Algunos ejercicios resueltos

Mecánica de Fluidos - 2008
Ejercicios resueltos
1. En un difusor de longitud L funcionando en régimen estacionario se miden los campos de velocidad ( y de )
densidad, verificándose que responden aproximandamente a las siguientes expresiones: ⃗v = U0
1+ɛx/L , 0
y ρ = ρ 0 e −x/L . Se desea que todo el fluido en el interior del difusor (0 < x < L) experimente un ritmo
de variación de su densidad mayor en valor absoluto que ˙ρ min . ¿Cuál debe ser la relación entre ˙ρ min ,
L, ɛ, ρ 0 y U 0 para que se cumpla dicha condición
Respuesta: El requerimiento de que “todo el fluido en el interior del difusor (0 < x < L) experimente
un ritmo de variación de su densidad mayor en valor absoluto que ˙ρ min ” es equivalente a pedir que el
módulo de la derivada material de la densidad sea mayor que ˙ρ min :
Dρ
∣ Dt ∣ > ˙ρ min
Escribiendo la derivada material del campo de densidad, que este caso es estacionario, resulta:
Dρ
Dt
∂ρ
= (⃗v · ∇) ρ +
∂t = U 0
1 + ɛx/L
∂
(ρ 0 e −x/L) = −U 0ρ 0 e −x/L
∂x
L + ɛx
Suponiendo valores positivos de los parámetros, la condición queda:
U 0 ρ 0 e −x/L
L + ɛx
> ˙ρ min
y debe cumplirse para 0 < x < L, como se trata de una función decreciente, es suficiente que se cumpla
en el extremo derecho:
U o ρ 0 > ˙ρ min L(1 + ɛ)e
2. La compuerta ABC de la figura es cuadrada, sus lados miden 1m y está articulada en el punto B.
La compuerta está diseñada para abrirse automáticamente cuando el nivel del agua h sea suficiente.
a) Determine la menor altura para la cual se producirá la
apertura. (Desprecie la presión atmosférica).
h
Agua
b) ¿El resultado es independiente de la densidad del líquido
c) ¿Depende de la presión atmosférica
B
A
C
60 cm
40 cm
Respuesta:
a) La condición para que la compuerta se abra es que la fuerza de presión del agua sobre la misma
sea ejercida por sobre el punto de articulación. La situación límite se da cuando la línea de acción
de la fuerza pasa exactamente por dicho punto.

La distancia entre el centro geométrico de la compuerta y el centro de presiones (línea de acción
de la fuerza resultante debida a las presiones) se puede calcular con:
d = ρgI xx
F
donde rho es la densidad del fluido, g es la aceleración de la gravedad, I xx es el momento de
inercia de la superficie, medido desde un eje horizontal, que pasa por su centro geométrico, y
F es la fuerza total debida a las presiones, que puede calcularse como la presión en el centro
geométrico multiplicada por el área de la compuerta. Si L es el lado de la compuerta (cuadrada),
el momento de inercia vale:
∫
I xx =
S
x 2 dS =
∫ L/2
−L/2
x 2 L dx = L4
12
Suponiendo presión atmosférica 0, podemos calcular la presión en el centro geométrico y la fuerza
F :
p c.g. = ρg(h + L/2), F = L 2 ρg(h + L/2)
La situación límite en este caso se da cuando d = L/10, reemplazando:
L
10 = ρgL 4 /12
L 2 ρg(h + L/2)
operando llegamos finalmente a que h = L 3 = 0.33m.
b) Efectivamente, según las hipótesis y aproximaciones realizadas, llegamos a que el resultado no
depende de ρ.
c) Si se considerara una presión atmosférica uniforme, habría que tener en cuenta la fuerza de
presión sobre la compuerta del lado izquierdo, pero también habría que considerar incrementada
la fuerza de la presión sobre el lado derecho. Puede verificarse que ambos efectos se compensan
exactamente y el resultado es el mismo. (La posición del centro de presiones va a ser distinta, pero
también hay que considerar la fuerza de presiones del lado aire, que ejerce un momento sobre la
compuerta articulada).
Si además se tuviera en cuenta la densidad del aire, la presión atmosférica ya no sería uniforme
y el resultado dependerá tanto de la densidad del aire, como de la densidad del agua.

