= dt β dt


forallforall








(A)






Problema 17 57

r4

L4 L6 L8 L10L5 L7 L9 L11

L2L1 L3

r0

r1r2

PinletPoutlet

r3


( )( )1 pL1

h R tan sen tQ D

2


⎢ ⎥⎣ ⎦

( )( ) ( )

( ) ( )

10 1Tank n p 2 4 6 8 103

10

1 2 3 11 p 2 4 6 8 103 3 311 2 1





n outL2

32 43 3 3

1 2 31 2 3

p pQ



+ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠




Problema 18 59



Q

+j+i-i

-j



Ps Pe Ps

PL

Vs Vs

Ve


ySe Ss Sl Sl VC Sc



( ) ( ) ( )bull

Ly e sSe Ss



bull


FLy


Problema 19 61


D2

oe

Pe

Ps

ds

Pe

Psds

τ τ












e 2e

QvD4

=πsdot

ss

Qvs


⎝ ⎠



r1

drds 2 rsen 90

2


⎝ ⎠

int

( )2 22 1

s

r r2s2sen 90

2


⎝ ⎠

( )2 2

2 1s

r rs

sen 902

πsdot minus=


Vys

Vs

Fig 193


Problema 19 63

αdeg

D1

D2

Fig 194

r

dr

dh


y

y e s 1se ss sl sl

Fl


sum









2 2sen 90 sen 902 2


sum



2sen 902


⎝ ⎠


Problema 20 65








10210

SE SE 00



⎣ ⎦

12

1SS SS 0

0



⎣ ⎦


x ESE

x SSS

v v ds = - v Q

v v ds = v Q

ρ ρ

ρ ρ

int

int






Problema 21 67


S

SV

Vi

p

p

Ss





2y y i i i i i



2 2s s i i

s iP V P V

g z Y g z2 2

+ + + = + +ρ ρ


2iV PY

2∆= =ρ


2i

y P PVF PS S2

= ∆ = ρ


22i


= ∆ = ρ = ρ


2 2i i


= ∆ = ρ = ρ


y yi

i P

F 2FV

S S= =

ρ ρ

3

32 2yi 2a P i P y 05

P P

2FV 1 1N S V S F4 4 S (2 S )

⎡ ⎤= ρ = ρ =⎢ ⎥ρ ρ⎣ ⎦

o bien


Problema 21 69

2 3 3a y y 2

P

1 2N F F2 S D

= =ρ ρπ


3P 100000 Kg1189

RT 287 293 mρ = = =

sdot

2 3 3a y 2 2

2 2N F (200 98)D 1189 2

= = sdotρπ π

Na = 3174704 W


a2N M M 400 3174704 W60π= ω = =

M = 30316 Nm



Problema 22 71


FUELm )

Vsoporte

avioacuten

Ae As

me P








ee

m VA

=ρ




Obtenieacutendose





Problema 23 73


xy

x

Ve

vc

Fig 231








vc scd v ds 0


salidasalidavc s

d v ds mt


vcsalida

dMm

dt= minus

masa cohete t




yvcv d 0


salida

y r y salidassm



e salida

inicial salida

v ma g

M m tsdot

= minusminus sdot

2

dvadt

= ( )t


salida 0


m⎡ ⎤sdot


int

inicial salientee

inicial

M m tV V ln g t

M⎛ ⎞minus


o bien

iniciale

inicial saliente

MV V ln g t

M m t⎛ ⎞




Problema 24 75


2avioacuten

DV

D C ρ s2

= sdot sdot sdot





y

x

g

yrsquo

xrsquo

22ordm78ordm

a yrsquo

xrsquo

v = cte


2


sc sc c



forall

forall



2





2avioacuten

DV

D C s2

= sdotρ sdot sdot


2






Problema 24 77





V s V s m V m V





x y c V d 0t forall


y se obtiene

( )2





Puesto que 2

2

d R adt


( )2avioacuten




( )2avioacuten





( )

( )

2inicial




2mV (V at)


sdot =minus +






f

i

f

e

Vi

h

h

V

22deg




= minus sdot





105V V at

m V m V105 105


+⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus = minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )


2inicial


V atm V

105


+⎛ ⎞minus =⎜ ⎟⎝ ⎠


( )

( ) ( )


2inicial

D aire avinicial



2



( ) ( )

( )

2inicial

D aire avinicial

salienteinicial

gases escape



105 105



⎝ ⎠


2final inicial

2

V Vd Ratdt

minus= =


2

f i

2f i i

1e middotamiddott 2

h hsen22ordm


=

minus=

= + = +


Problema 24 79


hf hiaire

hfhf

hf

hihi

hi

2

P

RmiddotTP

RmiddotT

ρ + ρρ =

ρ =

ρ =


hf

o

o

o

P P h hfP Patm h 0

0

0 fhf

atm 0

gRmiddotB

0 fhf

0





T BmiddothP

T

= == =

= minus

= =



⎡ ⎤ ⎡ ⎤minus=⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎛ ⎞minus= ⎜ ⎟⎝ ⎠




Problema 25 81





ρ



x

z

y

x

z y






c

Vdt forall


2

2se ss


⎛ ⎞ω+ ρ + ρ + ρ + and⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int int ( ) ( )c

(ijk)se ss c

2 V r d

pdS pdS F gd

forall

forall



int

int int int

( ) ( )2

e s (i jk)2c se ss


bull and bull and

forall


⎣ ⎦int int int



= + +

2

2

d R 10j 10kdt

= +

( ) [ ]i j k

2 V 2 0 2 0 2 001 2 0 2i 0 2 j 0 4i 0 4 j0 0 1


( ) ( )i j k



x

z

y

Tuberiacutea

v

dS

dS

x

z

y

R

x

z

y

05

0505

15


Problema 25 83

( ) ( )0005 0 2Z i 0005 0 2Z j= ω and + minus +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( )

i j kr 0 2 02 001


+ minus +




( ) ( ) ( )15 5 3 5 3 3 2tubo tubo (i jk )05



15 15 152 2 2

5 5 3 3 3 2tubo

05 05 05

tubo (i jk)




and


minus =

2 23 3 3


4 4




2e e

e

P V2

+ρ

2s s

es

P VgZ

2+ = +

ρ s 2c

8 LVgZrν+ +


s e 2c

5 5s

8 LVP Pr


ρ ν= minus

= minus =Ve

VsPs

Pe



Problema 26 85


h

w

Vsalida

Ventrada

a

a

D

R

A

B



Ventrada

Vsalida











2 2 2

A BP PV V L V+ = + + fρ 2 ρ 2 D 2

Asiacute

2A

BP L VP - fρ D 2

=


SA SB SL SL C C SC

2

C 2


d R d r 2 V r ddtdt

forall forall

forall




Problema 26 87



[ ]CF Y A B total C


β

2Ωv r

Ω R r2

v

R

i (+)

j (+)





minus β minus β

Centriacutepeta


R sen R cos 0


2 2



Ω β Ω β


2 2CF(a) 0


puesto que




2 2CF(a)


γa

v

γa

i (+)

z (+)z (+) z (+)z (+)

i (-)

z (+)

90minusγ

v90minusγ


Coriolis codo 1

i j k2 V 2 0 0 0



Coriolis codo 2

i j k2 V 2 0 0 0

v cos(90 ) 0 vsen(90 )Ω and = Ω =



1


2



a cos R a(1 sen )



Problema 26 89

γ

z (+)

R2

R

a

γ a

R1

i (+)


2 2



minus Ω Ω γ



a cos R a(1 sen )


2 2



Ω Ω γ



2 2 2 2 2CB(b12) 0




2 2CB(b12)




z

i j k2 V 2 0 0 0

0 0 VΩ and = Ω =

z (+)

Vsalida

Ventrada

a

A

B

Codo 1

Codo 2

z R

j (+)

j (-)i (-)


Ventrada

Vsalida


Problema 26 91


z

i j k2 V 2 0 0 0

0 0 VΩ and = Ω =

minus



a R (a z)


2 2



minusΩ Ω



a R (a z)


2 2



Ω Ω


a z 2 2tubo recto a



2tubo recto


[ ] ( ) 2 2 2CF Y A B total





Problema 27 93



x y

z

e

Umaacutex




ess

m v dsrarr rarr

= ρint

o bien

ess

Q v dsrarr rarr

= int


maacutexua

06 01=

minus

ov v ay= minus

maacutexo

uv v y

06 01= minus

minus


maacutex 0u V05 06

=

maacutex0

06uV

05=



05 06 01= minus

minus

o bien

[ ]maacutexuv 06 y

05= minus


0 01 06 Y

V

V0


Problema 27 95

0606 2maacutex


u06 - Y YQ = u e dy = e 06Y - = u e 02505 05 2

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎣ ⎦int


0se ss



0ss



( )i j k

ˆ ˆr v 075 (1 Y) 05 05v j (1 Y)v kv 0 0





01 01

2 32 2maacutex



1 Y Ye u 06 Y 2 0605 2 3




⎣ ⎦

int

int int06 062 3

2 2maacutex

01 01

062 3 42 2maacutex

01

1 Y Yˆ ˆj e u 06 Y 2 06 k0 25 2 3

1 Y Y Y ˆe u 06 2 06 k0 25 2 3 4


⎣ ⎦


⎣ ⎦




zss



( ) ( )zss ss






( ) ( )


206maacutex

maacutex01

06 y 06 yM y u y u edy05 05


05 05



⎢ ⎥⎣ ⎦

int

int

( ) ( )06


01

u e u06 2 06 y y y y 06 y dy


⎣ ⎦int


01

u e u y y y y y06 2 06 0605 05 2 3 4 3 4


⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

( ) ( ) ( )2 4 4 4 4



2maacutex maacutex

2

u e u e0009375 0010625

0505ρ ρ

= minus ω


2maacutex maacutex

2

u e u ek 0009375 0010625

0505ρ ρ

ω = minus ω

2maacutex maacutex

2

u e u ek 0010625 0009375

05 05ρ ρ⎛ ⎞ω + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2maacutex

2maacutex

u e 10009375u e05 k 0010625

05

ρω =

ρ+


Problema 28 97



TURBINA PELTON


Tobera




282 Resolucioacuten


Tobera

V V - U

Aacutelabe

V - U

V - U

U = rω

α

α










2 2


[ ]2




Problema 28 99


e sS 2S S= =








( )2u u






( ) ( )2



[ ] ( )2 2 2 1v 2 v r r A B


ρ + α

( ) ( )2 2 2B A2 v r r v 0


ρ + α ρ + α

( ) ( )2

23 2 3


ρ + α ρ + α



( ) ( )2

23 2 3

R S


⎡ ⎤⎢ ⎥


⎢ ⎥⎣ ⎦


2R R 4S

2plusmn minus

ω =




puesto que v 2g H=

3o

1N Sv2

= ρ


( ) ( )2a

3o



ρ

( ) ( )2

3

v r r 1 cos1 v2



( ) ( )2 2 2

33



2u v u4v v

minus⎡ ⎤η = ⎢ ⎥⎣ ⎦




2d u u4 1 4 3 0

u v vdv

⎡ ⎤η ⎛ ⎞= minus + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎜ ⎟⎝ ⎠

2u 4 u 1 0

v 3 v 3⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Problema 28 101


=


u r 1v v 3

ω= =






( ) ( )2

3



ρ

u u4 1v v⎛ ⎞η = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

d u4 1 2 0u vdv

η ⎛ ⎞= minus =⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

u 1v 2

=




Problema 29 103


V fluido

V fluido


D2

proyectada

DC1 V S2 infin

=ρ

L2

proyectada

LC1 V S2 infin

=ρ





CL


Problema 29 105


0

C SC


rarr

forall







2 2 2 2D DD



CD

CL



2 2D

1dM r dD r r b drC2

= = ρ ω


R R3 2 2 2D D0 0



R42 2 4

D D0

r 1M C b C b R4 4

⎡ ⎤= ρ ω = ρ ω⎢ ⎥

⎣ ⎦











2L

1L C SV2 infin= ρ


2L


2 2L

1dL C b drr2= ρ ω

L R 2 2

L0 01dL C b drr2

= ρ ωint int


R

2L

0

31 rL 2 C b dr32

⎡ ⎤⎢ ⎥= ρ ω⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2

2 2L L

R b R 1L C C S R3 3

ω= ρ = ρ ω


1C S R 1000 L3

ρ ω = =


Problema 29 107


2L

L1C S R3

ω =ρ





un aspersor


QV

S= un aspersor2 2


Q1 S 2 R QC R4 S⎛ ⎞

= minus ω⎜ ⎟ω ⎜ ⎟⎝ ⎠

2un aspersor 2 2


Q 1R Q C S RS 8

minus ω = ω


1Q R S Q C S R S 08

minus ω minus ω =




Problema 30 109


VyV

Vαr

Lωr

θ

r

Vx

Vy

Vx

Vx

Vy

ωr


0c sc



part




0ss


Datos

x 1

y 1

r = L + L cosθ

r L senθ= 1

1

L senθα arctg

L L cos θ=

+ x 1r L L cos θ

rcos α cos α

+= =

1x sen


+= + = +


x y x y y x

x y


v v 0and = minus

11 1 1 sen



⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ] 10 1 1 1


cosαds⎡ ⎤⎡ ⎤ sdotint ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


[ ] 10 1 1 1 sen


cos α


⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

[ ] [ ]2 11 1 1 1ω sen


cos αsdot minus +


⎢ ⎥⎣ ⎦

2 11 1 1 1ω sen


m cos α+

+sdot+ + = + minus

1 11

1 1


ω + minus++ + +

=


Problema 31 111


2

maacutexrU = U 1-R

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


JC = 720kg K

S ejeW = W


2

2

2

T = 380 KP = 300000 PaR = 0 2 m

1

1

1

kgm = 5s

T = 297 KP = 92000 PaR = 0 2 m



( )2

SSC

P vQ- W = u + + + gz v n ds2

⎛ ⎞ρ⎜ ⎟ρ⎝ ⎠int


1 2

Q = 0W = 0Z = Z


de donde

( )2

ejeSC

P v- W = u + + v n ds2

⎛ ⎞ρ⎜ ⎟ρ⎝ ⎠int

( )22


2 1

P P vv- W = m u - u + - + v ds - m2 2

⎡ ⎤⎛ ⎞ρ⎢ ⎥⎜ ⎟ρ ρ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

int

32R 3 23


0

u Rv r 2 rds = u 1- dr =2 R 2 8

⎡ ⎤ π ρπ⎛ ⎞ρ ρ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

int int


2 2 2R R

2 2 2 2 2 2 maacutex0 0

rm = v S = u 2 r dr = u 1- 2 r drR

⎛ ⎞⎛ ⎞ρ ρ π ρ π⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠int int

2R2 4

22 2 2 2 maacutex 2

0

r rv R = u 2 -2 4 R

⎡ ⎤ρ π ρ π ⎢ ⎥

⎣ ⎦

2

2 22 2 2 2 maacutex

Rv R = u 2

4ρ π ρ π


3 2 3 2322 maacutex 2 2 2 2

2 2Ssalida




( )( ) ( )2

2 1eje v 2 1 2 1 2

v-W = m C T - T + m R T - T + m v -

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

22

2 2 2 2

m R Tm mv = = = 14 46ρ S P S s

11

1 1 1 1

m R Tm mv = = = 3686ρ S P S s

( ) ( )2

2eje


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 32 113




de 0004 3m






kg⎡ ⎤

∆ ⎢ ⎥⎣ ⎦

3mQ

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

3

kg875m

ρ =


vfuelJc 2000

kg K=

sdot

conducto 005mφ =



100 m

A

B C D

Z =5 mA

AP =10110 Pa5


f = 002290=Hη


QW


2 2

bomba

SA SD


ρ ρint int

2 2





2 2D A D A


W g(z z )) Y Y2 2


2 2

5 56 2

fluido 2 2

4 10 101 10 1 0004 0022 100 0004W 0 g(0 5) 5 10 Q875 875 2 2 005005 005

4 4


πsdot π sdot⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


fluidoJW 46151

kg= minus



09 kg⎡ ⎤

= sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


100 m


Problema 32 115

ejeJW 51279 875 0004 179478s⎡ ⎤= sdot sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2 D A D A

eje D A D AP P v v

Q W m( u u g(z z ))2 2


2 2

D A D Aeje D A D A



ρ ρ

de donde

( )2 2

D A D Aeje D A

D AV

P P V VQ W g Z Z2 2

T Tc



( )

2

5 55

2

D A

4 10 101 10 1 000410 51279 0 98 0 5875 875 2 005

4T T

2000


DT 5002 278 32802K= + =



Problema 33 117







Ve

Vs Vs


Pint Pint

Pext Pext

2 22int int ext ext


P v P vg z g z K Q

2 2+ + = + + +

ρ ρ


Problema 33 119

2


int ext tobera

P P QK Q

S 2minus = +

ρ ρ

2 int exttobera

int extT2

tobera

P P 1Q1 K

S 2

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ +


Ve

Vs Vs




( ) e toberaY e s

e tobera

Q QF m v v m

S S⎛ ⎞


Y toberae tobera

100 1F m QS S

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟

⎝ ⎠


100 1F Q QS S


⎝ ⎠




2Y entrada tobera

e tobera

100 1F 100 QS S


⎝ ⎠


2

sc


⎛ ⎞minus = ρ + + +⎜ ⎟ρ⎝ ⎠

int


2 2

eje se ss


⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus minus = ρ + + + + ρ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int

2 2eje 2 2





2 22 2s e T



2 100minus

minus = minus + + +




Q Q K1W Y Q K Q2 s s 100⎡ ⎤

= = minus + +⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2


Problema 33 121


tobera entrada

K1 1 1Y Q K2 s 100 2 s 100⎡ ⎤

= minus + +⎢ ⎥⎣ ⎦




( )2 2


v

004 Y K 100 QT T

C+

minus =


Pint

PdebajoPatm



p v p vg z g z K Q

2 2+ + = + + +

ρ ρ

debajo 2atm


p pK Q= +

ρ ρ

Recueacuterdese que







atm

pp K Q= ρ + ρ

ρ

2



int debajoT2

tobera

pp 1Q g z z1 K

2 S

⎡ ⎤⎛ ⎞= minus + minus⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ρ ρ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ +


2Y entrada tobera 2

e tobera

100 1F 100 QS S


⎝ ⎠





Problema 34 123




α

β

α

β

α




2 2 M2

2 1 1

U U ω RTgα = = =

W C C

2 1

M

Tgα Cω =

R


( )2 21 1 e i



( )2 2e i M 1

π D - D 2π R H4

asymp

con lo cual

1 M 1m = -ρ C 2π R H


Problema 34 125


e 1

e 1

P Pρ = =

R T R T


11 M 1

1

Pm = - C 2π R H

R T









2 21eje 1 M 1

1

PM = - C 2π R H

R T



2 21eje 1 M 1

1

PW = - C 2π R H ω

R T





2 2

ejeS1 S3


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int


2 2

ejeS1 S3


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )2 23 31 1

eje 3 1 3 13 1

v Pv P-W = m u - u + - + g z - z + -

2 2 ρ ρ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


3 31 1eje 3 1 3 1

3 1 3 1

P PP P-W = m u - u + - = m u + - u

ρ ρ ρ ρ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

minus⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ] [ ]eje 3 1 3 1-W = m h - h = m Cp T - T

eje3 1

-WT = + T

m Cp


2 211 M 1

13 1


m Cp


1 2 3m = m = m

1 1 2 2 3 3Q ρ = Q ρ = Q ρ

1 1 1 2 2 2 3 3 3S C ρ = S C ρ = S C ρ


i

Pρ =


31 2M 1 1 M 2 1 M 3 1

1 2 3


R T R T R T

31 2

1 2 31 2 3

PP PH = H = H

T T T



Problema 35 127











( )

