Solucionario Mecánica de fluidos 9° edición by Victor L Streeter, Mauro J Stassi (z-lib org)

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STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Capítulo 1: Propiedades de los fluidos
 
Ejercicio propuesto en clase 1 
 
Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es agua. 
 
 
 
ν = 1 x10–6 m2/s 
t = 1 x 10–3 m 
L = 0,20 m 
u = 10 cm/s = 0,1 m/s 
σ = 72,8 x 10–3 N/m 
t = 20 ºC 
 
Resolución 
 
Fuerza normal (FN) 
 
ΣFy = 0 
FN – σ.2.perímetro = 0 
L = 0,20 m 
perímetro = 4.L = 0,80 m 
σ = 72,8 x 10–3 N/m 
entonces 
FN = 72,8 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 58,2 x 10–3 N 
FN = 58,2 x 10–3 N 
 
Fuerza tangencial (FT) 
 
τ = μ du
 dy 
además 
τ = FT/A = FT/L2
entonces 
FT = μ L2du
 dy 
ρ(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 1
ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
entonces 
μ = νρ = 1 x 10–3 Ns/m2
u = 10 cm/s = 0,1 m/s 
finalmente 
FT = 400 x 10–4 m2. 1 x 10–3 Ns. 0,1m/s = 
 m2 1 x 10–3 m 
FT = 4,0 x 10–3 N 
 
 
Ejercicio propuesto en clase 2 
 
Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es aceite. 
 
 
 
ν = 0,005 m2/s = 5,0 x 10–3 m2/s 
S = 0,90 
t = 1 x 10–3 m 
L = 0,20 m 
u = 10 cm/s = 0,1 m/s 
σ = 38,0 x 10–3 N/m 
t = 20 ºC 
 
 
Resolución 
 
Fuerza normal (FN) 
 
ΣFy = 0 
FN – σ.2.perímetro = 0 
L = 0,20 m 
perímetro = 4.L = 0,80 m 
σ = 38,0 x 10–3 N/m 
entonces 
FN = 38,0 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 60,8 x 10–3 N 
FN = 60,8 x 10–3 N 
 
Fuerza tangencial (FT) 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 2
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
τ = μ du
 dy 
además 
τ = FT/A = FT/L2
entonces 
FT = μ L2du
 dy 
ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 
S = 0,90 
ν = μ/ρAceite = 3,8 x 10–6 m2/s 
ν = μ/ρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s 
entonces 
μ = νρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s.1 x 103 kg/m3.0,90 = 3,42 x 10–3 Ns/m2
u = 10 cm/s = 0,1 m/s 
finalmente 
FT = 400 x 10–4 m2. 3,42 x 10–3 Ns. 0,1 m/s = 
 m2 1 x 10–3 m 
FT = 14,0 x 10–3 N 
 
 
Ejercicio propuesto en clase 3 
 
Calcular la resistencia ofrecida por el aceite entre el eje y la camisa, si el eje se desplaza con una 
velocidad 0,5 m/s. 
 ∅eje = 8,00 cm = 0,0800 m 
∅cam = 8,02 cm = 0,0802 m 
tAceite = 80º 
S = 0,90 
σ = 0,03 N/m 
ν = 0,005 m2/s 
L = 0,30 m 
e = ∅cam – ∅eje = 0,0802 m – 0,0800 m = 1 x10–4 m 
 2 2 
 
Resolución 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 3
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
τ = μ du
 dy 
además 
τ = F/A 
entonces 
F = μ Adu
 dy 
A = π∅proL 
∅pro = ∅cam + ∅eje = 0,0802 m + 0,0800 m = 0,0801 m 
 2 2 
entonces 
A = π∅proL = π.0,0801 m.0,30 m = 0,075 m2
Suponiendo temperatura del agua ambiente 
ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3
S = 0,90 
ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s 
ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s 
entonces 
μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.1000 kg/m3.0,90 = 4,5 Ns/m2
finalmente 
F = 0,075 m2. 3,32 x 10–3 Ns. 0,5 m/s = 1698,58 
 m2 1 x 10–4 m 
 