3. Se tiene una sección de longitud L de un tubo circular de radio interno R por el que circula un fluido
de densidad ρ y viscosidad µ en régimen laminar completamente desarrollado (la velocidad es axial).
a) Verifique que un perfil de velocidades cuadrático: u = U m
[1 − ( ) ]
r 2
R
cumple las ecuaciones de
Navier-Stokes, con las condiciones de contorno apropiadas. Encuentre el campo de presiones.
b) Encuentre una relación para la velocidad media (caudal sobre área): ¯v = Q/A, en función de
la diferencia de presiones entre la entrada y la salida ∆p, las dimensiones de la sección y las
características del fluido.
c) Calcule el tensor de tensiones de Cauchy en el interior del tubo.
d) Calcule la fuerza total ejercida por el fluido sobre las paredes de la sección del tubo.
e) Calcule la potencia disipada en el interior del tubo:
Respuesta:
como integral de la función disipación en todo el volumen.
como potencia de las fuerzas aplicadas en el borde.
a) La ecuación de conservación de la masa, en coordenadas cilíndricas es:
1 ∂ (rv r )
+ 1 ∂v θ
r ∂r r ∂θ + ∂v z
∂z = 0
Los dos primeros términos se anulan por la condición de flujo paralelo, el tercero porque v z =
u = U m
[1 − ( ) ]
r 2
R
no depende de z. La ecuación de conservación de momento en la dirección
radial es:
∂v
( r
∂t + ⃗v · ⃗∇
)
v r − v2 θ
r = −1 ∂p
ρ ∂r + µ (
∇ 2 v r − 2 ∂v θ
ρ r 2 ∂θ − v )
r
r 2
y puesto que tanto v r como v θ son nulas, nos indica que: ∂p
∂r = 0.
La ecuación de conservación de momento en la dirección θ es:
∂v θ
∂t + (
⃗v · ⃗∇
)
v θ + v rv θ
r
= 1 ρr
∂p
∂θ + µ ρ
y puesto que tanto v r como v θ son nulas, nos indica que: ∂p
∂θ = 0.
La ecuación de conservación de momento en la dirección z es:
∂v z
∂t + (
⃗v · ⃗∇
)
v z = − 1 ∂p
ρ ∂z + µ ρ ∇2 v z
(
∇ 2 v θ + 2 r 2 ∂v r
∂θ − v θ
r 2 )
El primer término del lado izquierdo se anula por la condición de flujo estacionario. Y además la
aceleración convectiva también se anula:
(
⃗v · ⃗∇
)
∂v z
v z = v r
∂r + v θ ∂v z
r ∂θ + v ∂v z
z
∂z
como es de esperar, ya que cada partícula de fluido se mueve con velocidad constante.
Del segundo miembro de la ecuación de Navier-Stokes se obtiene que el gradiente de presión se
equilibra con el término viscoso:
Usando:
1 ∂p
ρ ∂z = µ 1 ∂
ρ r ∂r
( ] r 2
v z = U m
[1 − ,
R)
(
r ∂v )
z
+ 1 ∂ 2 v z
∂r r 2 ∂θ 2 + ∂2 v z
∂z 2
∂v z
∂r = − 2r
R 2 U m

Resulta:
∂p
∂z = −4µU m
R 2
Y el campo de presiones se puede expresar como:
b) El caudal total es:
Q =
y la velocidad media:
Reemplazando:
∫ 2π ∫ R
0
0
p = p 0 − 4 µU m
R 2 z
v z r dr dθ = 2πU m
∫ R
¯v =
0
Q
πR 2 = U m
2
∆p
L = −∂p ∂z = 4µU m
R 2
(r − r3
R 2 )
dr = ... = π 2 U mR 2
= 8 µ¯v
R 2
c) El tensor de tensiones en coordenadas cilíndricas tiene componentes:
σ rr = −p + 2µ ∂v r
∂r = −p
( 1 ∂v θ
σ θθ = −p + 2µ
r ∂θ + v )
r
= −p
r
σ zz = −p + 2µ ∂v z
∂z = −p
( 1 ∂v r
σ rθ = µ
r ∂θ + ∂v θ
∂r − v )
θ
= 0
r
( ∂vθ
σ θz = µ
∂z + 1 )
∂v z
= 0
r ∂θ
( ∂vz
σ zr = µ
∂r + ∂v )
r
= − 2rµ
∂z R 2 U m
O sea:
⎡
σ = ⎣
−2µU mr
R 2
−p 0
0 −p 0
−2µU mr
R 2 0 −p
En cartesianas, escribiendo: u z = U m
(
1 − x2 +y 2
R 2 )
resulta:
⎡
σ = ⎣
−p 0
0 −p
−2µU mx
R 2
−2µU my
R 2
⎤
⎦
−2µU mx
R
−2µU 2
my
R 2
−p
⎤
⎦
d) La fuerza se calcula integrando en las paredes σ · ⃗n. En cilíndricas, sobre la pared:
⎛
⃗f ∣ = σ · ⎝
w
−1
0
0
⎞
⎛
⎠
= ⎝
∣
w
p
0
2µU mr
R 2
⎞
⎠
∣
∣
r=R
⎛
= ⎝
p
0
2µU m
R
⎞
⎠

donde se tomó normal exterior a la pared, ya que se quiere calcular la fuerza ejercida sobre ella.