2θr r r r

r θ z

2 2θr r

r r 2 2 2 2





( )


2 2θ θ r

θ θ 2 2 2 2





z z z z

r θ z

2 2z z z

z 2 2 2






( ) ( ) θ θθ θ

V V1 ρV = 0 ρV = 0 ρ = 0 = 0r θ θ θ θ


part part part part

ρ = constante



2 θ

rV P h P P-ρ = ρ g - = -ρ g - = -


( ) ( )θ θ1 10 = micro r V r V = 0



zP P0 = ρ g - = 0z z

part partrArr

part part



Problema 35 129


2 θV

P = ρ drrint


( )θ10 = r V


( )θ 11 r V = Cr r

partpart


( )θ 1r V = r Cr

partpart

2

θ 1 2rr V = C + C2

2θ 1

CrV = C +2 r




(1) ext 2ext ext 1

ext

R Cω R = C +

2 R

(2) int 2int int 1

int

R C-ω R = C +

2 R

2 2


int

R R R1C = ω R - C -ω R = C + ω R - C2 2 R 2

⎡ ⎤rArr ⎢ ⎥

⎣ ⎦

( )2 22 2


ext int

2 R + RR R-ω R -ω R = C - C =

2 2 R - R


⎝ ⎠

( )

( )





2 R + R RC = ω R -

2R - R

R + RC = ω R - R

R - R

ω ω

ω ω

Entonces



2 R + R R + Rr 1V = + ω R - R2 rR - R R - R

⎛ ⎞ω ω ω ω⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠




2 θV

P = ρ drrint


ext

int

22R 2 2

1 1 22R

C1 rP = ρ C + + C C drr 4 r⎛ ⎞

int ⎜ ⎟⎝ ⎠

y se halla


1 1 22 2intint ext

R - R RC 1P = ρ C + + C C Ln8 2 RR - R

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


ext

θrθ

r=R

Vτ = r micro


puesto que 2

θ 1CrV = C +

2 r

θ 2V C

= -r r r


rθ 2τ = - micro C


asiacute queda

ext



Problema 36 131



Pmax

V

Ptanque


H






H


1 dP rV (H r)dz 2

= minus minusmicro


H

10




1Hdz (r )d2

= + α

de donde

H

10

1



int

H 2

1 10

1




3 4

1

1




1 3 4

1


6 12


π + α⎢ ⎥⎣ ⎦

con lo que

Tank 2

max 1

P

1 3 4P

1


6 12

α

α


π +⎢ ⎥⎣ ⎦

int int


2


1


α⎡ ⎤⎢ ⎥

minus = micro + ⎢ ⎥α⎡ ⎤ ⎢ ⎥π +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


Problema 36 133


3 4

maacutex Tank 1

2

11

H H(P P ) (r )6 12Q

tgH 2(r ) ln2 tg

2

minus π +=

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦


3 4

max 1

11


2 tg2

minus π +=

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦

de donde

11

maacutex 3 4

1

tgH 2Q (r ) ln2 tg

2P PH H(r )6 12

α⎡ ⎤⎢ ⎥


π +




Problema 37 135






6 drπ= minus

micro




ρ

d r

z

H

Dd

rore

ue ue



3

1r d p C


1 3

P Cr r d

part micro=part




micro 1Q C

6π= minus


e

o

r rr r

=⎧⎨ =⎩

5inlet

P 0P P 100 10 g H



dmicro= +


inlet 1 3e

rP C ln

rd⎛ ⎞micro= ⎜ ⎟⎝ ⎠


Problema 37 137

inlet1

o3

e

PC

rlnrd

=⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠

inlet

e 23o

3e

P0 ln r C

drlnrd


inlet e

2o

e

P ln rC

rlnr

= minus⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


inlet inlet e3

oo3

ee

P P ln rP ln r

rdr lnln rrd



[ ]inlete

o

e

PP ln r ln r

rlnr

= minus

[ ]in lete

e

o

PP ln r ln r

rlnr

= minus

inlet e

e

o

P rP ln

r rlnr

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦



e3

o

PQ

6 rlnrd

π=⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠



2e d

u 2 d ru r

sdot sdot=






d ez z Hminus =

22 2 2 de d e

e

u2 g H u u u 1

u


e 2

d

e

2 g Huu1u

sdot sdot=⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


e 2

e2

d

2 g Hu2 d r1

r




e 2

e2

d

2 g HQ 2 r d2 d r1

r



22e er r

r eP uP u

g z g z2 2

+ + = + +ρ ρ

y se obtiene


2ρminus = minus



er e

ru u

r=


22 2e

e r e er

P P u u2 r

⎛ ⎞ρ ⎛ ⎞minus = minus⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Problema 37 139

22 e

e r er

P P u 12 r



2e

e r 2

e2

d

r 2 g HP P 12 r 2 d r1

r


2

e

e r 2

e2

d

r 1r

P P g H2 d r1

r





Problema 38 141


Η

d

L

(1)

(2)


2 2 2

x 2 2 2









xzg = -gx

partpart







partpart

2 2 2 2

1 1 1 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

int int int int

( )2 2 2

1 2 1 21 2

1


22 2

1 1 2 21 2

1



2 L

x x

1 0

du dudx = dx

dt dtint int

L L

x 2 2

0 0

du du dudx = dx = L

dt dt dtint int


22 2

1 2u du

gz = gz + + L2 dt

( )22 2

1 2u du

g z - z - = L2 dt

22 22gH - u du

= L2 dt

( )-122 2

dt = 2gH - u du2L



Problema 38 143

2 2v v

2 22 22 20 0


2u

2 22

0 2


2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int


t2

0


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

t

2

0


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

2uttgh 2gH =2L 2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


2L⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 39 145


22 5 3 4

3



ω


ext eje 4

eje eje

R R h 0020 mmψ 833 10 R R 24 mm





( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

2I (1 ε )

2I (1 ε )

2 εI

(1 ε )I I

I ε

I II

εeε h

π=minus

π=minus

π +=

minusminus

=

minus=

=


( )24833 1023800 03288 So10000 22 005 002 0024

60

minussdotsdot = =



e 10ε 05h 20

= = =

donde

( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

2I 72551(1 05 )

2I 96735(1 05 )

2 05I 1451039

(1 05 )I I 96735 72551I 48368

05 05I I 1451039 96735I 96737

05 05

π= =minus

π= =minus

π += =


minus minus= = =


96735 96737 1451039 483686 967361451039




Problema 39 147


( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

e 1ε 00520h2RI 6291054

(1 005 )2RI 63068211

(1 005 )

R 2 005I 6330531

(1 005 )I I 63068211 6291054I 0315342005 005

I I 6330531 63068211I 04741005 005

63068211 06

= = =

= =minus

= =minus

+= =


minus minus= = =

sdotsdot 4741 6330531 0315342 09418946330531

minus sdot =




96736 - 094184tgα = = 09701910 -1

03288

0

2

4

6

8

10

12

0 2 4 6 8 10 12


Som

mer

feld

e1



i

i

094184 - 03288tgα = 1- e

e = 03681micras


( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

e 2ε 0120h2I 631483

(1 01 )2I 637862

(1 01 )

2 01I 647527

(1 01 )I I 637862 631483I 06379

01 01I I 647527 637862I 09665

01 01

= = =

π= =minus

π= =minus

π += =


minus minus= = =


637862 09665 647527 063796 18850647527



( )24y

y

833 10F18850

10000 2003 002 002460

F 409659Ν

minussdotsdot =

sdot πsdot sdot

=



Problema 40 149



minusmicro = sdot


hα

L

U

h1





( )h 005 tg 02 000032 m∆ = =


= =


(paraacutemetro K)


850 05696 m149212

=


( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

3

3 K 12 U LD 2 ln KK 1 h K 1

3 213 12 29 10 80 005D 2 ln 213213 1 000015 213 1

ND 58709m

minus



=


totalD 58709 01822 10696 N= sdot =


h= es maacutexima

si se deriva dL 0dK



( )( ) ( )

( )( ) ( )

2

2 21

3 2

2 2

2 K 11 6 U LL ln KK 1h K 1

2 213 11 6 29 10 U 005L ln 213213 1000015 213 1

NL 1865 Um

NL 58303 80 149212m

minus



⎡ ⎤= sdot ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 41 151


( ) ( ) 31

1 42 2 3 211 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦


3


partpart








(1-1)



Fig 411


partpart

3 h P0 =


(1-2)

3

1h P = Cmicro x

partpart

(1-3)


12 23

2

C microP = x + C

h (1-4)


( ) 1 2 2x = L + L P = 0

1 2 1x = L P = P


1 2

1


partpart

(1-5)

3 h P-6 U tgα =


(1-6)

3


partpart


( ) 33


(1-8)

h1

hh2

x

L1 L2 U

α


Problema 41 153

( ) ( )3

3 31 1


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

33 3

1 1


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠

( ) ( )

33 3 3 3

1 1


tgα tgα 1 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )

-3+11

-31

31

h - xtgαh1 dx = - x dx = (-1)

tgα -3 +1h - xtgα

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

int int


3 3 211 1 1


⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int int int


21 1h h


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

21 1 1h h hx = A + B - Bx + C - 2 xC + Cx


0 = C C = 0

1h

1 = -B - 2 C tgα

B = -1

2

1 1h h0 = A + B + C

tgα tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1hA =

tgα

-3+1 -2+11 11

13 3 2

1 1 1



⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int int (1-9)




( ) ( )

311 42 2 3 2

11 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦



x = 0

1P = 0 1x = L


3h ∆P 1m = ρU -ρ h

2 ∆x 12micro


1h PC =micro x

partpart

1

2CU hm = ρ -

2 12ρ


( ) ( )

31



3


partpart

( ) ( )1 3

h x 1m = ρ U - ρ -6 U Tgα x - C2 12


( ) ( )( )( )1 1 3h x ρm = ρU - -6U h - h x - C

2 12

( ) ( )( )1 1 3h x ρ ρm = ρU + 6U h - h x + C

2 12 12

hh

x

hα


Problema 41 155


( )2 1 21 2 3

U h C Uh ρ ρρ -ρ = ρ + 6U h - h + C2 12 2 12 12

( )11 2 3

C ρ ρ-ρ = 6U h - h + C12 12 12

( )1 3 1 2-C - C = 6U h - h (1-11)


( )

1 2 2x = L + L P = 0

( )11 2 23

2


h (1-12)


1x = 0 P = 0

( ) ( )31

42 2 3 211


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

( )3

42 21 1 1


342

1 1


(1-13)


1 1 2x = L P = P

( ) ( )31 1

4 1 23 2 3 2 31 21 111 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

(1-14)




( ) ( )( )31 1 1 1

4 1 1 2 23 2 3 2 3 3 31 2 2 21 111 1

A


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦


( )( )3 3 2

1 2 33 2 2 311 2


⎡ ⎤⎣ ⎦⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

despejando 3C

( )( )32

3 1 23 2 2 3 311 2 2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

con lo cual

( )

( )

21 23

123

23 2 2 3

1 211




⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( )1 3 1 2de 1-11 C = -C - 6U h - h

( )

( )

( )2

1 2312

1 1 22

3 2 2 31 21

1




⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

de (1-12) ( )1

2 1 232

C micro C = - L + L

h

( ) ( )

( )

( )2

1 2311 2 2

2 1 2322

3 2 2 31 21

1




⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


Problema 41 157

de (1-13) 34 2

1


( )

( )

21 23

124 2

2 113 2 2 3

1 211



tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


1 1 2

1

x l x=(l l )

1 2x 0 x=l

F = P dx + P dxy

= +

=int int

( ) ( )

1 1 1 2

1

x l x=l x (l l )31 1

4 22 2 3 2 31 2x 0 x=0 x l1 1


= = +

= =

⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥

⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥= + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

int int int

( ) ( )

( )[ ]

1 11 22

31 1 114 23 3 31 2

1

x = L x = Lx = L + L


⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦



Problema 42 159


2 INLETr

r

r2

r1

r2

r1

r2 OUTLET

U α

α





H

0Q V 2 r dh= πint


02 dh))90(coshr(2VQ (1)


2h

dxdp1V minus

microminus= (2)




2h

dxdp

micro1Q (3)


⎥⎦⎤


microπminus=

121)90(cosH

61Hr

dxdp

Q 432 (4)


salida

entrada

PL

3 40 P2

dx dp1 1 Qr H H cos(90 )6 12


int int (5)



lminus


xminus



salida

entrada

PL

3 40 P2



int int (7)


3


2(entrada)

34

2(entrada)


6 6 12lnH 1r H cos (90 )6 12



(8)


Problema 42 161


(entrada) 3 34

2(entrada)

34

2(entrada)


6 6 12lnH 1r H cos (90 )6 12



(9)


3 34

2(entrada)

34

2(entrada)


2(entrada)

34

2(entrada)


H 1r H cos(90 )6 12P P (P P )


H 1r H cos(90 )6 12




(10)





0

20

40

60

80

100


Pres

ioacuten

de a

limen

taci

oacuten

(bar

)

100 bar 70 (mm)

100 bar 50 (mm)

100 bar 30 (mm)

100 bar 10 (mm)

0

20

40

60

80

100


Pres

ioacuten

de a

limen

taci

oacuten

(bar

)





0

1

2

3

4

5

6

7

0 20 40 60 80 100 120


Cau

dal (

lmin

)



















Problema 42 163


2

max2 entrada

rV V 1r

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

(13)






salida entrada 1

3 1 2

p P Kdpdx K x K K

minus=

+ (15)


6HcosK

3

1 α= (16)

3

42 2entrada

H 1K r H cos (90 )6 12


3 3

42entrada

3 34

2entrada


H 1r H cos (90 )6 12



(18)




2 salida2 2 203 1 2





(19)












2

salida 2salida


HP 2 cos(90 ) r H cos (90 )2



⎣ ⎦

(22)



3 3

42(entrada)

34

2(entrada)l


2(entrada)

2(entrada)




r



α + minus minusα3

4

dx

H 1H cos(90 )6 12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥minus minusα⎢ ⎥⎣ ⎦


2



3 1 22 2


3 2 11


r k k[ (l ) ln(l 1) l] [P P ]

k k k



+ + + minus minus


(24)




entrada salida 1h 0

3 1 2


τ =+

(26)



3

2entrada 1 2 2 1 22

1 2 1 21



=

⎡ ⎤minus π ατ α = ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎪ ⎪+ α minus⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎣ ⎦

int (27)



Problema 42 165





micro +⎣ ⎦2


22 entrada 2 1


3

4 HV r P r P 2 cos (90 )[r H cos (90 )]3 2


cos2 cosk



αminus π α2 2


2 11


3 1 2 1 21

k k k1 1 l[ (l ) ln(l 1) ( l)] [P P ]2 k 2 2 kk



⎡ ⎤⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus + +π α ⎪ ⎪+ + α minus⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎩ ⎭⎣ ⎦



0

50

100

150

200

250

0 2 4 6 8 10

50 bar 80 micras

100 bar 80 micras

200 bar 80 micras

50 bar 40 micras

100 bar 40 mircras

200 bar 40 micras

(a) Salida


Fuer

za (N

)



Fuer

za (N

)

-35

-30

-25

-20

-15

-10

-5

00 2 4 6 8 10

50 bar 80 micras

100 bar 80 micras

200 bar 80 micras

50 bar 40 micras

100 bar 40 micras

200 bar 40 micras

(b) Entrada




-1500

-1250

-1000

-750

-500

-250

0

250

0 2 4 6 8 10



Fuer

za (N

)

Fuer

za (N

)



Problema 42 167

-6000

-5000

-4000

-3000

-2000

-1000

00 2 4 6 8 10 12 14










-1000

-800

-600

-400

-200

00 3 6 9 12 15


-500

-250

0

250

500

0 2 4 6 8 10





fuerza total


Fuer

za (N

)


Fuer

za (N

)


Fuer

za (N

)



Problema 43 169






[ ] [ ] [ ]2

2 3


⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦







ca b c1 2 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

como 0 0 0


Se obtiene 22

1 2 2

L L YmiddotTT V

minus⎡ ⎤π = =⎢ ⎥⎣ ⎦


ca b c2 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦


Se obtiene 2LD

π =


ca b c3 3




ρ


Problema 43 171


ca b c4 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ε ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦




2


⎛ ⎞micro ε ε⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠⎝ ⎠




2

2Y Lf ReD DV

ε⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠



Y 2middotYV V

equiv



ε⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠


⎜ ⎟⎝ ⎠







2

2

LYT⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]D L= 3

ML⎡ ⎤ρ = ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]Lε =

[ ]L L= LVT⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦



D r V Y e L m(a) M 0 1 0 0 0 0 1(b) L 1 -3 1 2 1 1 -1(c ) T 0 0 -1 -2 0 0 -1

(3a + b + c) D 1 0 0 0 1 1 1(a) r 0 1 0 0 0 0 1(-c) V 0 0 1 2 0 0 1


1 2

YV

π = 2LD


ρ 4 Dεπ =


Problema 44 173



Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦





Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



ms⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦






2

pV

∆ρ

lD middotVmiddotD

microρD

ε2

g DV 2V

βρ

2

pV

∆ρ

lD

Dε

middotVmiddotDmicro

ρ

2

g DV

2 2 2


⎛ ⎞∆ micro ε β= ⎜ ⎟ρρ ρ⎝ ⎠


Problema 45 175




Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦




CpKCv




⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦




⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



011

p Dm

π =ω

2D D D 4 1




014 2 2

R TD

π =ω

025

P Dm

π =ω

601



012

0140112

1 014 01 012 2

P Dm T RP Dm

P DR T m T RD

ΠΠ ω= = =ΠΠ

ω

0142

1 01

T R

P Dm

Π=

Π



Problema 45 177

Por otro lado

02

5 02

011 01

P DPm

P D Pm

Π ω= =Π

ω


2 2

014 01

1 D D R T R T

ω ω= =Π



0102 0c 2

01 01 0101


⎡ ⎤∆ ωη = ⎢ ⎥micro⎢ ⎥⎣ ⎦




Problema 46 179




s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



ms⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

P = presioacuten 3

Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Kgs

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


h

Z

α





longitud relativa

h 1Q Remicro =


5

2 2r

g h 1Q F


4

2

p hQ ρ



2

hQσ



1 1

1 1

hhQ Q

micromicro =ρ ρ

1 1 1

1 1 1

h Q hh Q Q Q h

νν ν= =ν

5 5

2 21

g h g h Q Q

= 2 5

2 51 1

Q h Q h

=

de donde

5 32 2

15 3

1 2 21 1

h h h h

h h

ν = =ν


1

1 1

h Q h Q

ν =ν

25

21 5

1

h Q h

Q=

asiacute

2 35 512 3

1 15 51

Q Q Q Q

Q Q

ν = =ν

αzh

3

2

hQσ

ρh

Qmicro

ρ

5

2

g hQ

4

2

p hQ ρ


Problema 47 181






Depoacutesito 1

Depoacutesito 2





2 21 1 2 2

1 2 12P V P V

z H z hg 2 g g 2 g


2 2 2

1 1 2 21 2 5 2



siendo 2

5 2

L 8 Qh fD g




=ρsdot sdot



62

33 2 3 2 2

2 ms


8 02200000Pa 25000 W 400m0 0 0 25m 0 0021000 981 1000 981 02 D m 981




3

2

ms

2 6 ms




62

2

22 ms

5 2 5 5 2 5ms

8 02L 8 Q 400m 1h f 00125 001653 mD g D m 981 D



12 12

PH z h

g+ = + ∆

ρsdot

33 2 3 2

112 2 kg kgm m m

sm s m s

P 200000 Pa 25000 Wh z H 25m 8129mg 1000 981 1000 981 0 2


5

1001653 m 8129mD

sdot =



Problema 47 183


3

2

ms

6 ms

4 Q 4 0 2Re 8638575D 0 289m 102 10minus



11

22

33

44

4 m



22 3 23 3 bE E h E 100 Q= + ∆ = + sdot


62

2

22 m24 2s24

2 4 24 4 4 4 245 2 5 5 2 ms



π sdot π sdot


62

2

22 mT 2sT

1 2 12 2 2 2 T5 2 5 5 2 ms



π sdot π sdot


T b 24Q Q Q= +




3 3E z 25m= =


3 2

11 kg m

m s

P 200000PaE 20387 mg 1000 981

= = =ρsdot sdot

33 2

kg m msm s

25000 WH 12742m1000 981 02

= =sdot sdot





2 2T 2

E 25 E 25Q 0813 E 25

100 1967minus minus

= + = sdot minus

( )2


2 2T

33129 EQ

194764minus

=


( ) 22

33129 E0661 E 25

194764minus

sdot minus =

2E 25063m=


3ms24Q 0179=

3m

sbQ 0025=



Problema 48 185




Ζ = 0

Caldera

Condensador

Z = 1m

Z

1 283

4

5

6

7




Problema 48 187








22con con cal cal

con 72cal

2 2con concal cal

con 72cal


P -P V -VH = +Z -Z + +∆h

ρg 2g

+


( )-

52

2

2 - 005 10H = 1 + 416Q

1000times98

H = 1888 + 416Q

3mH[m] Q

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


3Q = 250 m h

H = 2088 m


22con con 8 8

con 8 78

2 2con con8 8

con 8 78


P -P V -VZ Z = + +∆h

ρg 2gminus



Problema 48 189

vapor8d

PPNPSH = -

ρg ρg


-vapor con






250 300 m s3

H Sistema


2300H=1888+4163600

H=2176m

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




2

2

∆h=KQ2176K= =313472300

3600⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



=1 22 2 2 21 1 2 2

H H

ω D ω D 2 2 2 2

1 1 2

2176 1895=ω D 1450 D

2

21

2176times1450ω =1895

1ω = 155379 rpm

1 23 3

1 2

Q Q=

ω D ω D

31 2

1 32

Q ω Dω =

Q D 1

300times1450ω = =155357280

rpm



Problema 49 191


1

2

4B1

B2

B4 3

B3

ZA







Problema 49 193





Tramo 1-4

14 42 43Q Q Q= +



Tramo 4-2

Tramo 4-3




4Pgρ

Q1-4 Q4-2 Q4-3

2 21 1 4 4

1 grupo 4 14p v p v

z H z hg 2g g 2g

+ + + = + + + ∆ρ ρ

2 24 4 2 2

4 2 42p v p v

z z hg 2g g 2g

+ + = + + + ∆ρ ρ

223 34 4

4 B4 3 43p vp v

z H z hg 2g g 2g

+ + + = + + + ∆ρ ρ

24grupo 4 14 14


g= minus minus

ρ

242 4 42 42


g= minus +

ρ

243 4 B4 43 43


g= minus minus +

ρ


24grupo 4 142



242 4 422


⎛ ⎞= minus + ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠

243 4 B4 432




Problema 49 195




tramo1 4

Pg minusρ




0

20

40

60

80

100

120

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

(B2+B3)B1

B1

B2 y B3




0

5

10

15

20

25

0 20 40 60 80 100 120 140 160

Q(m3h)

H(m

)

P4ρg

H4-2


05

101520253035404550

0 20 40 60 80 100 120 140 160

Q(m3h)

H(m

)

Hasp

Himp

Himp+Hasp


Problema 49 197

-40

-20

0

20

40

60

80

100

120

0 50 100 150

Q(m3h)

H(m

)

B2+B3B1

Hasp + Himp

Hgrupo - Z4

P4ρg






Q1-4 =100 m3h

44

PH 12m

g= =

ρ

0

5

10

15

20

25

30

35

40

0 10 20 30 40 50 60 70 80

Q(m3h)

H(m

)

P4ρg

0

10

20

30

40

50

60

70

0 10 20 30 40 50 60 70 80

Q(m3h)

H(m

)

Z3-Z4

HB

H43


Problema 49 199




1V0




g 2g g= + minus

ρ ρ



PPNPSHd z h

g g⎛ ⎞

= minus + + ∆⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠


2 2aspb11 1 B1

1 B1 1B1

pp v vz z h

g 2g g 2g+ + = + + + ∆

ρ ρ

2brida11 B1

B1 1B1

pp vz h

g g 2g= + + + ∆

ρ ρ

2 2asp21 1 B2

1 B2 1B2

pp v vz z h

g 2g g 2g+ + = + + + ∆

ρ ρ

2brida 21 B2

B2 1B2

pp vz h

g g 2g= + + + ∆

ρ ρ




0

10

20

30

40

50

60

70

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

Ecuacioacuten 1

Ecuacioacuten 3

Ecuacioacuten 2

Ecuacioacuten 23PF


Problema 49 201


NPSHr1 2 m

NPSHr2 35 m


Fig

49

11 C

auda

les c

ircu

lant

es e

n ca

da tr

amo



1p 0761360098 1034 mg 100098

= =ρ





2 24B4 3 4 4 32 2


ρ

vp 2337 024 mg 100098

= =ρ

3 32 2 2 2

1B 2


∆ = = = = =

v11asp

ppz ( NPSHd h ) 1034 (5 35 0 24) 16m


ρ ρ


Problema 49 203




24 3H k Q minus=

2 24 3 4 32



2 2 2 24 4

Hg H gD D

=ω ω


2 22 44

H 46832900H 52ω

ω = =

ωrsquo4=2752 rpm

0

10

20

30

40

50

60

70

80

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

Ecuacioacuten 1

Ecuacioacuten 2

PF

15 975

135 oo o




0

10

20

30

40

50

60

0 5 10 15 20 25 30 35 40

Q(m3h)

H(m

)

Afinidad Bomba 4

135


Problema 50 205






km mh sV = 20 =556

2

mstr

3m -5 ms


sdotν


-1

5x


D L





D 15 L

L

0074 1740C = -ReRe


ms

L 2-5 ms

V x 556 15mRe = = = 6410256413 10

sdotν

15

3δ = 037 12820513 3m = 0066mminus

sdot sdot

-1-35



5

0074 1740C = - = 2949 10641025646410256 4

sdot


22

3

22 m-3 2 skg

D m

556VF= C S ρ = 2949 10 70m 1150 =366296 N2 2infin


2

ms

L -3 ms

V 15mRe = =1394052 V1076 10

(A)


DLaminarL

1328 1328C = =Re 1394052times V



infin

23

222

mVs

21328 kg5000 N = 70 m 860 m1394052times V



L -3

379 15Re = = 5283451076 10

sdot


Problema 51 207



2

D Dv


donde



trV X500000 infin=

ν




( )D 02LL

0072 1700C = -ReRe

de donde


L -5



( )-3

D 02

0072 1700C = - = 1148middot10959750677285959750677 285

Siendo la fuerza

( )2-3 208333


F(h = 500m) = 36666618N


L -5



tr tr5

V X 20833 X500000

14216 10008891

infinminus= =

ν


( )-3

D 02

0072 1700C = - = 18235middot109120723776791207237767


Problema 51 209



2

F(h = 20000m) = 44332N


x

δ 5=x Re

donde



Asiacute

5x


-4δ (h = 500 m) = 2578middot10 m


5x


-3δ (h = 20000 m) = 2713middot10 m



Problema 52 211





tr tr-6

V X 027 XRe = = = 500000

y 12 10



D 1L5

L

0074 1740C = - Re

Re


L

D 15

027 50Re 11250000-612middot100074 1740 -3C - 272 10

1125000011250000

sdot= =

= = sdot

2 2

-3D


infin


8L


-3 -5 -3

D 1L5

L


Re= = =

V (Kmh) V (ms)

Xtr (m)

1 027 216 2 055 108 3 083 072 4 111 054 5 138 043 6 166 036 7 194 03 8 222 027 9 25 024

10 277 0216


Problema 52 213

2 2-3

D

T


F F 49 55

infin

= 2 = 4 7 Ν



0

1000

2000

3000

4000

5000

6000

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

F (N

)



0

1

2

3

4

5

6

7

8

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

Nordm T

ubos


V (ms)

F (N)

027 7228 055 25763 083 53913 111 90902 138 136227 166 18952 194 250494 222 318916 25 394587

277 477339

V (ms)

Nordm Tubos

027 692 055 194 083 093 111 055 138 037 166 026 194 02 222 016 25 013

277 01


rarr

larr

F = CD b L ρ V22




wtr

2 V 2 VX5

V

infin infin

infin

micro ν ρτ = =

δ ν


V (ms)

τw (Nm^2)

027 0048 055 0192 083 0432 111 0768 138 12 166 1728 194 2353 222 3073

25 3889 277 4801


0123456

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

Esfu

erzo

cor

tant

e (N

m^2

)

0001

001

10000 100000 1000000 10000000 100000000 1000000000

Cd = 0074 ReL15


Cd = 0455 ( log ReL )258

Re gt 107


Cd = 1328 ReL12

(laminar)



Coe

ficie

nte

de re

sist

enci

a (C

d)


Problema 53 215


tr

x

100010 X3600Re 500000

-513 10

sdot sdot= =

sdot x 234 m=




15

D LL

1700C 0072 ReRe

minus= sdot minus

de donde

L

100010 203600Re 4273504 2

513 10

sdot sdot= =

minussdot




22 3

D1 1 1F C ρ v b l 29998 10 1150 10 4 20 106475 N2 2 36

minusinfin






L

RD

V



Problema 53 217

2 1 cilindro L

21 cilindro L

L1 cilindro 22

1L C ρ v S2

1F 2 L 2 C ρ v S2

F 106475 106475C 33161 321031189 6 15 052 ρ v S2

infin

infin

infin





P 100000 Kg1189RT 287 293 m

ρ = = =sdot



Du 17 C 14

vinfin

= =

10

8

6

4

2

2 4 6 8Teoacuterico

Teoacuterico

Experimental

= 2 UV

R D

L

CL CD

CD

CL

U = R

UV= 0

CL p

V w

w

CD



u r 025 17v v 6

rad408 3896 rpms

infin infin

ωsdot ωsdot= = =

ω = equiv




1 cilindro D

2

2 21 cilindro

2 cilindros

DC 14

1 ρ v S2

1 1D 14 ρ v S 14 1189 6 05 15 224721 N2 2

D 449442 N

infin

infin

= =sdot sdot sdot


=


2 2 2 22 2R D L 44944 106475 115572 N= + = + =


44944tgα 04221 α 2288ordm106475

= = =

90 + L2 cil

V V

D2 cilR2 cil

αα



Problema 53 219

V = r15 mx

y

2 r = 157 mp

ww t

t



δrmicro

δ0vmicro


partpartsdot= ω


e 5aire

r x 408 025 xR 500000 x 07352 m 15 10minus



L 5

408 025 2 π 025Re 1068141515 10minus



( )

1 15 5

D LL

22D

1700 1700C 0072 Re 0072 10681415 00044833 00015915 00028918Re 10681415

1 1F C ρ v b l 00028918 1189 r 2 0 25 15 421 N2 2

minus minus

infin






Problema 54 221



1960 m

Depoacutesito

Conducto

Vaacutelvula





2 21 1 2 2

1 2 12P v P v

+ z + = + z + +∆hρg 2g ρg 2g

[ ]m

y queda

2 2 2 22


2

2

2570 -

1 2times98=D 25


rArr D = 01798 m


mv = 25s


3mQ ( )s

H(m)

70

70


Problema 54 223


∆P C= ∆h = - ∆Vρg g




tubotubo

C SV = 2gh

S



tubo

C SΩ = 2g



tubo

S t= 1-S T

y se verifica

V

tubo

S t= 1-S T


0tΩ = Ω 1-T

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

T = pasos = 6

V

t

SS

T(s)

0Ω

Ω

t(s) 6

Ω

6 T(pasos)

0Ω

6





12

0mΩ = 0 2988s

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


t(s)

T(pasos)


12t mΩ = 02988 1-

6 s

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦



( )0C∆h = V - Vg


( )∆h = 13367 25 - V


t(s) Ω v h∆ ih h+ ∆ Total 0 02988 25 0 70 70 1 02490 235 1921 70+1921 892100 2 01992 215 2727 70+1921+2727 116480 3 01494 186235 3874 70+1921+2727+3874 155220 4 00996 14464 5559 70-1921+2727+3874+5559 172390 5 00498 08697 77072 70-1921-

2727+3874+5559+77072 194922

6 0 0 11627 70-1921-2727-3874+5559+77072+116275

233717

7 0 0 - 70+1921-2727-3874-5559+77072+116275

160957

8 0 0 - 70+1921+2727-3874-5559-77072+116275

613530


Problema 54 225

9 0 0 - 70+1921+2727+3874-5559-77072-116275

-937170

10 0 0 - 70-1921+2727+3874+5559-77072-116275

-209570

11 0 0 - 70-1921-2727+3874+5559+77072-

116275

786470


Diagrama temporal

70 8992111648

15521 172391949

233717

-93717

7865

-20977

61353

160957

-150-100-50

050

100150200250300

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

t(s)

h



( )i∆h = 13367 V - V

( )i iV = Ω h +13367 V - V

( )2 2i iV = Ω h +13367 V - V⎡ ⎤⎣ ⎦

2 2 2 2

i iV = h Ω +13367V Ω -Ω 13367V ( )2 2 2

i iV +Ω 13367V -Ω h +13367V = 0


V =2





Por tanto



Problema 55 227


2


=


SStotal Tc(LC) 1 0 08 1 06 2 04 3 0 4

Tc(LC) K 0 1000 1 5000 2 10000 3 18000 4 infin



Z = 100 m

Z = 0 m


2 2 2 2

1 1 2 21 2


+ + = + + + sdot +

2 2 2

1 2 2 2 22 T T



2 1 2

2 2 22 T T

Z ZQ

1 L 1 1f KDS 2 g S 2 g S 2 g

minus=




1 08SS T2 sdot= K 5000=

2 06SS T2 sdot= K 10000=

3 04SS T2 sdot= K 18000=


abiertaQv 1319S

= = ms

1v 0618= ms

2v 0 439= ms

3v 03287= ms

4v 0= ms

1

2


Problema 55 229


o

v vvv 1319

lowast = =


22o o

2o o

H vL vh fH D 2g v

= sdot sdot∆

22o

o

vL vh fD 2g H




i ich h (v v )g

minus = minus minus

o o

o o

H vch vH g v

= minus∆ ∆

o

o

c vh v


∆ = minus ∆sdot



lowastv c

LT C

1 0 0468 1

03328 2 02486 3

0 4



05 075 10250 v

h

T=0

T=1

T=2

T=3

OA

1B

2B

2A

3B

4A

5B

6A

7B

6B

5A

4B

3A7A

8B

8A1



Problema 55 231

TcLC

h

0 5

1

2

OB

1B

2B

3B 4B

5B

6B

7B

8B




Problema 56 233









2 2

01c 1cv 5T T (100 273) 373006K

2 Cp 2 18641= + = + + =

sdot sdot

2 2

01 1v 5h h 2676000 26760125 J Kg2 2

= + = + =




02 02

01 01

h T

h T



Problema 56 235



02 01q 500T T 373006 641 21 K

Cp 18641= + = + =


2

02 2vT T

2 Cp= +

sdot

2

02 2vT T

2 Cpminus =

sdot

( )2





22

v 2605MC 50032

= = = 05206


f 1

14 C L

M 052 09174D


f 22

4 C LM 09 0014

Dsdot sdot

= ⎯⎯rarr =

M1 = M2c = 05206 M2 = 09

f f 1 f 24 C L 4 C L 4 C L 09174 0014 0903D D D




0903 D 0903 002L 0903 m4 Cf 002



( )2 5 2P 002 5 10 002m s v 2605 2605 0 228 Kg s


sdot sdot +


2

P1129

P= 02

0

P10089

P=


1

P20519

P= 01

0

P13034

P=


2

02

P059126

P=


11

22

PP 20519P 1817

PP 1129P

= = =

5

12

P 5 10P1817 1817

sdot= = = 2751788 Nm2

2

02P

P059126

= = 4654109 Nm2




Problema 56 237

1

2

P 500000 2P 250000

= =

( )

( )

111

222

P MP P PP MP

=


M1 = 052 (Fanno) 1

P20519

P=

( )( )1

122

1

2

P MP 20519PM 102595P 2PP

= = =


PM 102595

P= rarr 2M 098cong



S S DD4


( )5

m 1 117241 2Re 4 4D D1086 10 D



( )1

2 12011 1

01

P A 1m M 1 M2R T


siendo 2DA

4πsdot=


( )1

2 1012 21

101

m R T4 1 1D 1 MM 2P


Puesto que



12( 1)2

1A 1 2 11 M

M 1 2A

γ+γminus⎡ ⎤γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎢ ⎥γ + ⎝ ⎠⎣ ⎦


( ) ( )1

2 10121

01

m R T4 1 AD M2P A



( ) ( )14 1

2 14 1215

4 1 287 641 1 4 1 AD M25 10 14 A


( )1AD 00399 MA

=


502

501

P 05 10 01P 5 10

sdot= =sdot

Hipoacutetesis


A134

A=

D 00399 134 004618= = m

34

1172412Re 25383702004618

001 10 21 10D 004618

minusminus

= =



fL 54 C 00145 15699D 004618


Fanno 1

P23865

P=

M1 = 045


01

P087027

P=


Problema 56 239

1

02 012

101 01

PP PP 087027 036568 01

PP P 23865P



1

05 045M 0 4752


=

D 00399 139 004704 = = m


4212 10D


fL 54 C 00145 1541D 004704

sdot sdot = sdot =






000 000000 010000+1 010000+1 010000+1 infin 001 001095 099998+0 099993+0 099995+0 057874+2 002 002191 099992+0 099997+0 099980+0 028942+2 003 003286 099982+0 099937+0 099955+0 019301+2 004 004381 099968+0 099888+0 099920+0 014481+2 005 005476 099950+0 099825+0 099875+0 011591+2 006 006570 099928+0 099748+0 099820+0 096659+1 007 007664 099902+0 099658+0 099755+0 082915+1 008 008758 099872+0 099653+0 099681+0 072616+1 009 009851 099838+0 099435+0 099596+0 064613+1 010 010944 099800+0 099303+0 099502+0 058218+1 011 012035 099759+0 099158+0 099398+0 052992+1 012 013126 099713+0 098998+0 099284+0 048643+1 013 014217 099663+0 098826+0 099160+0 044969+1 014 015306 099610+0 098640+0 099027+0 041824+1 015 016395 099552+0 098441+0 098884+0 039103+1 016 017482 099491+0 098228+0 098731+0 036727+1 017 018569 099425+0 098003+0 098569+0 034635+1 018 019654 099356+0 097765+0 098398+0 032779+1 019 020739 099283+0 097514+0 098218+0 031123+1 020 021822 099206+0 097250+0 098028+0 029635+1 021 022904 099126+0 096973+0 097829+0 028293+1 022 023984 099041+0 096685+0 097620+0 027076+1 023 025063 098953+0 096383+0 097403+0 025968+1 024 026141 098861+0 096070+0 097177+0 024956+1 025 027217 098765+0 095745+0 096942+0 024027+1 026 028291 098666+0 095408+0 096698+0 023173+1 027 029364 098563+0 095060+0 096446+0 022385+1 028 030435 098456+0 094700+0 096185+0 021565+1 029 031504 098346+0 094329+0 095916+0 020979+1 030 032572 098232+0 093947+0 095638+0 020351+1 031 033637 098114+0 093554+0 095352+0 019765+1 032 034701 097993+0 093150+0 095058+0 019219+1 033 035762 097868+0 092735+0 094756+0 018707+1 034 036822 097740+0 092312+0 094446+0 018229+1 035 037879 097609+0 091877+0 094128+0 017780+1 036 038935 097473+0 091433+0 093803+0 017358+1 037 039938 097335+0 090979+0 093470+0 016961+1 038 041039 097193+0 090516+0 093130+0 016587+1 039 042087 097048+0 090043+0 092782+0 016234+1 040 043133 096899+0 089561+0 092427+0 015901+1 041 044177 096747+0 089071+0 092066+0 015587+1 042 045218 096592+0 088572+0 091647+0 015289+1 043 046257 096434+0 088056+0 091322+0 015007+1 044 047293 096272+0 087550+0 090940+0 014740+1