Por simetría, la integración anula la componente radial. La componente axial, integrada en las
paredes del tubo resulta:
∫ L ∫ 2π
(
f z | w
= 2πRL 2 µU )
m
= 4πµLU m
R
0
0
También puede calcularse analizando el “equilibrio” del fluido contenido en la sección dada del
tubo. La fuerza de fricción viscosa ejercida por las paredes del tubo sobre el fluido debe equilibrarse
exactamente con la fuerza ejercida sobre el fluido a través de las secciones de entrada y de salida
de la sección:
⎛ ⎞
⎛ ⎞
⎛ ⎞
⎛ ⎞
0
0 ∣ 0
⃗f ∣ = σ · ⎝ 0 ⎠
e = ⎝ 0 ⎠ , f ⃗ ∣∣s 0
= σ · ⎝ 0 ⎠
= ⎝ 0 ⎠
−1 ∣
e
p e 1 ∣
e
−p s
Puesto que la presión es constante tanto a la entrada como a la salida, las integrales se reducen
a multiplicar por el área de las secciones:
(
f z = (p e − p s ) πR 2 = L − ∂p )
πR 2 = 4 µU m
∂z
R 2 LπR2 = 4πµLU m
que resulta del mismo módulo y opuesta a la fuerza ejercida por las paredes sobre el fluido.
e) Para calcular la función disipación debemos hallar el gradiente del campo de velocidades:
⎡ ⎤ ⎡
∂v ⃗∇v r 1 ∂v r ∂v r
⎤ ⎡
⎤
r
∂r r ∂θ ∂z
0 0 0
⎢ ⎥
⃗∇⃗v = ⎣ ⃗∇v θ ⎦ = ⎣ ∂v θ 1 ∂v θ ∂v θ ⎦ = ⎣ 0 0 0 ⎦
∂r r ∂θ ∂z
⃗∇v z −2 rUm 0 0
R 2
y la función disipación es:
Integrando en el volumen:
Φ total =
Φ = σ : ⃗ ∇⃗v =
∫ 2π ∫ L ∫ R
0
0
0
∂v z
∂r
1
r
∂v z
∂θ
∂v z
∂z
( ) (
−2µUm r
R 2 −2 rU )
m
R 2 = 4µ U m
2
R 4 r2
4µ U 2 m
R 4 r2 r dr dz dΘ = 2πL4µ U 2 m
R 4 R 4
4 = 2πµLU 2 m
La potencia de la fuerza en las paredes se anula, porque la velocidad es 0. En la superficie de
entrada, la fuerza por unidad de superficie es:
⎛ ⎞ ⎛
2µU
0
mr
⎞
R
σ · ⎝ 0 ⎠ = ⎝
2
0 ⎠
−1 p e
multiplicando escalarmente por la velocidad: ẇ e = p e v z , integrando en toda el área de entrada:
ẇ e,total =
∫ 2π ∫ R
0
0
p e v z r dr dθ = p e Q
Integrando de la misma manera a la salida se puede obtener que la potencia neta de las
fuerzas externas es:
ẇ total = Q∆p = π (
2 U mR 2 − ∂p )
∂z L = ... = 2πLµUm
2

4. Considere el flujo en un codo como se muestra en la figura. Suponiendo que el flujo es irrotacional y
la fuerza de gravedad es despreciable.
a) Dibuje las lineas de corriente.
b) Demuestre empleando la ecuación de Bernoulli, la siguiente
propiedad del flujo: r v θ = cte
c) Verifique que efectivamente este flujo es irrotacional aplicando
el operador ∇× al campo de velocidades.
d) Deduzca una expresión para la diferencia de presión entre el
radio interior y exterior del codo. Expresar la respuesta en
términos de la relación de flujo másico, la densidad del fluido
y la geometría (suponga que el codo tiene una profundidad h).