Problema 56 241

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Problema 56 243

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Problema 56 245

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Problema 56 247

047 050385 011492+1 022809+1 014018+1 013441+1 048 051410 011471+1 022313+1 013801+1 012353+1 049 052433 011450+1 021838+1 013595+1 011539+1 050 053452 011429+1 021381+1 013398+1 010691+1 052 055483 011384+1 020519+1 013034+1 091742+0 054 057501 011339+1 019719+1 012703+1 078663+0 056 059507 011292+1 018975+1 012403+1 067357+0 058 061501 011244+1 018282+1 012129+1 057568+0 060 063481 011194+1 017634+1 011882+1 049082+0 062 065448 011143+1 017026+1 011656+1 041719+0 064 067402 011091+1 016456+1 011451+1 03533+0 066 069342 011038+1 015919+1 011256+1 029785+0 068 071268 010984+1 015913+1 011097+1 024978+0 070 073179 010929+1 014935+1 010944+1 020814+0 072 075076 010873+1 014482+1 010806+1 017215+0 074 076958 010815+1 014054+1 010681+1 014112+0 076 078825 010757+1 013647+1 010569+1 011447+0 078 080677 010698+1 013261+1 010147+1 091675 -1 080 082514 010638+1 012893+1 010382+1 072289 -1 082 084335 010578+1 012542+1 010305+1 055932 -1 084 086140 010516+1 012208+1 010237+1 042256 -1 086 087929 010454+1 011989+1 010179+1 030965 -1 088 089703 010391+1 011583+1 010129+1 021795 -1 090 091460 010327+1 011251+1 010089+1 014512 -1 092 093201 010263+1 011011+1 010056+1 089133 -2 094 094925 010198+1 010743+1 010031+1 048154 -2 096 096633 010132+1 010485+1 010014+1 020571 -2 098 098325 010066+1 010238+1 010003+1 049469 -3 100 100000 010000+1 010000+1 010000+1 00 102 101658 099331+0 097711+0 010003+1 045869 -3 104 103300 098658+0 095507+0 010013+1 017685 -2 106 104925 097982+0 093383+0 010029+1 038379 -2 108 106533 097302+0 091335+0 010051+1 065846 -2 110 108124 096618+0 089359+0 010079+1 099349 -2 112 109699 095932+0 087451+0 010113+1 013823 -1 114 111256 095244+0 085608+0 010153+1 018188 -1 116 112797 094554+0 083826+0 010198+1 022977 -1 118 114321 093861+0 082103+0 010248+1 028142 -1 120 115828 093168+0 080436+0 010304+1 033638 -1 122 117319 092473+0 078822+0 010366+1 039426 -1 124 118792 091777+0 077258+0 010432+1 045471 -1 126 120249 091080+0 075743+0 010504+1 051739 -1 128 121690 090383+0 074274+0 010581+1 058201 -1 130 123114 089686+0 072848+0 010663+1 064832 -1 132 124521 088989+0 071465+0 010749+1 071607 -1 134 125912 088292+0 070122+0 010842+1 078504 -1 136 127286 087596+0 068818+0 010939+1 085503 -1 138 128645 086901+0 067751+0 011042+1 092586 -1 140 129987 086207+0 066319+0 011149+1 099738 -1 142 131313 085514+0 065122+0 011262+1 010694+0 144 132623 084822+0 063958+0 011379+1 011419+0



146 133917 084133+0 062825+0 011501+1 012146+0 148 135195 083445+0 061722+0 011629+1 012875+0 150 136458 082759+0 060648+0 011762+1 013605+0 155 139546 081054+0 058084+0 012116+1 015427+0 160 142539 079365+0 055679+0 012502+1 017236+0 165 145439 077695+0 053421+0 012922+1 019023+0 170 148247 076046+0 051297+0 013376+1 020779+0 175 150966 074419+0 049295+0 013865+1 022504+0 180 153598 072816+0 047407+0 014389+1 024189+0 185 155145 071838+0 045623+0 014952+1 025832+0 190 158609 069686+0 043936+0 015553+1 027433+0 195 160993 068162+0 042339+0 016193+1 028989+0 200 163299 066667+0 040825+0 016875+1 030500+0 210 167687 063762+0 038024+0 018369+1 033785+0 220 171791 060979+6 035494+0 020049+1 036091+0 230 175629 068309+0 033200+0 021931+1 038623+0 240 179218 055762+0 031114+0 024031+1 040989+0 250 182574 053333+0 029212+0 026367+1 043198+0 260 185714 051020+0 027473+0 028959+1 045259+0 270 188653 048820+0 025878+0 031829+1 047182+0 280 191404 046729+0 024414+0 035001+1 048976+0 290 193981 044743+0 023066+0 038498+1 050652+0 300 196396 042857+0 021822+0 042346+1 052216+0 310 198661 041068+0 020672+0 046573+1 053678+0 320 200786 039370+0 019608+0 051209+1 055044+0 330 202781 037760+0 018621+0 056286+1 056323+0 340 204656 036232+0 017704+0 061837+1 057521+0 350 206419 034783+0 016851+0 067896+1 058643+0 360 208077 033408+0 016055+0 074701+1 059695+0 370 209639 032103+0 015313+0 081691+1 060684+0 380 211111 030864+0 014620+0 089506+1 061612+0 390 212499 029688+0 013971+0 097989+1 062485+0 400 213809 028571+0 013363+0 010719+2 063306+0 450 219359 023762+0 010833+0 016562+2 066763+0 500 223607 020000+0 089443 -1 025000+2 069379+0 550 226913 017021+0 075012 -1 036869+2 071700+0 600 229528 014634+0 063758 -1 053180+2 072988+0 650 231626 012698+0 054823 -1 075134+2 074254+0 700 233333 011111+0 047619 -1 010414+3 075279+0 750 234738 097959 -1 041731 -1 014184+3 076121+0 800 235907 086957 -1 036860 -1 019011+3 076819+0 850 236889 077670 -1 032787 -1 025109+3 077404+0 900 237722 069767 -1 029348 -1 032719+3 077899+0 950 238433 062992 -1 026419 -1 042113+3 078319+0

1000 239046 057143 -1 023905 -1 053594+3 078683+0 1100 240039 047619 -1 019838 -1 084191+3 079270+0 1200 240804 040268 -1 016723 -1 012762+4 079721+0 1300 241404 034483 -1 014284 -1 018761+4 080074+0 1400 241883 029851 -1 012341 -1 026854+4 080356+0 1500 242272 026087 -1 010768 -1 037552+4 080584+0 infin 244949 00 00 infin 082151+0


Problema 57 249





P depoacutesito

tobera


1 2

Datos






AIREJR = 28704

Kg K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


2

20

p

v 1T t t 1 M2c 2

γ minus⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠


1 2( 1)

0 0 SALIDA

0 0

00

SALIDA


m RmiddotTP

06847middotA

γ+γminus⎛ ⎞= γ =⎜ ⎟γ +⎝ ⎠

=


2 2

SALIDA0036 D2 A

4 4π π= =


[ ] [ ] 2 2 20 SALIDA


JR 28704Kg K

π π⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = equiv = =⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 57 251


C 2

C C

TT T

RmiddotDA DA 4

RmiddotDA DA4

⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟

⎝ ⎠


2 2

C

T

DA 76 2 225D 508A

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


12( 1)

2C

T

AA 1 2 11 MA M 1 2A

γ+γminus⎡ ⎤⎛ ⎞ γ minus⎛ ⎞= = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ + ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦


AA


tobera)


A 225 M 0 27A

= ⎯⎯⎯⎯⎯rarr =


202

2

T 1t 1 MT 2

γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

1202

2

P 1t 1 MP 2


⎝ ⎠

1202

2

1t 1 M2



02

2

T098563

T= 02

2

P095060

P= 02

2

096446ρ

=ρ

de donde 2P 0950601481035 14078719 Pa= =









1 2


∆= +

donde

1 22 2

2

4Cf l 1 M 1 2 1Ln M 1 MD 2 1 2M



SE OBTIENE

2

4f l 69832D

⎯⎯⎯⎯⎯rarr =

Por otro lado

estimado del tubo

x 144Cf 40005 36745D 00762

∆ = =

con lo cual

1

4Cf l 69832 36745 106577D

= + =


SE OBTIENE1 M11

2

M2

PP 47378 47378P P 14078719 1656003 2 (Pa)

PP 40279 40279P

= = ⎯⎯⎯⎯⎯rarr = =


12

2

P 1 2 11 MM 1 2P

minus⎡ ⎤⎛ ⎞ γ minus⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ + ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

1 2


Problema 57 253


1 DE DONDE201 11 01

1

P P11 M P 1717594 4(Pa)P 2 0964141


⎝ ⎠


01 M1

P0964132

P=



T

AAAA





Problema 58 255



T (K) 22325 21665 P (Pa) 265 104 55293103

ρ (Kgm3) 041351 0088910 micro (Kg(ms)) 1457710-5 1421610-5

1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6


Linea deMach


1510

δc=0 deg

1 2 3 4 5 600

10

20

30

40

50

60

70

80

90



Linea deMach

δc=50 deg

1015

10

20

30

40

50

10

15

20

25

30

1 2 3 4 5 6



Linea deMach

δc=50 deg

10

15















P = F V mC R T 1 4 287 223 25 2995s

= γ = =



Problema 58 257

M = 5 δc= 10ordm 110049 2 2995 = 164798377 W






mC 14 287 21665 29504s

= =


14656 2 29504 = 8648212 W 12213 2 29504 = 7206647 W 36152 5 29504 = 53331430 W 229613 5 29504 = 33872509 W











Proacutelogo

Iacutendice

Nomenclatura

Problema 1

Problema 2

Problema 3

Problema 4

Problema 5

Problema 6

Problema 7

Problema 8

Problema 9

Problema 10

Problema 11

Problema 12

Problema 13

Problema 14

Problema 15

Problema 16

Problema 17

Problema 18

Problema 19

Problema 20

Problema 21

Problema 22

Problema 23

Problema 24

Problema 25

Problema 26

Problema 27

Problema 28

Problema 29

Problema 30

Problema 31

Problema 32

Problema 33

Problema 34

Problema 35

Problema 36

Problema 37

Problema 38

Problema 39

Problema 40

Problema 41

Problema 42

Problema 43

Problema 44

Problema 45

Problema 46

Problema 47

Problema 48

Problema 49

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57

Problema 58

Bibliografiacutea


Iacutendice III

Iacutendice






Nomenclatura V







Problema 1 1



-6

2

Q 35times10 mU = = = 01237S sπ 0006

4



( )2

2 2

2



⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


donde 2∆P RU = -

∆x 8micro


2 2


π π




2

maacutex

maacutex 2


2 r= -micro UR


τ


maacutex

maacutex

r = R2= -micro URU

como U =2

U= -micro 4R

τ

τ


Τ

Τ


como - F = Fp

14137 = 8 π U micro L = 8 π 01237 micro

τ τ

2



UD 01237times0006 Re = = lt 2400 0 4547ν

ρ



Problema 2 3



du = dy

τ micro

1 1v 0 R ωdu = =

dy h hminus


ω

Hh

h

R1

Fig 21



21L 1 1


h hω

31L 1 1 1 1



23





R3R i i

B i i0S 0



⎣ ⎦

3


R4

3 iB B i i i

0


⎡ ⎤int ⎢ ⎥

⎣ ⎦

4

Bω 2π RM = micro

h 4





3 11

Rω 2π H R +h 4

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


310 003middot2π 01middot003 +0001 4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

NT = 00127 [W]


Problema 3 5


e

ω

da

d

θ

R

θ



part ω ωpart




32



ω ω

ω




o

o

4903

-90


int


o

o

4 902 3

-90


ω ω int

y quedariacutea

o

o

904 902 2

-9090


⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤ω ω θ θ +⎢ ⎥int⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

90 904

2 2

90 90


⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ω θ θ +⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

4


ω


Problema 4 7


ω

iR5 cm


iτ = idνmicro

dn = iR ω

microe

= ih tgθωmicro

e



θe

X

En la base

iτ = idνmicro

dn = iR ω

microe

dri

dzdhi

θ





θ θ

2 2


e cosθω

32 2h

2 ii

0




2i



Problema 4 9

3R2i

0



i

i


2

2i i


i iR = h tgθ

3 3 4h

3L i

0


El par en la base

2i i i


4h

3b i

0



TM = L bM + M

4 43 3

4 4T


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


4 3T


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


24 3


π ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 5 11


4 1


9

2

N196 10m



dpd


T

1 ddTforallα =

forall


d dp dTp T


de donde


Integrando

P T

P T

final final final


d dp dTforall

forall




( ) ( )final


inicial





( ) ( )1 p p T T

final inicial





Problema 6 13


0YY =

x1+L

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


0x yu = u 1+ 1-L Y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ siendo u0 =1 ms

L = 5m

xYo = 1m

Ys = 05m


v u= -y x

part partpart part




2 32 2

0 02 20 0


⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦


220

20

uu 3y x- = - 1- 1+x L LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2220 0 0

2 20 0


⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

23

0 02

0

u y u y xv = - + 1+ + C(x)L LLY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


2

30 0 0 0

2 30

x1+u Y u Y L0 = - + + C(x)

x LY xL 1+ 1+L L

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠



2 20

0

u y y xv = - 1- 1+L Y L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦







part partpart part


22

0 20

u 1 3y x 1= u - 1+x L L LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

3

0 20

u 2y x= u - 1+y LY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 6 15

3

0 20


⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎣ ⎦

22

0 20

v 3y x 1= u 1+ -y L LLY

⎡ ⎤part ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟part ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


2 43 520

x0 0

u x y x y xa = 1+ - 2 1+ + 1+L L Y L Y L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2 452 3

0y 2 2 4

0 0

u y x y xa = y - 2 1+ + 1+L LL Y Y

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦




y1 u w= - = 02 z x


Sustituyendo queda

220

z 2 20

yu x y x= 1+ + 1+L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ω ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


220

z 2 20

yu x y xξ = 2 1+ + 1+L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦





part partpart part

se llega a

( )d δ1 = 0

δ dtforall

forall





puesto que

xz1 u w= + 02 z x




2 20

xy 2 20

yu x x y= 1+ - 1+ +L LY L

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞φ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 7 17


xu =1+ t

yv =1+ 2t

w = 0



dy y= v =ds 1+ 2t


slnx = + cte1+ t


1+t1middotx = c e

2middot

s1+2ty = c e


( ) ( )0 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


0 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 00


⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

1+t1+2t

0 0

x y=x y

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




1+t1+2t

00

xy = yx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


y x=y x


y

x

aumentando t

t = -13t = -16

t = 0

t = 13

t = 1

t = infinito

yo

xo


=


dx dyx y

1 t 1 2t

=

+ +


+=+


X Y

X Y0 0

1 t dx dy1 2t x y

+ =+ int int

de donde 0 0


⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Problema 7 19

o bien

1 t1 2 t

0 0

x yx y

++⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


(A) dx x=dt 1+ t

(B) dy y=dt 1+ 2t

Integrando



1lny = ln 1+ 2t + k2

( )1 ln 1+2t +k2lny 2e = e ⎯rarr⎯ ( )

12 2y = 1+ 2t k (D)


0 1X = k ( ) 0x = 1+ t X

0 2Y = k ( )12 0y = 1+ 2t Y


12

00

xy = 1+ 2 -1 YX

⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


(C) ( ) 1x = 1+ t k 01

Xk =1+ ε

⎯rarr⎯ ( )

01+ t

x = X1+ ε

(D) ( )12 2y = 1+ 2t k

( )0

2 12

Yk =1+ 2ε

⎯rarr⎯ ( )( )

12

012

1+ 2ty = Y

1+ 2ε



( ) ( )2

00

1+ t Y 1ε = X -1 = 1+ 2t -1x y 2

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎯rarr⎯ ( ) ( ) 20 01+ 2tX 1 Y1+ t - =

x 2 2 y⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Despejando 0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

se obtiene

0

yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= ( )

( )

12

0

1+ 2tX2 1+ t -1x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


yY

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

=

12

0

1X2 -1x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= 1-20X2 -1

x⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Liacutenea de traza


Senda

y

x

YO

XO


Liacutenea de traza


Senda


Puntoemisor



Problema 8 21




( )ρ + ρv =t

part nablapart

0


x y zv v vv = + + = 2 - 2 + 0 = 0



2 ( )va = + v vt

part nablapart


partpart

= 0



( ) ( )( )

x y z

x y z

x y z



= ( )( )2x - 3y 3x - 2y 23

32minusminus

=

= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ˆ ˆ2x - 3y 2 + 3x - 2y - 3 i + 2x -3y 3 + 3x - 2y -2 j⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ =


( ) ( )

( ) ( )

ˆ ˆ ˆi j k


2x -3y 3x - 2y 0



x y

dx dy=V V


( ) ( )dx 3x - 2y - dy 2x -3y = 0



part partpart part


N(xy) = ( )- 2x -3y


M(x y)y

partpart

= N(x y)x

partpart

=-2



2int int


partpart


Problema 8 23


03yC(y) = + C2


2 2

03x 3yF(x y) = - 2xy + + C = 0

2 2



03 3F(x y) = - 2 + + C = 02 2

⎯rarr⎯ 0C = -1


2 23x 3y+ - 2xy -1 = 02 2








2 23x + 3y - 4xy - 2 = 0 (1)


( ) 3-3cotg 2θ = = 0-4




x

45ordm

x

yy






2 22 2 2 2 2 2 2 23 x - y + 3 x + y - 4 x - y x + y - 2 = 0

2 2 2 2 2 2 2 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


2 21 5x + y -1 = 02 2


2 2

2 2

x y+ = 1a b


a = 2

2b =5


1ω = Ω2




Problema 8 25



ysenθ =bxcosθ =a

x = acosθ = 2cosθ




x

yb

a


( ) ( ) ( )2π 2π

0 0


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟int int int⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




( )l s s s s


rarr 2 12π6πab = 6π 2 = = Γ5 5


se calcula



⎯rarr⎯

2i = 2

2j = - 2

β

β


ij =

u 1 u v 1 u w+ +x 2 y x 2 z x

1 v u v 1 v we + +2 x y y 2 z y

1 w u 1 w v w+ +2 x z 2 y z z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠




Sustituyendo

( )

( )

212 -3 + 3 0 22 21 d 1 2 dr = -3 + 3 -2 0 - = 2dr dt 2 2

00 0 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 9 27


Agua

Esfera

45deg


92 Resolucioacuten





y

s s s




( )

2

2 3 2

2 2

2 32 3

2 2




θ

πminus

θ θ

π πminus minus

θ θ

π πminus minus



⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= minusρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

int

int int


π πθ =⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

( )

2 2 2 3 3 3

2 3



( )

( )