Respuesta:
R 2
R 1
θ
Flujo
a) Dibuje las lineas de corriente: Puesto que el fluido no puede atravesar las paredes, las líneas
r = R 1 y r = R 2 son líneas de corriente. Salvo efectos a la entrada y a la salida, las líneas de
corriente serán arcos de círculo.
b) Si vale la ecuación de Bernoulli en todo el flujo: p + 1 2 ρv2 = Cte, y además aplicamos la ecuación
de Euler en coordenadas naturales que nos relaciona el gradiente de presión normal al flujo
con el radio de curvatura de las líneas de corriente: ∂p
∂n = ∂p
∂r = ρ v2
R
. Derivando la ecuación de
Bernoulli en la dirección radial, considerando velocidad sólamente tangencial y reemplazando:
0 = ∂p ∂v
∂r
+ ρv
∂r = ρ v2
r
+ ρv ∂v
∂v
∂r
. Operando:
∂r = − v r , ln v = Cte − ln r, v = kr−1 .
c) El rotor en coordenadas cilíndricas, dirección ẑ es: ω z = 1 r
v r = v z = 0:
ω z = 1 ∂(k)
r ∂r = 0
∂(rv θ )
∂r
− ∂vr
∂θ . Reemplazando v θ = k r ,
d) La diferencia de presiones entre R 1 y R 2 puede encontrarse integrando el gradiente radial de
presiones:
∫ R2
∫
dp R2
p 2 − p 1 =
R 1
dr = ρ k2
R 1
r 3 = ( −2ρk2 R2 −2 − R1
−2 )
La constante k se puede expresar en función del flujo másico ṁ integrando la velocidad:
De donde:
ṁ =
∫ R2
R 1
∫(z)
∫ R2
dr
ρv θ dz dr = ρhk
R 1
r = ρhk ln R 2
R 1
p 2 − p 1 = −2ρ ( R2 −2 − R1
−2 ) ṁ 2
ρ 2 h 2 ln 2 R = 2ṁ 2 R2 −2 − R1
−2
2
R 1
ρh 2 ln 2 (R 2 /R 1 )
5. En un vertedero bidimensional como el que se muestra en la figura fluye agua. La velocidad es uniforme
en las secciones 1 y 2, mientras que las líneas de corriente son paralelas si las secciones se encuentran
suficientemente lejos del vertedero.
Despreciando pérdidas y conociendo que h 1 = 5 m y h 2 = 0.7 m, calcular V 1 , V 2 y la fuerza horizontal
F ejercida por el agua sobre el vertedero.

h 1
F
h 2
g
Sección 1
Sección 2
Respuesta:
Utilizamos un volumen de control rectangular, con paredes verticales suficientemente alejadas y horizontales
en y = 0 y en y = Y s > h 1 . Todas las fuerzas son expresadas por unidad de profundidad.
Aplicando la conservación de masa:
V 1 h 1 = V 2 h 2
Aplicando la integral de Bernoulli sobre una línea de corriente en la superficie:
p 1 + 1 2 ρV 2
1 + ρgh 1 = p 2 + 1 2 ρV 2
2 + ρgh 2
Considerando p 1 = p 2 = presión atmosférica, resulta:
V 2
1 − V 2
2 = 2g (h 2 − h 1 )
Despejando V 2 de la conservación de masa y reemplazando:
√
2g
V 1 = h 2
h 1 + h 2
Evaluando:
V 1 = 1.298 m s , V 2 = 9.272 m s
Aplicamos conservación de momento en el mismo volumen de control, utilizando presión atmosférica
nula para simplificar. Siendo F la fuerza del vertedero y F s,x la fuerza superficial:
∫
F + F s,x = ρu x (⃗u · ˆn)dS
Integrando las fuerzas de presión:
F s,x =
∫ h1
0
SC
∫ h2
ρg(h 1 − y) dy − ρg(h 2 − y) dy = ρg (
h
2
0
2 1 − h 2 2)
Reemplazando y evaluando los flujos de momento resulta:
[
F = ρ V2 2 h 2 − V1 2 h 1 − 1 2 g ( h 2 1 − h 2 ) ]
2
Y evaluando:
F = −64344 N m

6. La velocidad de propagación V de una onda superficial en aguas profundas se supone que depende de
la longitud de onda λ, la densidad ρ, la aceleración de la gravedad g y la tensión superficial σ. Hacer
el análisis dimensional de este problema ignorando las fuerzas viscosas.
a) Analizar el límite en el que las fuerzas de tensión superficial son despreciables frente a las de
gravedad.
b) Analizar el límite en el que las fuerzas gravitatorias son despreciables frente a las de tensión
superficial.
c) Formular un grupo adimensional cuya magnitud indique la importancia relativa de las fuerzas
gravitatorias y de tensión superficial.
d) En base a los resultados obtenidos en 6a, 6b y 6c construya un gráfico esquemático que muestre
la variación de V con λ, permaneciendo las restantes magnitudes fijas.
Respuesta: Ignorando la viscosidad µ, la velocidad de propagación será función sólo de la longitud de
onda λ, la densidad ρ, la tensión superficial σ y la aceleración de la gravedad g: V = f (λ, ρ, g, σ)
Armamos la matriz dimensional para utilizar el teorema “π” de Buckingham:
V λ ρ g σ
M 0 0 1 0 1
L 1 1 -3 1 0
T -1 0 0 -2 -2
Como el rango de la matriz dimensional es 3, deben surgir 2 grupos adimensionales, por ejemplo, si
tomamos λ, ρ y g como columnas L.I. se obtienen: π 1 = √ V
gλ
y π 2 =
σ
gρλ 2 .
a) Si las fuerzas de tensión superficial no son relevantes, podemos omitir la columna de σ en la
matriz dimensional, quedando un único grupo adimensional: π 1 = √ V
gλ
que deberá ser constante,
por lo tanto V ∝ √ gλ.
b) Si las fuerzas de gravedad son despreciables, omitiendo la columna de g llegamos al grupo adimensional:
π 3 = ρλV 2
σ , y la velocidad es: V ∝ √
σ
ρλ .
c) El grupo adimensional que relaciona fuerzas de gravedad con fuerzas de tensión superficial es
justamente π 2 , que se puede escribir como:
π 2 =
σλ
ρgλ 3
d) Analizando el grupo adimensional π 2 , se observa que cuando λ es muy chico dominan las fuerzas
de tensión superficial sobre las de gravedad, mientras que para λ muy grande se da la situación
inversa. Por lo tanto, en el gráfico V = f(λ) se debe observar la dependencia obtenida en 6b
cuando λ ≪
√
σ
ρg : V ∝ √
σ
ρλ y la dependencia obtenida en 6a cuando λ ≫ √
σ
ρg : V ∝ √ gλ.
V
λ −1/2 1/2
λ
λ

7. Considerar el circuito hidráulico del esquema, donde se pretende hacer pruebas sobre un elemento
combustible. El elemento combustible consiste de N = 127 barras de d = 9mm de diámetro cada
una, dentro de un tubo de D = 16cm de diámetro. El elemento mide 1.4m de largo, y cuenta con 4
grillas que soportan las barras, con un factor de fricción medido de K gr = 0.5 cada una. Calcular el
rango de caudales en el elemento combustible si la válvula puede cerrarse totalmente y abrirse hasta
un K valv = 0.2.
Válvula
L = 2 m
2
Sección de prueba
D=16 cm
Bomba
d= 9mm
L = 2 m
1
Datos y consideraciones:
El líquido circulante tiene una densidad ρ = 1000 kg y una viscosidad cinemática ν = 10−6 m2
m 3
s .
Todos los tubos excepto el que contiene el combustible tienen un diámetro de D 2 = 5cm.
Considerar una rugosidad de ε = 10 −5 m para todos los materiales.
Pueden despreciarse las pérdidas de carga en los codos y bifurcaciones.
La bomba empleada [ ] tiene una curva característica o relación entre su altura manométrica h[m]
y el caudal Q m 3
s
, que se puede ajustar por: h = h 0 + AQ 2 , donde h 0 = 1.5m y A = −23400 s2 .