2 3

2 3

1 1E gh2 R g2 R 1353553 4 3

R RE g2 h 1353553 4 3

⎛ ⎞= ρ π + ρ π⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥

⎣ ⎦

h y

x x

y

y

F

R

r θ


Problema 9 29

( )3 3

3 3 3

R sen45ordm RE g2 1353553 4 3


⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥

⎣ ⎦⎡ ⎤= ρ π + = ρ π = ρ π⎢ ⎥⎣ ⎦


2

2

3 3E H O

H OE 3


= ρ π = = ρ π

ρρ = =



4 1 4Peso W g R g R3 2 3

gt

lt= = ρ π = ρ π


ρ lt ρ


2 32 3

Hg Hg

2 2


θ θ

π πminus minus

⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= minusρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

de donde

( )2 3 3 2 2Hg




2Hg

R hE g2 R (0 1) (0 1)3 2


2Hg

R hE g2 R3 2

⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥⎣ ⎦

33

Hg HgR 4 1E g2 g R3 3 2

= ρ π = ρ π




3866664 N

558281 N

0

100000

200000

300000

400000

500000

600000

-90 -75 -60 -45 -30 -15 0 15 30 45 60 75 90


Empu

je q

ue a

ctuacutea

sobr

e la

esf

era

(est

ando

pa

rcia

lmen

te su

mer

gida

) (N

)


3 3esfera esfera


ρ π π (3)




Problema 10 31



R

cdg

Y

45degha




102 Resolucioacuten

R

Yi

RXc Xc

X X



4

xc 2

R 64I = 1-8 9

π ⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠

4x

1I = πR8

4RY =3π



acdg

h 4RY = + R -sen45 3

⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠


sen45 3⎛ ⎞⎜ ⎟π⎝ ⎠


sen45 3π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


sen45 3π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


xcdgcdp cdg

cdg

IY - Y =

Y times A


Problema 10 33

ha = 10 m 4xcdg

cdp cdg 210 10cdg10


2π

cdp cdg10 10

Y - Y = 000474 m

ha = 100 m 4

cdp 2100

01097times1Y = 141996 + = 14199649 mtimes11419962

π

cdp cdg100 100


ha = 500 m 4

cdp 2500

01097times1Y = 707682 + = 7076820987 mπtimes1707682

2

cdp cdg500 500

Y - Y = 000009870 m


2 2

10 cdg10


π π

2 2

100 cdg100


2 2

500 cdg500


π π



⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭


⎧ ⎫⎨ ⎬π⎩ ⎭




R c

a

Y

Yt

da

45deg

hht


2 2 2

2 2



dF = P ds



( )R

2 2t

0




R




22 2

0

⎡ ⎤minus +⎢ ⎥2 2⎣ ⎦




Problema 10 35



⎡ ⎤minus +⎢ ⎥


R


2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2 2

0

1 R a3



2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

- ρ g senθ 2 ( ) ( )3

3 22 2 2 221 1 R R R 03 3


⎣ ⎦

( )32

2 2t


2

3t


2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



a at


senθ senθ



⎡ ⎤π⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦



sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 1602033 N


sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 154564569 N


sen45 2 3⎡ π ⎤⎛ ⎞+ minus⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= 770316729 N





R R

2 2 2middot 2 2t

0 0


( )RR3 2 2 4

2 2 2 22t

0 0


⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

4

3t


⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Recordando que

at

hY = + R

sen45


ah 10 m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

ah 100 m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

ah 500m= 310


⎡ ⎤⎡ ⎤ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦



Problema 11 37






ms







⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠









radw = 10seg

a -a

6cm

v

t

t v


Problema 11 39


g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

de donde


g⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0

r z2

zr=0 z



[ ]2

2z 0

rω = (g + a ) z - z2

con lo cual

( )2

20

z

r 1z = ω + z2 g + a


R2

inicial0



2 2R2

inicial 00 z

ω r 1πR z = 2π r + z dr2 (g + a )

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠int

( )

R2 4 22

inicial 0z 0


( )2 4 2

2inicial 0

z

ω R RπR z = 2π + z2 g + a 4 2⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( )2

2inicial 0

z

ωZ = R + Z4 g + a

2 2

o inicialz

ω RZ = Z -4(g + a )





2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1Z = Z - +4 (g + a ) 2 (g + a )


dP = -ρg dz

p -z


P = ρg z


2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1P = ρg Z - +4(g + a ) 2 (g + a )

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Para ρ = 1000 3

Kgm

g = 98 2

ms


r = 002 m




4 98 +1 2 (98 +1)⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

P =287648 Pa



4 98 - 07 2 (98 - 07)⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

P =286461 Pa


P =286204 Pa


Problema 11 41


m= +07s

P =28746 Pa


2 2 2 2

inicialz z

ω R ω r 1Z = Z - +4(g + a ) 2 g + a


2 2 2 2ω 006 ω 006 10 4 = 03 - +4times98 2 98

radω = 3299seg



Problema 12 43



VC SC


forallint int

0=bull

sdρ + mdtforall

2id = r dhforall π

r2

r1 H

hθ

Sd




2 1r - r

tgθ =H

22 1

1r - r

d = π(r + h ) dhH

forall

bull

22 1s1


H

bull


2hf t2 1

1H 0d


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠int int

fh 2

2 22 1 2 11 1 2

Hd


hf

23 2 5 22 2 1 2 1

1 1 2d

H


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


23 2 5 22 2 1 2 1

1 1 2d


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 13 45


hdhi

α

rd

r

hi

seccioacuten Ss

Fig 131


c Sc


forallint int






2id = π r dhforall



2i


dt



( )( )2d i

i i s


dt



( ) ( ) 12

22 2 sd i d i i i


π⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) 122 2 2 2 s

d i i d d i i iS


⎡ ⎤α⎣ ⎦

( )1 1 1 12 2 2 2

2 20 t2i i2d si

d d ih 0i i i i


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦int int

3 5 31 1 1

2 2 2 2 2 20 t

2 2 2 si i i i i id d d3 5 31 1 1

02 2 2 2 2 2 h


π

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

5 5 5 3 31

2 2 2 2 2 22 2 s

d d d3 5 31 1 12 2 2 2 2 2


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


5 5 5 3 312 2 2 2 2 2

2 2d d d3 5 31 1 1

s2 2 2 2 2 2


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Problema 13 47


5 5 5 5 5 5 3 3 31 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 23 5 31 1 1

2 2 2 2 2 2

1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1t = 01 m +0 268 -2 + + 2 01m 0268 - 2 01m 0268 times⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

2

2m

s


t =119s



Problema 14 49


r r

A2 A1

dA1r1

x1

dA2 Vry

y

x1


nS

Q = V dAint





[ ]maacutex

maacutex

miacuten

miacuten

θθ

1 -θ1-θ







maacutexy

0


maacutexy

2 20 1


1 1

2 21

x xcosθ = =

r x + y

maacutexmax

yy1

12 21 110 0


⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

int

maacutex

1

yQ = 2b N arctg

x⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

m aacute xmaacutex

1

ytg =

xθ





Problema 15 51



Salida 3

Salida 1

Salida 2







( ) ( ) ( )1 2 3

D 1 1 2 3 3s s s






( ) ( ) ( )D 1 1 2 3 3


minus


( ) ( ) ( )t 0

0 HD 1 1 2 3 3


minusint int


Problema 16 53


11


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1

X π gt t 0v 2

ge

0 x Xle le


S

dx

dV

Ve Vs

xX

Fig 161




c ss se


forallint int int

c ss se se ss



c


forallint


c

X X1 1

1 10 0



X2

1 11 1

0


⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦

= 1 11


simplificando

c

1e s 1 1


minus = forallint


c

X X1 1

1 10 0



c

X1 1

10



Integrando

c

X1 1 1

1 1 10





Problema 17 55


Ao

Pd

Pn

PoutQL1

QL1

QL2

V

Q



forallint int



vc s s s0 1 2








forallforall


m ρ


⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

dρ dp= ρ β

dρ ρ dp= dt β dt


forallforall








(A)






Problema 17 57

r4

L4 L6 L8 L10L5 L7 L9 L11

L2L1 L3

r0

r1r2

PinletPoutlet

r3


( )( )1 pL1

h R tan sen tQ D

2


⎢ ⎥⎣ ⎦

( )( ) ( )

( ) ( )

10 1Tank n p 2 4 6 8 103

10

1 2 3 11 p 2 4 6 8 103 3 311 2 1





n outL2

32 43 3 3

1 2 31 2 3

p pQ



+ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠




Problema 18 59



Q

+j+i-i

-j



Ps Pe Ps

PL

Vs Vs

Ve


ySe Ss Sl Sl VC Sc



( ) ( ) ( )bull

Ly e sSe Ss



bull


FLy


Problema 19 61


D2

oe

Pe

Ps

ds

Pe

Psds

τ τ












e 2e

QvD4

=πsdot

ss

Qvs


⎝ ⎠



r1

drds 2 rsen 90

2


⎝ ⎠

int

( )2 22 1

s

r r2s2sen 90

2


⎝ ⎠

( )2 2

2 1s

r rs

sen 902

πsdot minus=


Vys

Vs

Fig 193


Problema 19 63

αdeg

D1

D2

Fig 194

r

dr

dh


y

y e s 1se ss sl sl

Fl


sum









2 2sen 90 sen 902 2


sum



2sen 902


⎝ ⎠


Problema 20 65








10210

SE SE 00



⎣ ⎦

12

1SS SS 0

0



⎣ ⎦


x ESE

x SSS

v v ds = - v Q

v v ds = v Q

ρ ρ

ρ ρ

int

int






Problema 21 67


S

SV

Vi

p

p

Ss





2y y i i i i i



2 2s s i i

s iP V P V

g z Y g z2 2

+ + + = + +ρ ρ


2iV PY

2∆= =ρ


2i

y P PVF PS S2

= ∆ = ρ


22i


= ∆ = ρ = ρ


2 2i i


= ∆ = ρ = ρ


y yi

i P

F 2FV

S S= =

ρ ρ

3

32 2yi 2a P i P y 05

P P

2FV 1 1N S V S F4 4 S (2 S )

⎡ ⎤= ρ = ρ =⎢ ⎥ρ ρ⎣ ⎦

o bien


Problema 21 69

2 3 3a y y 2

P

1 2N F F2 S D

= =ρ ρπ


3P 100000 Kg1189

RT 287 293 mρ = = =

sdot

2 3 3a y 2 2

2 2N F (200 98)D 1189 2

= = sdotρπ π

Na = 3174704 W


a2N M M 400 3174704 W60π= ω = =

M = 30316 Nm



Problema 22 71


FUELm )

Vsoporte

avioacuten

Ae As

me P








ee

m VA

=ρ




Obtenieacutendose





Problema 23 73


xy

x

Ve

vc

Fig 231








vc scd v ds 0


salidasalidavc s

d v ds mt


vcsalida

dMm

dt= minus

masa cohete t




yvcv d 0


salida

y r y salidassm



e salida

inicial salida

v ma g

M m tsdot

= minusminus sdot

2

dvadt

= ( )t


salida 0


m⎡ ⎤sdot


int

inicial salientee

inicial

M m tV V ln g t

M⎛ ⎞minus


o bien

iniciale

inicial saliente

MV V ln g t

M m t⎛ ⎞




Problema 24 75


2avioacuten

DV

D C ρ s2

= sdot sdot sdot





y

x

g

yrsquo

xrsquo

22ordm78ordm

a yrsquo

xrsquo

v = cte


2


sc sc c



forall

forall



2





2avioacuten

DV

D C s2

= sdotρ sdot sdot


2






Problema 24 77





V s V s m V m V





x y c V d 0t forall


y se obtiene

( )2





Puesto que 2

2

d R adt


( )2avioacuten




( )2avioacuten





( )

( )

2inicial




2mV (V at)


sdot =minus +






f

i

f

e

Vi

h

h

V

22deg




= minus sdot





105V V at

m V m V105 105


+⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus = minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )


2inicial


V atm V

105


+⎛ ⎞minus =⎜ ⎟⎝ ⎠


( )

( ) ( )


2inicial

D aire avinicial



2



( ) ( )

( )

2inicial

D aire avinicial

salienteinicial

gases escape



105 105



⎝ ⎠


2final inicial

2

V Vd Ratdt

minus= =


2

f i

2f i i

1e middotamiddott 2

h hsen22ordm


=

minus=

= + = +


Problema 24 79


hf hiaire

hfhf

hf

hihi

hi

2

P

RmiddotTP

RmiddotT

ρ + ρρ =

ρ =

ρ =


hf

o

o

o

P P h hfP Patm h 0

0

0 fhf

atm 0

gRmiddotB

0 fhf

0





T BmiddothP

T

= == =

= minus

= =



⎡ ⎤ ⎡ ⎤minus=⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎛ ⎞minus= ⎜ ⎟⎝ ⎠




Problema 25 81





ρ



x

z

y

x

z y






c

Vdt forall


2

2se ss


⎛ ⎞ω+ ρ + ρ + ρ + and⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int int ( ) ( )c

(ijk)se ss c

2 V r d

pdS pdS F gd

forall

forall



int

int int int

( ) ( )2

e s (i jk)2c se ss


bull and bull and

forall


⎣ ⎦int int int



= + +

2

2

d R 10j 10kdt

= +

( ) [ ]i j k

2 V 2 0 2 0 2 001 2 0 2i 0 2 j 0 4i 0 4 j0 0 1


( ) ( )i j k



x

z

y

Tuberiacutea

v

dS

dS

x

z

y

R

x

z

y

05

0505

15


Problema 25 83

( ) ( )0005 0 2Z i 0005 0 2Z j= ω and + minus +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( )

i j kr 0 2 02 001


+ minus +




( ) ( ) ( )15 5 3 5 3 3 2tubo tubo (i jk )05



15 15 152 2 2

5 5 3 3 3 2tubo

05 05 05

tubo (i jk)




and


minus =

2 23 3 3


4 4




2e e

e

P V2

+ρ

2s s

es

P VgZ

2+ = +

ρ s 2c

8 LVgZrν+ +


s e 2c

5 5s

8 LVP Pr


ρ ν= minus

= minus =Ve

VsPs

Pe



Problema 26 85


h

w

Vsalida

Ventrada

a

a

D

R

A

B



Ventrada

Vsalida











2 2 2

A BP PV V L V+ = + + fρ 2 ρ 2 D 2

Asiacute

2A

BP L VP - fρ D 2

=


SA SB SL SL C C SC

2

C 2


d R d r 2 V r ddtdt

forall forall

forall




Problema 26 87



[ ]CF Y A B total C


β

2Ωv r

Ω R r2

v

R

i (+)

j (+)





minus β minus β

Centriacutepeta


R sen R cos 0


2 2



Ω β Ω β


2 2CF(a) 0


puesto que




2 2CF(a)


γa

v

γa

i (+)

z (+)z (+) z (+)z (+)

i (-)

z (+)

90minusγ

v90minusγ


Coriolis codo 1

i j k2 V 2 0 0 0



Coriolis codo 2

i j k2 V 2 0 0 0

v cos(90 ) 0 vsen(90 )Ω and = Ω =



1


2



a cos R a(1 sen )



Problema 26 89

γ

z (+)

R2

R

a

γ a

R1

i (+)


2 2



minus Ω Ω γ



a cos R a(1 sen )


2 2



Ω Ω γ



2 2 2 2 2CB(b12) 0




2 2CB(b12)




z

i j k2 V 2 0 0 0

0 0 VΩ and = Ω =

z (+)

Vsalida

Ventrada

a

A

B

Codo 1

Codo 2

z R

j (+)

j (-)i (-)


Ventrada

Vsalida


Problema 26 91


z

i j k2 V 2 0 0 0

0 0 VΩ and = Ω =

minus



a R (a z)


2 2



minusΩ Ω



a R (a z)


2 2



Ω Ω


a z 2 2tubo recto a



2tubo recto


[ ] ( ) 2 2 2CF Y A B total





Problema 27 93



x y

z

e

Umaacutex




ess

m v dsrarr rarr

= ρint

o bien

ess

Q v dsrarr rarr

= int


maacutexua

06 01=

minus

ov v ay= minus

maacutexo

uv v y

06 01= minus

minus


maacutex 0u V05 06

=

maacutex0

06uV

05=



05 06 01= minus

minus

o bien

[ ]maacutexuv 06 y

05= minus


0 01 06 Y

V

V0


Problema 27 95

0606 2maacutex


u06 - Y YQ = u e dy = e 06Y - = u e 02505 05 2

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎣ ⎦int


0se ss



0ss



( )i j k

ˆ ˆr v 075 (1 Y) 05 05v j (1 Y)v kv 0 0





01 01

2 32 2maacutex



1 Y Ye u 06 Y 2 0605 2 3




⎣ ⎦

int

int int06 062 3

2 2maacutex

01 01

062 3 42 2maacutex

01

1 Y Yˆ ˆj e u 06 Y 2 06 k0 25 2 3

1 Y Y Y ˆe u 06 2 06 k0 25 2 3 4


⎣ ⎦


⎣ ⎦




zss



( ) ( )zss ss






( ) ( )