m 5
Respuesta: Adoptando para los subíndices de Caudales (Q), Velocidades (V ) y Factores de Fricción
(f) la siguiente nomenclatura:
Sub-índice Zona Largo
SP Sección de prueba 1.4 m
1 Tubo de D = 5cm con el Caudal Total de la Bomba L 1 + 2L 2 = 6m
2 Tubo de D = 5cm con el Caudal de la SP L 1 − 1.4m= 0.6m
3 Tubo de D = 5cm con el Caudal de la Válvula L 1 = 2m
Se plantea el equilibrio hidráulico entre la impulsión de la bomba y las pérdidas en el circuito que
contiene la válvula:
(L 1 + 2L 2 ) V1
2
H b = f 1
D 2g + f L 1 V3
2
3
D 2g + K valV3
2
(1)
2g
Se plantea ahora equilibrio en la línea que contiene a la sección de prueba:
H b = f 1
(L 1 + 2L 2 )
D
V 2
1
2g + f 2
(L 1 − 1.4m)
D
V2
2
2g + 4K VSP
2 grilla
2g + f SP
1.4m VSP
2
D h,SP 2g
(2)
Con D h,SP igual al diámetro hidráulico de la sección de prueba, calculado como cuatro veces el área
de pasaje de la sección sobre el perímetro mojado de la misma:
D h,SP = 4A SP
= 4 0.012m2
P SP 4.093m
= 11.75mm (3)

Al restar ambas ecuaciones se puede ver la igualdad entre las pérdidas producidas en la línea de la
válvula y las de la sección de prueba.
f 3
L 1
D
V 2
3
2g + K valV3
2
2g
= f 2
(L 1 − 1.4m)
D
V2
2
2g + 4K VSP
2 grilla
2g + f SP
1.4m VSP
2
D h,SP 2g
(4)
Reescribimos las ecuaciones (2) y (4) reemplazando velocidades por caudales e incluyendo la altura
H b de la bomba en función del caudal:
2g ( 1.5m − 23400Q 2 1)
=
f 1
(L 1 + 2L 2 )
D
Q 2 1
(
πD 2
4
(
)
L 1
Q
2
f 3
D + K 3
val
(
πD 2
4
) 2
+ f 2
(L 1 − 1.4m)
D
) 2
= f 2
(L 1 − 1.4rmm)
D
Q 2 2
(
πD 2
4
Q 2 2
(
πD 2
4
(
)
1.4m Q
2
) 2
+ 4K grilla + f 2
SP
D h,SP A 2 SP
(
)
1.4m Q
2
) 2
+ 4K grilla + f 2
SP
D h,SP A 2 SP
De la última ecuación se puede despejar una relación entre el caudal que va por la válvula y el que va
por el combustible:
(
)
( ) 2 1.4m
Q3
4K grilla + f π 2 D 4 (L
SP D h,SP
+ f 1 −1.4m)
16A
=
2 2 D
SP
(
Q
L 2 f3 1
D + K ) (7)
val
Teniendo en cuenta la conservación de masa, se puede reescribir la ecuación (5):
gπ 2
8
(
1.5m − 23400 (Q 2 + Q 3 ) 2) =
(L 1 + 2L 2 ) (Q 2 + Q 3 ) 2 (L 1 − 1.4m)
f 1
D D 4 + f 2
D
Q 2 (
)
2
D 4 + 1.4m Q
2
4K grilla + f 2
SP
D h,SP
Ahora (7) y (8) son dos ecuaciones con seis incógnitas: Q 2 , Q 3 , f 1 , f 2 , f 3 , f SP .
Los valores de factores de fricción dependen de los caudales con lo cual el sistema se puede reducir a 2
incógnitas con factores de fricción supuestos. Una forma de suponer valores de factores de fricción es
mediante el uso del diagrama de Moody, conocida la rugosidad relativa y bajo la hipótesis de Reynolds
altos (Flujo dominado por la rugosidad) en cada tramo se encuentra el factor de fricción.
Así se tiene que para la rugosidad relativa de 0.0002 en el tubo y 0.00085 en la sección de prueba, los
valores de coeficientes de fricción en régimen completamente rugoso serían: f 1 = f 2 = f 3 = 0.014 y
f SP = 0.019.