206maacutex

maacutex01

06 y 06 yM y u y u edy05 05


05 05



⎢ ⎥⎣ ⎦

int

int

( ) ( )06


01

u e u06 2 06 y y y y 06 y dy


⎣ ⎦int


01

u e u y y y y y06 2 06 0605 05 2 3 4 3 4


⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

( ) ( ) ( )2 4 4 4 4



2maacutex maacutex

2

u e u e0009375 0010625

0505ρ ρ

= minus ω


2maacutex maacutex

2

u e u ek 0009375 0010625

0505ρ ρ

ω = minus ω

2maacutex maacutex

2

u e u ek 0010625 0009375

05 05ρ ρ⎛ ⎞ω + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2maacutex

2maacutex

u e 10009375u e05 k 0010625

05

ρω =

ρ+


Problema 28 97



TURBINA PELTON


Tobera




282 Resolucioacuten


Tobera

V V - U

Aacutelabe

V - U

V - U

U = rω

α

α










2 2


[ ]2




Problema 28 99


e sS 2S S= =








( )2u u






( ) ( )2



[ ] ( )2 2 2 1v 2 v r r A B


ρ + α

( ) ( )2 2 2B A2 v r r v 0


ρ + α ρ + α

( ) ( )2

23 2 3


ρ + α ρ + α



( ) ( )2

23 2 3

R S


⎡ ⎤⎢ ⎥


⎢ ⎥⎣ ⎦


2R R 4S

2plusmn minus

ω =




puesto que v 2g H=

3o

1N Sv2

= ρ


( ) ( )2a

3o



ρ

( ) ( )2

3

v r r 1 cos1 v2



( ) ( )2 2 2

33



2u v u4v v

minus⎡ ⎤η = ⎢ ⎥⎣ ⎦




2d u u4 1 4 3 0

u v vdv

⎡ ⎤η ⎛ ⎞= minus + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎜ ⎟⎝ ⎠

2u 4 u 1 0

v 3 v 3⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Problema 28 101


=


u r 1v v 3

ω= =






( ) ( )2

3



ρ

u u4 1v v⎛ ⎞η = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

d u4 1 2 0u vdv

η ⎛ ⎞= minus =⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

u 1v 2

=




Problema 29 103


V fluido

V fluido


D2

proyectada

DC1 V S2 infin

=ρ

L2

proyectada

LC1 V S2 infin

=ρ





CL


Problema 29 105


0

C SC


rarr

forall







2 2 2 2D DD



CD

CL



2 2D

1dM r dD r r b drC2

= = ρ ω


R R3 2 2 2D D0 0



R42 2 4

D D0

r 1M C b C b R4 4

⎡ ⎤= ρ ω = ρ ω⎢ ⎥

⎣ ⎦











2L

1L C SV2 infin= ρ


2L


2 2L

1dL C b drr2= ρ ω

L R 2 2

L0 01dL C b drr2

= ρ ωint int


R

2L

0

31 rL 2 C b dr32

⎡ ⎤⎢ ⎥= ρ ω⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2

2 2L L

R b R 1L C C S R3 3

ω= ρ = ρ ω


1C S R 1000 L3

ρ ω = =


Problema 29 107


2L

L1C S R3

ω =ρ





un aspersor


QV

S= un aspersor2 2


Q1 S 2 R QC R4 S⎛ ⎞

= minus ω⎜ ⎟ω ⎜ ⎟⎝ ⎠

2un aspersor 2 2


Q 1R Q C S RS 8

minus ω = ω


1Q R S Q C S R S 08

minus ω minus ω =




Problema 30 109


VyV

Vαr

Lωr

θ

r

Vx

Vy

Vx

Vx

Vy

ωr


0c sc



part




0ss


Datos

x 1

y 1

r = L + L cosθ

r L senθ= 1

1

L senθα arctg

L L cos θ=

+ x 1r L L cos θ

rcos α cos α

+= =

1x sen


+= + = +


x y x y y x

x y


v v 0and = minus

11 1 1 sen



⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ] 10 1 1 1


cosαds⎡ ⎤⎡ ⎤ sdotint ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


[ ] 10 1 1 1 sen


cos α


⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

[ ] [ ]2 11 1 1 1ω sen


cos αsdot minus +


⎢ ⎥⎣ ⎦

2 11 1 1 1ω sen


m cos α+

+sdot+ + = + minus

1 11

1 1


ω + minus++ + +

=


Problema 31 111


2

maacutexrU = U 1-R

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


JC = 720kg K

S ejeW = W


2

2

2

T = 380 KP = 300000 PaR = 0 2 m

1

1

1

kgm = 5s

T = 297 KP = 92000 PaR = 0 2 m



( )2

SSC

P vQ- W = u + + + gz v n ds2

⎛ ⎞ρ⎜ ⎟ρ⎝ ⎠int


1 2

Q = 0W = 0Z = Z


de donde

( )2

ejeSC

P v- W = u + + v n ds2

⎛ ⎞ρ⎜ ⎟ρ⎝ ⎠int

( )22


2 1

P P vv- W = m u - u + - + v ds - m2 2

⎡ ⎤⎛ ⎞ρ⎢ ⎥⎜ ⎟ρ ρ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

int

32R 3 23


0

u Rv r 2 rds = u 1- dr =2 R 2 8

⎡ ⎤ π ρπ⎛ ⎞ρ ρ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

int int


2 2 2R R

2 2 2 2 2 2 maacutex0 0

rm = v S = u 2 r dr = u 1- 2 r drR

⎛ ⎞⎛ ⎞ρ ρ π ρ π⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠int int

2R2 4

22 2 2 2 maacutex 2

0

r rv R = u 2 -2 4 R

⎡ ⎤ρ π ρ π ⎢ ⎥

⎣ ⎦

2

2 22 2 2 2 maacutex

Rv R = u 2

4ρ π ρ π


3 2 3 2322 maacutex 2 2 2 2

2 2Ssalida




( )( ) ( )2

2 1eje v 2 1 2 1 2

v-W = m C T - T + m R T - T + m v -

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

22

2 2 2 2

m R Tm mv = = = 14 46ρ S P S s

11

1 1 1 1

m R Tm mv = = = 3686ρ S P S s

( ) ( )2

2eje


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 32 113




de 0004 3m






kg⎡ ⎤

∆ ⎢ ⎥⎣ ⎦

3mQ

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

3

kg875m

ρ =


vfuelJc 2000

kg K=

sdot

conducto 005mφ =



100 m

A

B C D

Z =5 mA

AP =10110 Pa5


f = 002290=Hη


QW


2 2

bomba

SA SD


ρ ρint int

2 2





2 2D A D A


W g(z z )) Y Y2 2


2 2

5 56 2

fluido 2 2

4 10 101 10 1 0004 0022 100 0004W 0 g(0 5) 5 10 Q875 875 2 2 005005 005

4 4


πsdot π sdot⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


fluidoJW 46151

kg= minus



09 kg⎡ ⎤

= sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


100 m


Problema 32 115

ejeJW 51279 875 0004 179478s⎡ ⎤= sdot sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


2 2 D A D A

eje D A D AP P v v

Q W m( u u g(z z ))2 2


2 2

D A D Aeje D A D A



ρ ρ

de donde

( )2 2

D A D Aeje D A

D AV

P P V VQ W g Z Z2 2

T Tc



( )

2

5 55

2

D A

4 10 101 10 1 000410 51279 0 98 0 5875 875 2 005

4T T

2000


DT 5002 278 32802K= + =



Problema 33 117







Ve

Vs Vs


Pint Pint

Pext Pext

2 22int int ext ext


P v P vg z g z K Q

2 2+ + = + + +

ρ ρ


Problema 33 119

2


int ext tobera

P P QK Q

S 2minus = +

ρ ρ

2 int exttobera

int extT2

tobera

P P 1Q1 K

S 2

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ +


Ve

Vs Vs




( ) e toberaY e s

e tobera

Q QF m v v m

S S⎛ ⎞


Y toberae tobera

100 1F m QS S

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟

⎝ ⎠


100 1F Q QS S


⎝ ⎠




2Y entrada tobera

e tobera

100 1F 100 QS S


⎝ ⎠


2

sc


⎛ ⎞minus = ρ + + +⎜ ⎟ρ⎝ ⎠

int


2 2

eje se ss


⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus minus = ρ + + + + ρ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int

2 2eje 2 2





2 22 2s e T



2 100minus

minus = minus + + +




Q Q K1W Y Q K Q2 s s 100⎡ ⎤

= = minus + +⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2


Problema 33 121


tobera entrada

K1 1 1Y Q K2 s 100 2 s 100⎡ ⎤

= minus + +⎢ ⎥⎣ ⎦




( )2 2


v

004 Y K 100 QT T

C+

minus =


Pint

PdebajoPatm



p v p vg z g z K Q

2 2+ + = + + +

ρ ρ

debajo 2atm


p pK Q= +

ρ ρ

Recueacuterdese que







atm

pp K Q= ρ + ρ

ρ

2



int debajoT2

tobera

pp 1Q g z z1 K

2 S

⎡ ⎤⎛ ⎞= minus + minus⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ρ ρ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ +


2Y entrada tobera 2

e tobera

100 1F 100 QS S


⎝ ⎠





Problema 34 123




α

β

α

β

α




2 2 M2

2 1 1

U U ω RTgα = = =

W C C

2 1

M

Tgα Cω =

R


( )2 21 1 e i



( )2 2e i M 1

π D - D 2π R H4

asymp

con lo cual

1 M 1m = -ρ C 2π R H


Problema 34 125


e 1

e 1

P Pρ = =

R T R T


11 M 1

1

Pm = - C 2π R H

R T









2 21eje 1 M 1

1

PM = - C 2π R H

R T



2 21eje 1 M 1

1

PW = - C 2π R H ω

R T





2 2

ejeS1 S3


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int


2 2

ejeS1 S3


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )2 23 31 1

eje 3 1 3 13 1

v Pv P-W = m u - u + - + g z - z + -

2 2 ρ ρ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


3 31 1eje 3 1 3 1

3 1 3 1

P PP P-W = m u - u + - = m u + - u

ρ ρ ρ ρ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

minus⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ] [ ]eje 3 1 3 1-W = m h - h = m Cp T - T

eje3 1

-WT = + T

m Cp


2 211 M 1

13 1


m Cp


1 2 3m = m = m

1 1 2 2 3 3Q ρ = Q ρ = Q ρ

1 1 1 2 2 2 3 3 3S C ρ = S C ρ = S C ρ


i

Pρ =


31 2M 1 1 M 2 1 M 3 1

1 2 3


R T R T R T

31 2

1 2 31 2 3

PP PH = H = H

T T T



Problema 35 127











( )

2θr r r r

r θ z

2 2θr r

r r 2 2 2 2





( )


2 2θ θ r

θ θ 2 2 2 2





z z z z

r θ z

2 2z z z

z 2 2 2






( ) ( ) θ θθ θ

V V1 ρV = 0 ρV = 0 ρ = 0 = 0r θ θ θ θ


part part part part

ρ = constante



2 θ

rV P h P P-ρ = ρ g - = -ρ g - = -


( ) ( )θ θ1 10 = micro r V r V = 0



zP P0 = ρ g - = 0z z

part partrArr

part part



Problema 35 129


2 θV

P = ρ drrint


( )θ10 = r V


( )θ 11 r V = Cr r

partpart


( )θ 1r V = r Cr

partpart

2

θ 1 2rr V = C + C2

2θ 1

CrV = C +2 r




(1) ext 2ext ext 1

ext

R Cω R = C +

2 R

(2) int 2int int 1

int

R C-ω R = C +

2 R

2 2


int

R R R1C = ω R - C -ω R = C + ω R - C2 2 R 2

⎡ ⎤rArr ⎢ ⎥

⎣ ⎦

( )2 22 2


ext int

2 R + RR R-ω R -ω R = C - C =

2 2 R - R


⎝ ⎠

( )

( )





2 R + R RC = ω R -

2R - R

R + RC = ω R - R

R - R

ω ω

ω ω

Entonces



2 R + R R + Rr 1V = + ω R - R2 rR - R R - R

⎛ ⎞ω ω ω ω⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠




2 θV

P = ρ drrint


ext

int

22R 2 2

1 1 22R

C1 rP = ρ C + + C C drr 4 r⎛ ⎞

int ⎜ ⎟⎝ ⎠

y se halla


1 1 22 2intint ext

R - R RC 1P = ρ C + + C C Ln8 2 RR - R

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


ext

θrθ

r=R

Vτ = r micro


puesto que 2

θ 1CrV = C +

2 r

θ 2V C

= -r r r


rθ 2τ = - micro C


asiacute queda

ext



Problema 36 131



Pmax

V

Ptanque


H






H


1 dP rV (H r)dz 2

= minus minusmicro


H

10




1Hdz (r )d2

= + α

de donde

H

10

1



int

H 2

1 10

1




3 4

1

1




1 3 4

1


6 12


π + α⎢ ⎥⎣ ⎦

con lo que

Tank 2

max 1

P

1 3 4P

1


6 12

α

α


π +⎢ ⎥⎣ ⎦

int int


2


1


α⎡ ⎤⎢ ⎥

minus = micro + ⎢ ⎥α⎡ ⎤ ⎢ ⎥π +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


Problema 36 133


3 4

maacutex Tank 1

2

11

H H(P P ) (r )6 12Q

tgH 2(r ) ln2 tg

2

minus π +=

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦


3 4

max 1

11


2 tg2

minus π +=

α⎡ ⎤⎢ ⎥

micro + ⎢ ⎥α⎢ ⎥⎣ ⎦

de donde

11

maacutex 3 4

1

tgH 2Q (r ) ln2 tg

2P PH H(r )6 12

α⎡ ⎤⎢ ⎥


π +




Problema 37 135






6 drπ= minus

micro




ρ

d r

z

H

Dd

rore

ue ue



3

1r d p C


1 3

P Cr r d

part micro=part




micro 1Q C

6π= minus


e

o

r rr r

=⎧⎨ =⎩

5inlet

P 0P P 100 10 g H



dmicro= +


inlet 1 3e

rP C ln

rd⎛ ⎞micro= ⎜ ⎟⎝ ⎠


Problema 37 137

inlet1

o3

e

PC

rlnrd

=⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠

inlet

e 23o

3e

P0 ln r C

drlnrd


inlet e

2o

e

P ln rC

rlnr

= minus⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


inlet inlet e3

oo3

ee

P P ln rP ln r

rdr lnln rrd



[ ]inlete

o

e

PP ln r ln r

rlnr

= minus

[ ]in lete

e

o

PP ln r ln r

rlnr

= minus

inlet e

e

o

P rP ln

r rlnr

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦



e3

o

PQ

6 rlnrd

π=⎛ ⎞micro⎜ ⎟⎝ ⎠



2e d

u 2 d ru r

sdot sdot=






d ez z Hminus =

22 2 2 de d e

e

u2 g H u u u 1

u


e 2

d

e

2 g Huu1u

sdot sdot=⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


e 2

e2

d

2 g Hu2 d r1

r




e 2

e2

d

2 g HQ 2 r d2 d r1

r



22e er r

r eP uP u

g z g z2 2

+ + = + +ρ ρ

y se obtiene


2ρminus = minus



er e

ru u

r=


22 2e

e r e er

P P u u2 r

⎛ ⎞ρ ⎛ ⎞minus = minus⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Problema 37 139

22 e

e r er

P P u 12 r



2e

e r 2

e2

d

r 2 g HP P 12 r 2 d r1

r


2

e

e r 2

e2

d

r 1r

P P g H2 d r1

r





Problema 38 141


Η

d

L

(1)

(2)


2 2 2

x 2 2 2









xzg = -gx

partpart







partpart

2 2 2 2

1 1 1 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

int int int int

( )2 2 2

1 2 1 21 2

1


22 2

1 1 2 21 2

1



2 L

x x

1 0

du dudx = dx

dt dtint int

L L

x 2 2

0 0

du du dudx = dx = L

dt dt dtint int


22 2

1 2u du

gz = gz + + L2 dt

( )22 2

1 2u du

g z - z - = L2 dt

22 22gH - u du

= L2 dt

( )-122 2

dt = 2gH - u du2L



Problema 38 143

2 2v v

2 22 22 20 0


2u

2 22

0 2


2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int


t2

0


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

t

2

0


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

int

2uttgh 2gH =2L 2gH

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


2L⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



Problema 39 145


22 5 3 4

3



ω


ext eje 4

eje eje

R R h 0020 mmψ 833 10 R R 24 mm





( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

2I (1 ε )

2I (1 ε )

2 εI

(1 ε )I I

I ε

I II

εeε h

π=minus

π=minus

π +=

minusminus

=

minus=

=


( )24833 1023800 03288 So10000 22 005 002 0024

60

minussdotsdot = =



e 10ε 05h 20

= = =

donde

( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

2I 72551(1 05 )

2I 96735(1 05 )

2 05I 1451039

(1 05 )I I 96735 72551I 48368

05 05I I 1451039 96735I 96737

05 05

π= =minus

π= =minus

π += =


minus minus= = =


96735 96737 1451039 483686 967361451039




Problema 39 147


( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

e 1ε 00520h2RI 6291054

(1 005 )2RI 63068211

(1 005 )

R 2 005I 6330531

(1 005 )I I 63068211 6291054I 0315342005 005

I I 6330531 63068211I 04741005 005

63068211 06

= = =

= =minus

= =minus

+= =


minus minus= = =

sdotsdot 4741 6330531 0315342 09418946330531

minus sdot =




96736 - 094184tgα = = 09701910 -1

03288

0

2

4

6

8

10

12

0 2 4 6 8 10 12


Som

mer

feld

e1



i

i

094184 - 03288tgα = 1- e

e = 03681micras


( )

1 12 2

2 32 2

2

3 52 2

2 14

3 25

e 2ε 0120h2I 631483

(1 01 )2I 637862

(1 01 )

2 01I 647527

(1 01 )I I 637862 631483I 06379

01 01I I 647527 637862I 09665

01 01

= = =

π= =minus

π= =minus

π += =


minus minus= = =


637862 09665 647527 063796 18850647527



( )24y

y

833 10F18850

10000 2003 002 002460

F 409659Ν

minussdotsdot =

sdot πsdot sdot

=



Problema 40 149



minusmicro = sdot


hα

L

U

h1





( )h 005 tg 02 000032 m∆ = =


= =


(paraacutemetro K)


850 05696 m149212

=


( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

3

3 K 12 U LD 2 ln KK 1 h K 1

3 213 12 29 10 80 005D 2 ln 213213 1 000015 213 1

ND 58709m

minus



=


totalD 58709 01822 10696 N= sdot =


h= es maacutexima

si se deriva dL 0dK



( )( ) ( )

( )( ) ( )

2

2 21

3 2

2 2

2 K 11 6 U LL ln KK 1h K 1

2 213 11 6 29 10 U 005L ln 213213 1000015 213 1

NL 1865 Um

NL 58303 80 149212m

minus



⎡ ⎤= sdot ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= sdot = ⎢ ⎥⎣ ⎦


Problema 41 151


( ) ( ) 31

1 42 2 3 211 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦


3


partpart








(1-1)



Fig 411


partpart

3 h P0 =


(1-2)

3

1h P = Cmicro x

partpart

(1-3)


12 23

2

C microP = x + C

h (1-4)


( ) 1 2 2x = L + L P = 0

1 2 1x = L P = P


1 2

1


partpart

(1-5)

3 h P-6 U tgα =


(1-6)

3


partpart


( ) 33


(1-8)

h1

hh2

x

L1 L2 U

α


Problema 41 153

( ) ( )3

3 31 1


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

33 3

1 1


⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠

( ) ( )

33 3 3 3

1 1


tgα tgα 1 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( )

-3+11

-31

31

h - xtgαh1 dx = - x dx = (-1)

tgα -3 +1h - xtgα

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

int int


3 3 211 1 1


⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int int int


21 1h h


⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

21 1 1h h hx = A + B - Bx + C - 2 xC + Cx


0 = C C = 0

1h

1 = -B - 2 C tgα

B = -1

2

1 1h h0 = A + B + C

tgα tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1hA =

tgα

-3+1 -2+11 11

13 3 2

1 1 1



⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

int int int (1-9)




( ) ( )

311 42 2 3 2

11 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦



x = 0

1P = 0 1x = L


3h ∆P 1m = ρU -ρ h

2 ∆x 12micro


1h PC =micro x

partpart

1

2CU hm = ρ -

2 12ρ


( ) ( )

31



3


partpart

( ) ( )1 3

h x 1m = ρ U - ρ -6 U Tgα x - C2 12


( ) ( )( )( )1 1 3h x ρm = ρU - -6U h - h x - C

2 12

( ) ( )( )1 1 3h x ρ ρm = ρU + 6U h - h x + C

2 12 12

hh

x

hα


Problema 41 155


( )2 1 21 2 3

U h C Uh ρ ρρ -ρ = ρ + 6U h - h + C2 12 2 12 12

( )11 2 3

C ρ ρ-ρ = 6U h - h + C12 12 12

( )1 3 1 2-C - C = 6U h - h (1-11)


( )

1 2 2x = L + L P = 0

( )11 2 23

2


h (1-12)


1x = 0 P = 0

( ) ( )31

42 2 3 211


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

( )3

42 21 1 1


342

1 1


(1-13)


1 1 2x = L P = P

( ) ( )31 1

4 1 23 2 3 2 31 21 111 1


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

(1-14)




( ) ( )( )31 1 1 1

4 1 1 2 23 2 3 2 3 3 31 2 2 21 111 1

A


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦


( )( )3 3 2

1 2 33 2 2 311 2


⎡ ⎤⎣ ⎦⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

despejando 3C

( )( )32

3 1 23 2 2 3 311 2 2


⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

con lo cual

( )

( )

21 23

123

23 2 2 3

1 211




⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( )1 3 1 2de 1-11 C = -C - 6U h - h

( )

( )

( )2

1 2312

1 1 22

3 2 2 31 21

1




⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

de (1-12) ( )1

2 1 232

C micro C = - L + L

h

( ) ( )

( )

( )2

1 2311 2 2

2 1 2322

3 2 2 31 21

1




⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


Problema 41 157

de (1-13) 34 2

1


( )

( )

21 23

124 2

2 113 2 2 3

1 211



tgα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


1 1 2

1

x l x=(l l )

1 2x 0 x=l

F = P dx + P dxy

= +

=int int

( ) ( )