Caso 1: Válvula cerrada: Si K val tiende a infinito, el segundo miembro de la ec. (7) tiende a 0 con lo
cual Q 3 es nulo y la ec. (8) queda:
1.5m − 23400Q 2 2
8/(gπ 2 )
= f 1
L 1 + 2L 2
D
Q 2 2
D 4 + f 2
L 1 − 1.4m
D
Reemplazando los valores para la primera iteración:
{
1.5 = 23400 + 1 [
0.014 6 1 0.6
+ 0.014
12.09 0.05 0.052 0.05
Q 2 2 =
A 2 SP
Q 2 (
)
2
D 4 + 1.4m Q
2
4K grilla + f 2
SP
D h,SP
(
1
0.05 4 + 1.4
2 + 0.019
0.01175
1.5
23400 + 26906 ⇒ Q 2 = 5.5 10 −3 m 3 /s
A 2 SP
) 1
0.012 2 ]}
Q 2 2
(5)
(6)
(8)

Ahora se pueden calcular los factores de fricción antes supuestos. El procedimiento para ello implica
con el caudal calculado Q 2 calcular los números de Reynolds en los distintos tramos y así reingresar
al diagrama de Moody para calcular un factor de fricción nuevo. Los valores resultantes de este
procedimiento arrojan los resultados mostrados en la siguiente tabla:
Re f Q [m 3 /s]
Tubo 10 6 0.018 5.1 10 −3
Combustible 4400 0.04 5.1 10 −3
Caso 2: Válvula abierta con K val = 0.2:
De la ec. (7):
( ) 2
( )
Q3 2 + 0.019
1.4 π 2 0.05 4
0.01175
+ 0.014 0.6
16 0.012
=
2 0.05 0.1142 + 0.168
Q 2 0.014 2
0.05 + 0.2 = = 0.371
0.76
Q 3 = 0.609Q 2
Ahora bien, si esta relación la reemplazamos en la ec. (8) queda:
gπ 2 (
1.5m − 23400(1.609Q2 ) 2) =
8
L 1 + 2L 2 (1.609Q 2 ) 2 L 1 − 1.4m Q 2 (
)
2
f 1
D D 4 + f 2
D D 4 + 1.4m Q
2
4K grilla + f 2
SP
D h,SP
De donde se puede despejar Q 2 y calcular su valor suponiendo nuevamente flujo dominado por la
rugosidad:
Q 2 2 = 1.5
121900 ⇒ Q 2 = 3.5 10 −3 m 3 /s
Con este caudal se repite el procedimiento al igual que con la válvula cerrada. Se debe calcular el
numero de Reynolds y recalcular los factores de fricción antes considerados como dominados por la
rugosidad. Si se repitiera el cálculo para distintas posiciones de apertura de válvula, se tendrían los
caudales que se muestran en la figura siguiente.
A 2 SP
3 3
Caudal [m /s] (x 10 )
6
5
4
3
2
Caudal por sección de prueba
0 1 2
Totalmente cerrada
Totalmente abierta
3
1/K val
4 5

8. Un chorro plano de fluido con un perfil de velocidad lineal impacta sobre una pared vertical. Se
desprecian los efectos viscosos y gravitatorios. Considere presión atmosférica p a fuera del chorro.
y h
a) Dibuje las líneas de corriente.
1
1
b) Encuentre los perfiles de velocidad en 1 y en 2.
U=1
c) ¿Cuáles son los anchos h 1 y h 2 de los chorros salientes
d) ¿Qué porcentajes del caudal total salen por arriba y
por abajo
e) ¿Cuánto vale la presión en el punto de estancamiento h 2
Hint: Recordar que Γ = ∮ ⃗v · d⃗r = ∫ A
⃗ω · ˘ndA (es decir que la vorticidad se puede interpretar como la
circulación por unidad de área. Podría también ser útil el hecho que tomando rotor en las ecuaciones
de movimiento, las mismas se reducen a:
( )
D⃗ω 1
[
Dt = ∇ × −∇p + µ ]
ρ
3 ∇ (∇ · ⃗v) + µ∇2 ⃗v + ∇ × G ⃗ + (⃗ω · ∇) ⃗v − ⃗ω · (∇ · ⃗v) + ν∇ 2 ⃗ω
2
p
a
h
x
Respuesta:
a) Líneas de corriente: Habrá una línea de corriente que muere en un punto de estancamiento. En
dicho punto la presión será mayor que en el exterior, como puede deducirse por la integral de
Bernoulli, o por observación de la curvatura de las líneas de corriente. Dado que en la superficie
la presión es la misma de ambos lados, y el gradiente de presión es como se indica en la figura, no
es posible que todo el flujo se desvíe hacia el mismo lado. Considerando el perfil de velocidades,
tabién se puede deducir que h 2 > h 1 , puesto que la velocidad es menor en 2 que en 1.