1 1 1 2

1

x l x=l x (l l )31 1

4 22 2 3 2 31 2x 0 x=0 x l1 1


= = +

= =

⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥

⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥= + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

int int int

( ) ( )

( )[ ]

1 11 22

31 1 114 23 3 31 2

1

x = L x = Lx = L + L


⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦



Problema 42 159


2 INLETr

r

r2

r1

r2

r1

r2 OUTLET

U α

α





H

0Q V 2 r dh= πint


02 dh))90(coshr(2VQ (1)


2h

dxdp1V minus

microminus= (2)




2h

dxdp

micro1Q (3)


⎥⎦⎤


microπminus=

121)90(cosH

61Hr

dxdp

Q 432 (4)


salida

entrada

PL

3 40 P2

dx dp1 1 Qr H H cos(90 )6 12


int int (5)



lminus


xminus



salida

entrada

PL

3 40 P2



int int (7)


3


2(entrada)

34

2(entrada)


6 6 12lnH 1r H cos (90 )6 12



(8)


Problema 42 161


(entrada) 3 34

2(entrada)

34

2(entrada)


6 6 12lnH 1r H cos (90 )6 12



(9)


3 34

2(entrada)

34

2(entrada)


2(entrada)

34

2(entrada)


H 1r H cos(90 )6 12P P (P P )


H 1r H cos(90 )6 12




(10)





0

20

40

60

80

100


Pres

ioacuten

de a

limen

taci

oacuten

(bar

)

100 bar 70 (mm)

100 bar 50 (mm)

100 bar 30 (mm)

100 bar 10 (mm)

0

20

40

60

80

100


Pres

ioacuten

de a

limen

taci

oacuten

(bar

)





0

1

2

3

4

5

6

7

0 20 40 60 80 100 120


Cau

dal (

lmin

)



















Problema 42 163


2

max2 entrada

rV V 1r

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= minus ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

(13)






salida entrada 1

3 1 2

p P Kdpdx K x K K

minus=

+ (15)


6HcosK

3

1 α= (16)

3

42 2entrada

H 1K r H cos (90 )6 12


3 3

42entrada

3 34

2entrada


H 1r H cos (90 )6 12



(18)




2 salida2 2 203 1 2





(19)












2

salida 2salida


HP 2 cos(90 ) r H cos (90 )2



⎣ ⎦

(22)



3 3

42(entrada)

34

2(entrada)l


2(entrada)

2(entrada)




r



α + minus minusα3

4

dx

H 1H cos(90 )6 12

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥minus minusα⎢ ⎥⎣ ⎦


2



3 1 22 2


3 2 11


r k k[ (l ) ln(l 1) l] [P P ]

k k k



+ + + minus minus


(24)




entrada salida 1h 0

3 1 2


τ =+

(26)



3

2entrada 1 2 2 1 22

1 2 1 21



=

⎡ ⎤minus π ατ α = ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎪ ⎪+ α minus⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎣ ⎦

int (27)



Problema 42 165





micro +⎣ ⎦2


22 entrada 2 1


3

4 HV r P r P 2 cos (90 )[r H cos (90 )]3 2


cos2 cosk



αminus π α2 2


2 11


3 1 2 1 21

k k k1 1 l[ (l ) ln(l 1) ( l)] [P P ]2 k 2 2 kk



⎡ ⎤⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus + +π α ⎪ ⎪+ + α minus⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎩ ⎭⎣ ⎦



0

50

100

150

200

250

0 2 4 6 8 10

50 bar 80 micras

100 bar 80 micras

200 bar 80 micras

50 bar 40 micras

100 bar 40 mircras

200 bar 40 micras

(a) Salida


Fuer

za (N

)



Fuer

za (N

)

-35

-30

-25

-20

-15

-10

-5

00 2 4 6 8 10

50 bar 80 micras

100 bar 80 micras

200 bar 80 micras

50 bar 40 micras

100 bar 40 micras

200 bar 40 micras

(b) Entrada




-1500

-1250

-1000

-750

-500

-250

0

250

0 2 4 6 8 10



Fuer

za (N

)

Fuer

za (N

)



Problema 42 167

-6000

-5000

-4000

-3000

-2000

-1000

00 2 4 6 8 10 12 14










-1000

-800

-600

-400

-200

00 3 6 9 12 15


-500

-250

0

250

500

0 2 4 6 8 10





fuerza total


Fuer

za (N

)


Fuer

za (N

)


Fuer

za (N

)



Problema 43 169






[ ] [ ] [ ]2

2 3


⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦







ca b c1 2 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

como 0 0 0


Se obtiene 22

1 2 2

L L YmiddotTT V

minus⎡ ⎤π = =⎢ ⎥⎣ ⎦


ca b c2 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦


Se obtiene 2LD

π =


ca b c3 3




ρ


Problema 43 171


ca b c4 3


⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = ε ρ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦




2


⎛ ⎞micro ε ε⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠⎝ ⎠




2

2Y Lf ReD DV

ε⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠



Y 2middotYV V

equiv



ε⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠


⎜ ⎟⎝ ⎠







2

2

LYT⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]D L= 3

ML⎡ ⎤ρ = ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]Lε =

[ ]L L= LVT⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦



D r V Y e L m(a) M 0 1 0 0 0 0 1(b) L 1 -3 1 2 1 1 -1(c ) T 0 0 -1 -2 0 0 -1

(3a + b + c) D 1 0 0 0 1 1 1(a) r 0 1 0 0 0 0 1(-c) V 0 0 1 2 0 0 1


1 2

YV

π = 2LD


ρ 4 Dεπ =


Problema 44 173



Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦





Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



ms⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦






2

pV

∆ρ

lD middotVmiddotD

microρD

ε2

g DV 2V

βρ

2

pV

∆ρ

lD

Dε

middotVmiddotDmicro

ρ

2

g DV

2 2 2


⎛ ⎞∆ micro ε β= ⎜ ⎟ρρ ρ⎝ ⎠


Problema 45 175




Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



Nm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦




CpKCv




⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦




⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



011

p Dm

π =ω

2D D D 4 1




014 2 2

R TD

π =ω

025

P Dm

π =ω

601



012

0140112

1 014 01 012 2

P Dm T RP Dm

P DR T m T RD

ΠΠ ω= = =ΠΠ

ω

0142

1 01

T R

P Dm

Π=

Π



Problema 45 177

Por otro lado

02

5 02

011 01

P DPm

P D Pm

Π ω= =Π

ω


2 2

014 01

1 D D R T R T

ω ω= =Π



0102 0c 2

01 01 0101


⎡ ⎤∆ ωη = ⎢ ⎥micro⎢ ⎥⎣ ⎦




Problema 46 179




s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦



ms⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

P = presioacuten 3

Kgm⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


Kgs

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


h

Z

α





longitud relativa

h 1Q Remicro =


5

2 2r

g h 1Q F


4

2

p hQ ρ



2

hQσ



1 1

1 1

hhQ Q

micromicro =ρ ρ

1 1 1

1 1 1

h Q hh Q Q Q h

νν ν= =ν

5 5

2 21

g h g h Q Q

= 2 5

2 51 1

Q h Q h

=

de donde

5 32 2

15 3

1 2 21 1

h h h h

h h

ν = =ν


1

1 1

h Q h Q

ν =ν

25

21 5

1

h Q h

Q=

asiacute

2 35 512 3

1 15 51

Q Q Q Q

Q Q

ν = =ν

αzh

3

2

hQσ

ρh

Qmicro

ρ

5

2

g hQ

4

2

p hQ ρ


Problema 47 181






Depoacutesito 1

Depoacutesito 2





2 21 1 2 2

1 2 12P V P V

z H z hg 2 g g 2 g


2 2 2

1 1 2 21 2 5 2



siendo 2

5 2

L 8 Qh fD g




=ρsdot sdot



62

33 2 3 2 2

2 ms


8 02200000Pa 25000 W 400m0 0 0 25m 0 0021000 981 1000 981 02 D m 981




3

2

ms

2 6 ms




62

2

22 ms

5 2 5 5 2 5ms

8 02L 8 Q 400m 1h f 00125 001653 mD g D m 981 D



12 12

PH z h

g+ = + ∆

ρsdot

33 2 3 2

112 2 kg kgm m m

sm s m s

P 200000 Pa 25000 Wh z H 25m 8129mg 1000 981 1000 981 0 2


5

1001653 m 8129mD

sdot =



Problema 47 183


3

2

ms

6 ms

4 Q 4 0 2Re 8638575D 0 289m 102 10minus



11

22

33

44

4 m



22 3 23 3 bE E h E 100 Q= + ∆ = + sdot


62

2

22 m24 2s24

2 4 24 4 4 4 245 2 5 5 2 ms



π sdot π sdot


62

2

22 mT 2sT

1 2 12 2 2 2 T5 2 5 5 2 ms



π sdot π sdot


T b 24Q Q Q= +




3 3E z 25m= =


3 2

11 kg m

m s

P 200000PaE 20387 mg 1000 981

= = =ρsdot sdot

33 2

kg m msm s

25000 WH 12742m1000 981 02

= =sdot sdot





2 2T 2

E 25 E 25Q 0813 E 25

100 1967minus minus

= + = sdot minus

( )2


2 2T

33129 EQ

194764minus

=


( ) 22

33129 E0661 E 25

194764minus

sdot minus =

2E 25063m=


3ms24Q 0179=

3m

sbQ 0025=



Problema 48 185




Ζ = 0

Caldera

Condensador

Z = 1m

Z

1 283

4

5

6

7




Problema 48 187








22con con cal cal

con 72cal

2 2con concal cal

con 72cal


P -P V -VH = +Z -Z + +∆h

ρg 2g

+


( )-

52

2

2 - 005 10H = 1 + 416Q

1000times98

H = 1888 + 416Q

3mH[m] Q

s⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


3Q = 250 m h

H = 2088 m


22con con 8 8

con 8 78

2 2con con8 8

con 8 78


P -P V -VZ Z = + +∆h

ρg 2gminus



Problema 48 189

vapor8d

PPNPSH = -

ρg ρg


-vapor con






250 300 m s3

H Sistema


2300H=1888+4163600

H=2176m

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠




2

2

∆h=KQ2176K= =313472300

3600⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠



=1 22 2 2 21 1 2 2

H H

ω D ω D 2 2 2 2

1 1 2

2176 1895=ω D 1450 D

2

21

2176times1450ω =1895

1ω = 155379 rpm

1 23 3

1 2

Q Q=

ω D ω D

31 2

1 32

Q ω Dω =

Q D 1

300times1450ω = =155357280

rpm



Problema 49 191


1

2

4B1

B2

B4 3

B3

ZA







Problema 49 193





Tramo 1-4

14 42 43Q Q Q= +



Tramo 4-2

Tramo 4-3




4Pgρ

Q1-4 Q4-2 Q4-3

2 21 1 4 4

1 grupo 4 14p v p v

z H z hg 2g g 2g

+ + + = + + + ∆ρ ρ

2 24 4 2 2

4 2 42p v p v

z z hg 2g g 2g

+ + = + + + ∆ρ ρ

223 34 4

4 B4 3 43p vp v

z H z hg 2g g 2g

+ + + = + + + ∆ρ ρ

24grupo 4 14 14


g= minus minus

ρ

242 4 42 42


g= minus +

ρ

243 4 B4 43 43


g= minus minus +

ρ


24grupo 4 142



242 4 422


⎛ ⎞= minus + ⎜ ⎟ρ ⎝ ⎠

243 4 B4 432




Problema 49 195




tramo1 4

Pg minusρ




0

20

40

60

80

100

120

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

(B2+B3)B1

B1

B2 y B3




0

5

10

15

20

25

0 20 40 60 80 100 120 140 160

Q(m3h)

H(m

)

P4ρg

H4-2


05

101520253035404550

0 20 40 60 80 100 120 140 160

Q(m3h)

H(m

)

Hasp

Himp

Himp+Hasp


Problema 49 197

-40

-20

0

20

40

60

80

100

120

0 50 100 150

Q(m3h)

H(m

)

B2+B3B1

Hasp + Himp

Hgrupo - Z4

P4ρg






Q1-4 =100 m3h

44

PH 12m

g= =

ρ

0

5

10

15

20

25

30

35

40

0 10 20 30 40 50 60 70 80

Q(m3h)

H(m

)

P4ρg

0

10

20

30

40

50

60

70

0 10 20 30 40 50 60 70 80

Q(m3h)

H(m

)

Z3-Z4

HB

H43


Problema 49 199




1V0




g 2g g= + minus

ρ ρ



PPNPSHd z h

g g⎛ ⎞

= minus + + ∆⎜ ⎟ρ ρ⎝ ⎠


2 2aspb11 1 B1

1 B1 1B1

pp v vz z h

g 2g g 2g+ + = + + + ∆

ρ ρ

2brida11 B1

B1 1B1

pp vz h

g g 2g= + + + ∆

ρ ρ

2 2asp21 1 B2

1 B2 1B2

pp v vz z h

g 2g g 2g+ + = + + + ∆

ρ ρ

2brida 21 B2

B2 1B2

pp vz h

g g 2g= + + + ∆

ρ ρ




0

10

20

30

40

50

60

70

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

Ecuacioacuten 1

Ecuacioacuten 3

Ecuacioacuten 2

Ecuacioacuten 23PF


Problema 49 201


NPSHr1 2 m

NPSHr2 35 m


Fig

49

11 C

auda

les c

ircu

lant

es e

n ca

da tr

amo



1p 0761360098 1034 mg 100098

= =ρ





2 24B4 3 4 4 32 2


ρ

vp 2337 024 mg 100098

= =ρ

3 32 2 2 2

1B 2


∆ = = = = =

v11asp

ppz ( NPSHd h ) 1034 (5 35 0 24) 16m


ρ ρ


Problema 49 203




24 3H k Q minus=

2 24 3 4 32



2 2 2 24 4

Hg H gD D

=ω ω


2 22 44

H 46832900H 52ω

ω = =

ωrsquo4=2752 rpm

0

10

20

30

40

50

60

70

80

0 20 40 60 80 100 120 140Q(m3h)

H(m

)

Ecuacioacuten 1

Ecuacioacuten 2

PF

15 975

135 oo o




0

10

20

30

40

50

60

0 5 10 15 20 25 30 35 40

Q(m3h)

H(m

)

Afinidad Bomba 4

135


Problema 50 205






km mh sV = 20 =556

2

mstr

3m -5 ms


sdotν


-1

5x


D L





D 15 L

L

0074 1740C = -ReRe


ms

L 2-5 ms

V x 556 15mRe = = = 6410256413 10

sdotν

15

3δ = 037 12820513 3m = 0066mminus

sdot sdot

-1-35



5

0074 1740C = - = 2949 10641025646410256 4

sdot


22

3

22 m-3 2 skg

D m

556VF= C S ρ = 2949 10 70m 1150 =366296 N2 2infin


2

ms

L -3 ms

V 15mRe = =1394052 V1076 10

(A)


DLaminarL

1328 1328C = =Re 1394052times V



infin

23

222

mVs

21328 kg5000 N = 70 m 860 m1394052times V



L -3

379 15Re = = 5283451076 10

sdot


Problema 51 207



2

D Dv


donde



trV X500000 infin=

ν




( )D 02LL

0072 1700C = -ReRe

de donde


L -5



( )-3

D 02

0072 1700C = - = 1148middot10959750677285959750677 285

Siendo la fuerza

( )2-3 208333


F(h = 500m) = 36666618N


L -5



tr tr5

V X 20833 X500000

14216 10008891

infinminus= =

ν


( )-3

D 02

0072 1700C = - = 18235middot109120723776791207237767


Problema 51 209



2

F(h = 20000m) = 44332N


x

δ 5=x Re

donde



Asiacute

5x


-4δ (h = 500 m) = 2578middot10 m


5x


-3δ (h = 20000 m) = 2713middot10 m



Problema 52 211





tr tr-6

V X 027 XRe = = = 500000

y 12 10



D 1L5

L

0074 1740C = - Re

Re


L

D 15

027 50Re 11250000-612middot100074 1740 -3C - 272 10

1125000011250000

sdot= =

= = sdot

2 2

-3D


infin


8L


-3 -5 -3

D 1L5

L


Re= = =

V (Kmh) V (ms)

Xtr (m)

1 027 216 2 055 108 3 083 072 4 111 054 5 138 043 6 166 036 7 194 03 8 222 027 9 25 024

10 277 0216


Problema 52 213

2 2-3

D

T


F F 49 55

infin

= 2 = 4 7 Ν



0

1000

2000

3000

4000

5000

6000

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

F (N

)



0

1

2

3

4

5

6

7

8

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

Nordm T

ubos


V (ms)

F (N)

027 7228 055 25763 083 53913 111 90902 138 136227 166 18952 194 250494 222 318916 25 394587

277 477339

V (ms)

Nordm Tubos

027 692 055 194 083 093 111 055 138 037 166 026 194 02 222 016 25 013

277 01


rarr

larr

F = CD b L ρ V22




wtr

2 V 2 VX5

V

infin infin

infin

micro ν ρτ = =

δ ν


V (ms)

τw (Nm^2)

027 0048 055 0192 083 0432 111 0768 138 12 166 1728 194 2353 222 3073

25 3889 277 4801


0123456

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

V (ms)

Esfu

erzo

cor

tant

e (N

m^2

)

0001

001

10000 100000 1000000 10000000 100000000 1000000000

Cd = 0074 ReL15


Cd = 0455 ( log ReL )258

Re gt 107


Cd = 1328 ReL12

(laminar)



Coe

ficie

nte

de re

sist

enci

a (C

d)


Problema 53 215


tr

x

100010 X3600Re 500000

-513 10

sdot sdot= =

sdot x 234 m=




15

D LL

1700C 0072 ReRe

minus= sdot minus

de donde

L

100010 203600Re 4273504 2

513 10

sdot sdot= =

minussdot




22 3

D1 1 1F C ρ v b l 29998 10 1150 10 4 20 106475 N2 2 36

minusinfin






L

RD

V



Problema 53 217

2 1 cilindro L

21 cilindro L

L1 cilindro 22

1L C ρ v S2

1F 2 L 2 C ρ v S2

F 106475 106475C 33161 321031189 6 15 052 ρ v S2

infin

infin

infin





P 100000 Kg1189RT 287 293 m

ρ = = =sdot



Du 17 C 14

vinfin

= =

10

8

6

4

2

2 4 6 8Teoacuterico

Teoacuterico

Experimental

= 2 UV

R D

L

CL CD

CD

CL

U = R

UV= 0

CL p

V w

w

CD



u r 025 17v v 6

rad408 3896 rpms

infin infin

ωsdot ωsdot= = =

ω = equiv




1 cilindro D

2

2 21 cilindro

2 cilindros

DC 14

1 ρ v S2

1 1D 14 ρ v S 14 1189 6 05 15 224721 N2 2

D 449442 N

infin

infin

= =sdot sdot sdot


=


2 2 2 22 2R D L 44944 106475 115572 N= + = + =


44944tgα 04221 α 2288ordm106475

= = =

90 + L2 cil

V V

D2 cilR2 cil

αα



Problema 53 219

V = r15 mx

y

2 r = 157 mp

ww t

t



δrmicro

δ0vmicro


partpartsdot= ω


e 5aire

r x 408 025 xR 500000 x 07352 m 15 10minus



L 5

408 025 2 π 025Re 1068141515 10minus



( )

1 15 5

D LL

22D

1700 1700C 0072 Re 0072 10681415 00044833 00015915 00028918Re 10681415

1 1F C ρ v b l 00028918 1189 r 2 0 25 15 421 N2 2

minus minus

infin






Problema 54 221



1960 m

Depoacutesito

Conducto

Vaacutelvula





2 21 1 2 2

1 2 12P v P v

+ z + = + z + +∆hρg 2g ρg 2g

[ ]m

y queda

2 2 2 22


2

2

2570 -

1 2times98=D 25


rArr D = 01798 m


mv = 25s


3mQ ( )s

H(m)

70

70


Problema 54 223


∆P C= ∆h = - ∆Vρg g




tubotubo

C SV = 2gh

S



tubo

C SΩ = 2g



tubo

S t= 1-S T

y se verifica

V

tubo

S t= 1-S T


0tΩ = Ω 1-T

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠


⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

T = pasos = 6

V

t

SS

T(s)

0Ω

Ω

t(s) 6

Ω

6 T(pasos)

0Ω

6





12

0mΩ = 0 2988s

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


t(s)

T(pasos)


12t mΩ = 02988 1-

6 s

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦



( )0C∆h = V - Vg


( )∆h = 13367 25 - V


t(s) Ω v h∆ ih h+ ∆ Total 0 02988 25 0 70 70 1 02490 235 1921 70+1921 892100 2 01992 215 2727 70+1921+2727 116480 3 01494 186235 3874 70+1921+2727+3874 155220 4 00996 14464 5559 70-1921+2727+3874+5559 172390 5 00498 08697 77072 70-1921-

2727+3874+5559+77072 194922

6 0 0 11627 70-1921-2727-3874+5559+77072+116275

233717

7 0 0 - 70+1921-2727-3874-5559+77072+116275

160957

8 0 0 - 70+1921+2727-3874-5559-77072+116275

613530


Problema 54 225

9 0 0 - 70+1921+2727+3874-5559-77072-116275

-937170

10 0 0 - 70-1921+2727+3874+5559-77072-116275

-209570

11 0 0 - 70-1921-2727+3874+5559+77072-

116275

786470


Diagrama temporal

70 8992111648

15521 172391949

233717

-93717

7865

-20977

61353

160957

-150-100-50

050

100150200250300

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

t(s)

h



( )i∆h = 13367 V - V

( )i iV = Ω h +13367 V - V

( )2 2i iV = Ω h +13367 V - V⎡ ⎤⎣ ⎦

2 2 2 2

i iV = h Ω +13367V Ω -Ω 13367V ( )2 2 2

i iV +Ω 13367V -Ω h +13367V = 0


V =2





Por tanto



Problema 55 227


2


=


SStotal Tc(LC) 1 0 08 1 06 2 04 3 0 4

Tc(LC) K 0 1000 1 5000 2 10000 3 18000 4 infin



Z = 100 m

Z = 0 m


2 2 2 2

1 1 2 21 2


+ + = + + + sdot +

2 2 2

1 2 2 2 22 T T



2 1 2

2 2 22 T T

Z ZQ

1 L 1 1f KDS 2 g S 2 g S 2 g

minus=




1 08SS T2 sdot= K 5000=

2 06SS T2 sdot= K 10000=

3 04SS T2 sdot= K 18000=


abiertaQv 1319S

= = ms

1v 0618= ms

2v 0 439= ms

3v 03287= ms

4v 0= ms

1

2


Problema 55 229


o

v vvv 1319

lowast = =


22o o

2o o

H vL vh fH D 2g v

= sdot sdot∆

22o

o

vL vh fD 2g H




i ich h (v v )g

minus = minus minus

o o

o o

H vch vH g v

= minus∆ ∆

o

o

c vh v


∆ = minus ∆sdot



lowastv c

LT C

1 0 0468 1

03328 2 02486 3

0 4



05 075 10250 v

h

T=0

T=1

T=2

T=3

OA

1B

2B

2A

3B

4A

5B

6A

7B

6B

5A

4B

3A7A

8B

8A1



Problema 55 231

TcLC

h

0 5

1

2

OB

1B

2B

3B 4B

5B

6B

7B

8B




Problema 56 233









2 2

01c 1cv 5T T (100 273) 373006K

2 Cp 2 18641= + = + + =

sdot sdot

2 2

01 1v 5h h 2676000 26760125 J Kg2 2

= + = + =




02 02

01 01

h T

h T



Problema 56 235



02 01q 500T T 373006 641 21 K

Cp 18641= + = + =


2

02 2vT T

2 Cp= +

sdot

2

02 2vT T

2 Cpminus =

sdot

( )2





22

v 2605MC 50032

= = = 05206


f 1

14 C L

M 052 09174D


f 22

4 C LM 09 0014

Dsdot sdot

= ⎯⎯rarr =

M1 = M2c = 05206 M2 = 09

f f 1 f 24 C L 4 C L 4 C L 09174 0014 0903D D D




0903 D 0903 002L 0903 m4 Cf 002



( )2 5 2P 002 5 10 002m s v 2605 2605 0 228 Kg s


sdot sdot +


2

P1129

P= 02

0

P10089

P=


1

P20519

P= 01

0

P13034

P=


2

02

P059126

P=


11

22

PP 20519P 1817

PP 1129P

= = =

5

12

P 5 10P1817 1817

sdot= = = 2751788 Nm2

2

02P

P059126

= = 4654109 Nm2




Problema 56 237

1

2

P 500000 2P 250000

= =

( )

( )

111

222

P MP P PP MP

=


M1 = 052 (Fanno) 1

P20519

P=

( )( )1

122

1

2

P MP 20519PM 102595P 2PP

= = =


PM 102595

P= rarr 2M 098cong



S S DD4


( )5

m 1 117241 2Re 4 4D D1086 10 D



( )1

2 12011 1

01

P A 1m M 1 M2R T


siendo 2DA

4πsdot=


( )1

2 1012 21

101

m R T4 1 1D 1 MM 2P


Puesto que



12( 1)2

1A 1 2 11 M

M 1 2A

γ+γminus⎡ ⎤γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎢ ⎥γ + ⎝ ⎠⎣ ⎦


( ) ( )1

2 10121

01

m R T4 1 AD M2P A



( ) ( )14 1

2 14 1215

4 1 287 641 1 4 1 AD M25 10 14 A


( )1AD 00399 MA

=


502

501

P 05 10 01P 5 10

sdot= =sdot

Hipoacutetesis


A134

A=

D 00399 134 004618= = m

34

1172412Re 25383702004618

001 10 21 10D 004618

minusminus

= =



fL 54 C 00145 15699D 004618


Fanno 1

P23865

P=

M1 = 045


01

P087027

P=


Problema 56 239

1

02 012

101 01

PP PP 087027 036568 01

PP P 23865P



1

05 045M 0 4752


=

D 00399 139 004704 = = m


4212 10D


fL 54 C 00145 1541D 004704

sdot sdot = sdot =






000 000000 010000+1 010000+1 010000+1 infin 001 001095 099998+0 099993+0 099995+0 057874+2 002 002191 099992+0 099997+0 099980+0 028942+2 003 003286 099982+0 099937+0 099955+0 019301+2 004 004381 099968+0 099888+0 099920+0 014481+2 005 005476 099950+0 099825+0 099875+0 011591+2 006 006570 099928+0 099748+0 099820+0 096659+1 007 007664 099902+0 099658+0 099755+0 082915+1 008 008758 099872+0 099653+0 099681+0 072616+1 009 009851 099838+0 099435+0 099596+0 064613+1 010 010944 099800+0 099303+0 099502+0 058218+1 011 012035 099759+0 099158+0 099398+0 052992+1 012 013126 099713+0 098998+0 099284+0 048643+1 013 014217 099663+0 098826+0 099160+0 044969+1 014 015306 099610+0 098640+0 099027+0 041824+1 015 016395 099552+0 098441+0 098884+0 039103+1 016 017482 099491+0 098228+0 098731+0 036727+1 017 018569 099425+0 098003+0 098569+0 034635+1 018 019654 099356+0 097765+0 098398+0 032779+1 019 020739 099283+0 097514+0 098218+0 031123+1 020 021822 099206+0 097250+0 098028+0 029635+1 021 022904 099126+0 096973+0 097829+0 028293+1 022 023984 099041+0 096685+0 097620+0 027076+1 023 025063 098953+0 096383+0 097403+0 025968+1 024 026141 098861+0 096070+0 097177+0 024956+1 025 027217 098765+0 095745+0 096942+0 024027+1 026 028291 098666+0 095408+0 096698+0 023173+1 027 029364 098563+0 095060+0 096446+0 022385+1 028 030435 098456+0 094700+0 096185+0 021565+1 029 031504 098346+0 094329+0 095916+0 020979+1 030 032572 098232+0 093947+0 095638+0 020351+1 031 033637 098114+0 093554+0 095352+0 019765+1 032 034701 097993+0 093150+0 095058+0 019219+1 033 035762 097868+0 092735+0 094756+0 018707+1 034 036822 097740+0 092312+0 094446+0 018229+1 035 037879 097609+0 091877+0 094128+0 017780+1 036 038935 097473+0 091433+0 093803+0 017358+1 037 039938 097335+0 090979+0 093470+0 016961+1 038 041039 097193+0 090516+0 093130+0 016587+1 039 042087 097048+0 090043+0 092782+0 016234+1 040 043133 096899+0 089561+0 092427+0 015901+1 041 044177 096747+0 089071+0 092066+0 015587+1 042 045218 096592+0 088572+0 091647+0 015289+1 043 046257 096434+0 088056+0 091322+0 015007+1 044 047293 096272+0 087550+0 090940+0 014740+1


Problema 56 241

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Problema 56 243

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Problema 56 245

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Problema 56 247

047 050385 011492+1 022809+1 014018+1 013441+1 048 051410 011471+1 022313+1 013801+1 012353+1 049 052433 011450+1 021838+1 013595+1 011539+1 050 053452 011429+1 021381+1 013398+1 010691+1 052 055483 011384+1 020519+1 013034+1 091742+0 054 057501 011339+1 019719+1 012703+1 078663+0 056 059507 011292+1 018975+1 012403+1 067357+0 058 061501 011244+1 018282+1 012129+1 057568+0 060 063481 011194+1 017634+1 011882+1 049082+0 062 065448 011143+1 017026+1 011656+1 041719+0 064 067402 011091+1 016456+1 011451+1 03533+0 066 069342 011038+1 015919+1 011256+1 029785+0 068 071268 010984+1 015913+1 011097+1 024978+0 070 073179 010929+1 014935+1 010944+1 020814+0 072 075076 010873+1 014482+1 010806+1 017215+0 074 076958 010815+1 014054+1 010681+1 014112+0 076 078825 010757+1 013647+1 010569+1 011447+0 078 080677 010698+1 013261+1 010147+1 091675 -1 080 082514 010638+1 012893+1 010382+1 072289 -1 082 084335 010578+1 012542+1 010305+1 055932 -1 084 086140 010516+1 012208+1 010237+1 042256 -1 086 087929 010454+1 011989+1 010179+1 030965 -1 088 089703 010391+1 011583+1 010129+1 021795 -1 090 091460 010327+1 011251+1 010089+1 014512 -1 092 093201 010263+1 011011+1 010056+1 089133 -2 094 094925 010198+1 010743+1 010031+1 048154 -2 096 096633 010132+1 010485+1 010014+1 020571 -2 098 098325 010066+1 010238+1 010003+1 049469 -3 100 100000 010000+1 010000+1 010000+1 00 102 101658 099331+0 097711+0 010003+1 045869 -3 104 103300 098658+0 095507+0 010013+1 017685 -2 106 104925 097982+0 093383+0 010029+1 038379 -2 108 106533 097302+0 091335+0 010051+1 065846 -2 110 108124 096618+0 089359+0 010079+1 099349 -2 112 109699 095932+0 087451+0 010113+1 013823 -1 114 111256 095244+0 085608+0 010153+1 018188 -1 116 112797 094554+0 083826+0 010198+1 022977 -1 118 114321 093861+0 082103+0 010248+1 028142 -1 120 115828 093168+0 080436+0 010304+1 033638 -1 122 117319 092473+0 078822+0 010366+1 039426 -1 124 118792 091777+0 077258+0 010432+1 045471 -1 126 120249 091080+0 075743+0 010504+1 051739 -1 128 121690 090383+0 074274+0 010581+1 058201 -1 130 123114 089686+0 072848+0 010663+1 064832 -1 132 124521 088989+0 071465+0 010749+1 071607 -1 134 125912 088292+0 070122+0 010842+1 078504 -1 136 127286 087596+0 068818+0 010939+1 085503 -1 138 128645 086901+0 067751+0 011042+1 092586 -1 140 129987 086207+0 066319+0 011149+1 099738 -1 142 131313 085514+0 065122+0 011262+1 010694+0 144 132623 084822+0 063958+0 011379+1 011419+0



146 133917 084133+0 062825+0 011501+1 012146+0 148 135195 083445+0 061722+0 011629+1 012875+0 150 136458 082759+0 060648+0 011762+1 013605+0 155 139546 081054+0 058084+0 012116+1 015427+0 160 142539 079365+0 055679+0 012502+1 017236+0 165 145439 077695+0 053421+0 012922+1 019023+0 170 148247 076046+0 051297+0 013376+1 020779+0 175 150966 074419+0 049295+0 013865+1 022504+0 180 153598 072816+0 047407+0 014389+1 024189+0 185 155145 071838+0 045623+0 014952+1 025832+0 190 158609 069686+0 043936+0 015553+1 027433+0 195 160993 068162+0 042339+0 016193+1 028989+0 200 163299 066667+0 040825+0 016875+1 030500+0 210 167687 063762+0 038024+0 018369+1 033785+0 220 171791 060979+6 035494+0 020049+1 036091+0 230 175629 068309+0 033200+0 021931+1 038623+0 240 179218 055762+0 031114+0 024031+1 040989+0 250 182574 053333+0 029212+0 026367+1 043198+0 260 185714 051020+0 027473+0 028959+1 045259+0 270 188653 048820+0 025878+0 031829+1 047182+0 280 191404 046729+0 024414+0 035001+1 048976+0 290 193981 044743+0 023066+0 038498+1 050652+0 300 196396 042857+0 021822+0 042346+1 052216+0 310 198661 041068+0 020672+0 046573+1 053678+0 320 200786 039370+0 019608+0 051209+1 055044+0 330 202781 037760+0 018621+0 056286+1 056323+0 340 204656 036232+0 017704+0 061837+1 057521+0 350 206419 034783+0 016851+0 067896+1 058643+0 360 208077 033408+0 016055+0 074701+1 059695+0 370 209639 032103+0 015313+0 081691+1 060684+0 380 211111 030864+0 014620+0 089506+1 061612+0 390 212499 029688+0 013971+0 097989+1 062485+0 400 213809 028571+0 013363+0 010719+2 063306+0 450 219359 023762+0 010833+0 016562+2 066763+0 500 223607 020000+0 089443 -1 025000+2 069379+0 550 226913 017021+0 075012 -1 036869+2 071700+0 600 229528 014634+0 063758 -1 053180+2 072988+0 650 231626 012698+0 054823 -1 075134+2 074254+0 700 233333 011111+0 047619 -1 010414+3 075279+0 750 234738 097959 -1 041731 -1 014184+3 076121+0 800 235907 086957 -1 036860 -1 019011+3 076819+0 850 236889 077670 -1 032787 -1 025109+3 077404+0 900 237722 069767 -1 029348 -1 032719+3 077899+0 950 238433 062992 -1 026419 -1 042113+3 078319+0

1000 239046 057143 -1 023905 -1 053594+3 078683+0 1100 240039 047619 -1 019838 -1 084191+3 079270+0 1200 240804 040268 -1 016723 -1 012762+4 079721+0 1300 241404 034483 -1 014284 -1 018761+4 080074+0 1400 241883 029851 -1 012341 -1 026854+4 080356+0 1500 242272 026087 -1 010768 -1 037552+4 080584+0 infin 244949 00 00 infin 082151+0


Problema 57 249





P depoacutesito

tobera


1 2

Datos






AIREJR = 28704

Kg K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


2

20

p

v 1T t t 1 M2c 2

γ minus⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠


1 2( 1)

0 0 SALIDA

0 0

00

SALIDA


m RmiddotTP

06847middotA

γ+γminus⎛ ⎞= γ =⎜ ⎟γ +⎝ ⎠

=


2 2

SALIDA0036 D2 A

4 4π π= =


[ ] [ ] 2 2 20 SALIDA


JR 28704Kg K

π π⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = equiv = =⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦



Problema 57 251


C 2

C C

TT T

RmiddotDA DA 4

RmiddotDA DA4

⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟

⎝ ⎠


2 2

C

T

DA 76 2 225D 508A

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


12( 1)

2C

T

AA 1 2 11 MA M 1 2A

γ+γminus⎡ ⎤⎛ ⎞ γ minus⎛ ⎞= = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ + ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦


AA


tobera)


A 225 M 0 27A

= ⎯⎯⎯⎯⎯rarr =


202

2

T 1t 1 MT 2

γ minus⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

1202

2

P 1t 1 MP 2


⎝ ⎠

1202

2

1t 1 M2



02

2

T098563

T= 02

2

P095060

P= 02

2

096446ρ

=ρ

de donde 2P 0950601481035 14078719 Pa= =









1 2


∆= +

donde

1 22 2

2

4Cf l 1 M 1 2 1Ln M 1 MD 2 1 2M



SE OBTIENE

2

4f l 69832D

⎯⎯⎯⎯⎯rarr =

Por otro lado

estimado del tubo

x 144Cf 40005 36745D 00762

∆ = =

con lo cual

1

4Cf l 69832 36745 106577D

= + =


SE OBTIENE1 M11

2

M2

PP 47378 47378P P 14078719 1656003 2 (Pa)

PP 40279 40279P

= = ⎯⎯⎯⎯⎯rarr = =


12

2

P 1 2 11 MM 1 2P

minus⎡ ⎤⎛ ⎞ γ minus⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ + ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

1 2


Problema 57 253


1 DE DONDE201 11 01

1

P P11 M P 1717594 4(Pa)P 2 0964141


⎝ ⎠


01 M1

P0964132

P=



T

AAAA





Problema 58 255



T (K) 22325 21665 P (Pa) 265 104 55293103

ρ (Kgm3) 041351 0088910 micro (Kg(ms)) 1457710-5 1421610-5

1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6


Linea deMach


1510

δc=0 deg

1 2 3 4 5 600

10

20

30

40

50

60

70

80

90



Linea deMach

δc=50 deg

1015

10

20

30

40

50

10

15

20

25

30

1 2 3 4 5 6



Linea deMach

δc=50 deg

10

15















P = F V mC R T 1 4 287 223 25 2995s

= γ = =



Problema 58 257

M = 5 δc= 10ordm 110049 2 2995 = 164798377 W






mC 14 287 21665 29504s

= =


14656 2 29504 = 8648212 W 12213 2 29504 = 7206647 W 36152 5 29504 = 53331430 W 229613 5 29504 = 33872509 W











Proacutelogo

Iacutendice

Nomenclatura

Problema 1

Problema 2

Problema 3

Problema 4

Problema 5

Problema 6

Problema 7

Problema 8

Problema 9

Problema 10

Problema 11

Problema 12

Problema 13

Problema 14

Problema 15

Problema 16

Problema 17

Problema 18

Problema 19

Problema 20

Problema 21

Problema 22

Problema 23

Problema 24

Problema 25

Problema 26

Problema 27

Problema 28

Problema 29

Problema 30

Problema 31

Problema 32

Problema 33

Problema 34

Problema 35

Problema 36

Problema 37

Problema 38

Problema 39

Problema 40

Problema 41

Problema 42

Problema 43

Problema 44

Problema 45

Problema 46

Problema 47

Problema 48

Problema 49

Problema 50

Problema 51

Problema 52

Problema 53

Problema 54

Problema 55

Problema 56

Problema 57

Problema 58

Bibliografiacutea

Mecánica de ﬂ uidos - CORE · 2017. 10. 12. · © Edicions UPC, 2006 Edicions de la Universitat...

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