h 1
∆
p>0
∆
p>0
h 2
b) Perfiles: La vorticidad en la entrada resulta: w (z) = ∂v
∂x − ∂u
∂y = 1 h
. Por la ecuación de Helmholtz,
y considerando que no hay fuentes de vorticidad, la misma vorticidad debe haber en los perfiles
de salida. Además la velocidad sobre la pared debe ser la misma en ambos lados, e idéntica a la
velocidad de una partícula sobre la línea de separación (la que llega al punto de estancamiento),
y suficientemente alejada de la pared, llamémosla v s . De la misma manera, la velocidad en cada
superficie permanece constante, ya que se trata de líneas de corriente donde vale Bernoulli y la
presión es constante:
u 1 = u 2 = 0
v 1 (x) = x h + v s, (0 ≤ x ≤ h 1 )
v 2 (x) = x h − v s, (0 ≤ x ≤ h 2 )
v 1 (h 1 ) = x h 1
+ v s = 1, ⇒ h 1 = h(1 − v s )
v 2 (h 2 ) = x h 2
− v s = 0, ⇒ h 2 = hv s

c) Anchos: La ecuación de conservación de masa no nos agrega información. Las condiciones de
velocidad sobre la pared (v s ) y en la superficie (1 y 0), junto con la conservación de la vorticidad
que impone el perfil lineal con la misma pendiente que el original, hacen que la suma de los
caudales de salida sea idéntica al caudal de entrada (el perfil de entrada “se parte” en dos). Esto
se da independientemente del valor de v s , que debe ser determinado por otras consideraciones,
por ejemplo, por conservación de momento en la dirección vertical:
0 =
∫ h1
0
∫ h2
v1dx 2 − v2
2
0
Para simplificar la integral, cambiamos variables: w 1 = x h + v s, w 2 = x h − v s:
0 =
∫ 1
v s
w 2 1hdw 1 −
∫ 0
−v s
w 2 2hdw 2 = h
( 1 − v
3
s
3
)
− v3 s
3
√
De donde se obtiene: v s = 3 1
2 y: h 1 =
( √ )
1
1 − 3 h
2
h 2 = 3 √
1
2 h
d) Porcentajes de caudal: El caudal total es Q tot = Uh
2
= h 2
, la parte desviada hacia abajo es:
Q 2 = h 2v s
2
== h
2 3√ . Su relación: Q 2
4 Q tot
= vs 2 = 3√ 1
Q
= 0.65 = 63 %. Por lo tanto: 1
4 Q tot
= 37 %
e) Aplicando Bernoulli en la línea de división:
p s = p a + 1 2 ρv2 s = p a +
ρ
3√
32

9. La figura muestra el orificio de salida de un tanque. Se desea diseñar la primera parte del tubo de salida
para que la capa límite, luego de crecer en una zona de transición, se mantenga de espesor constante.
Obtenga una expresión aproximada del diámetro del tubo en función de la coordenada axial para que
se verifique el requerimiento. Suponga un perfil cuadrático para la capa límite y aplique el método
integral de Von-Karman.
Zona
Transición
δ(x)
δ=cte
x
Respuesta: Siendo û = u U , y ŷ = y ∂u
δ
, el perfil cuadrático que cumple u = 0 en la pared y
∂y
∣ se
y=δ
expresa como: û = ŷ (2 − ŷ).
El espesor de desplazamiento resulta:
δ ∗ =
∫ δ
Y el espesor de cantidad de movimiento:
θ =
∫ δ
0
0
û (1 − û) dy =
(1 − û) dy =
∫ 1
0
∫ 1
La tensión de corte evaluada en la pared es:
τ w = µ ∂u
∂y ∣ = 2µ U
y=0
δ
Operando en la ecuación integral de Von-Karman:
τ w
ρ = d (
U 2 θ ) + δ ∗ U dU
dx
dx
0
(
1 − 2ŷ + ŷ
2 ) δdŷ = δ 3
ŷ (2 − ŷ) ( 1 − 2ŷ + ŷ 2) δdŷ = ... = 2
15 δ
dU
= 2U
dx θ + U 2 dθ
dx + δ∗ U dU
dx = U 2 dθ
dx + (2θ + δ∗ ) U dU
dx
Reemplazando las expresiones de τ w , θ, δ ∗ , y planteando que dθ
dx = 2
15
2µ
δρ = (2θ + δ∗ ) dU
( 4
dx , 2θ + δ∗ =
15 + 1 3
dδ
dx
= 0, resulta:
)
δ = 3 5 δ ⇒ dU
dx = 10µ
3δ 2 ρ
Integrando, siendo U 0 la velocidad externa en la zona de transición, y A 0 el área de pasaje, tomando
el origen de x al final de dicha zona:
Resultando el diámetro:
U(x) = U 0 + 10µ
3δ 2 ρ x, A(x) = A 0U 0
U 0 + 10µx
3δ 2 ρ
D(x) = D 0
√
U0
U 0 + 10µx
3δ 2 ρ