F = 1698,58 N 
 
Observación: Este es el resultado obtenido en clase por el Ing. Casteló 
 
Suponiendo temperatura del agua a 80 ºC 
ρH2O(80 ºC) = 971,8 kg/m3
S = 0,90 
ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s 
ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s 
entonces 
μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.971,8 kg/m3.0,90 = 4,37 Ns/m2
finalmente 
F = 0,075 m2. 4,37 Ns. 0,5 m/s = 1649,51 
 m2 1 x 10–4 m 
 
F = 1649,51 N 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 4
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Ejercicio 1-5 
 
Un fluido newtoniano está en el espacio libre entre un eje y una camisa concéntrica. Cuando una 
fuerza de 600 N se aplica a la camisa paralela al eje, la camisa obtiene una velocidad de 1 m/s. Si 
se aplica una fuerza de 1500 N, ¿Qué velocidad obtendrá la camisa? La temperatura de la camisa 
permanece constante. 
 
 
Resolución 
 
F = μ AU
 t 
600 N = μ A 1 m/s 
 t 
como el fluido, el espesor y el área de contacto es la misma, tenemos 
cte = 600 N
 1 m/s 
Ahora, si la fuerza es 1500 N tenemos 
1500 N = cte x 
cte = 1500 N
 x 
igualando 
600 N = 1500 N
 1 m/s x 
x = 1500 N 1 m/s 
 600 N 
 
x = 2,5 m/s 
 
Ejercicio 1-10 
 
Una balanza de resortes correctamente calibrada registra el peso de un cuerpo de 2 kg como 17,0 
N en una localidad distante de la Tierra. ¿Cuál es el valor de g en esta localidad? 
 
Resolución 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 5
P = gM 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
17 N = g2 kg 
g = 17 N 
 2 kg 
 
g = 8,5 m
 s2
 
Ejercicio 1-12 
 
Conviértanse 10,4 unidades SI de viscosidad cinemática a unidades USC de viscosidad dinámica 
si S = 0,85. 
 
Resolución 
 
ν = μ/ρH2OS = 10,4 m2/s 
μ = νρH2OS = 10,4 m2/s.1000 kg/m3.0,85 = 8840 kg/ms 
En el sistema USC 
μ = 8840 kg . 1 slug 0,3048 ft 
 ms 14,594 kg 1 m 
finalmente 
μ = 184,6 slug
 ft.s 
 
 
Ejercicio 1-14 
 
Una placa situada a 0,5 mm de una placa fija se mueve a 0,25 m/s y requiere una fuerza por 
unidad de área de 2 Pa (N/m2) para mantener esta velocidad. Determínese la viscosidad fluida de 
la sustancia entre las dos placas en unidades del SI. 
 
 
 
 
t = 0,5 mm = 0,0005 m 
U = 0,25 m/s 
τ = 2,0 Pa 
 
Resolución 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 6
τ = μ U
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 t 
despejando 
μ = τt = 2,0 N/m2 . 5,0 x 10–4 m 
 U 0,25 m/s 
finalmente 
μ = 4,0 x 10–3 Ns
 m2
 
Ejercicio 1-20 
 
Un fluido tiene una viscosidad de 6 cP y una densidad de 50 lbm/ft3. Determínese su viscosidad 
cinemática en unidades USC y en stokes. 
 
Resolución 
 
Para el sistema c.g.s. tenemos 
ρ = 50,0 lbm.0,4536 kg 1000 gr 1 ft3 1 m3 . 
 ft3 1lbm 1kg 0,02832 m3 1 x 106cm3 
ρ = 0,80 gr 
 cm3 
μ = 6 cP 1 x10–2 P = 6 x10–2 P 
1 cP 
Entonces 
ν = 6 x10–2 P 
 0,80 gr 
 cm3 
 
ν = 0,0749 stokes 
 
Para el sistema USC tenemos 
ρ = 50,0 lbm 1 slug . 
 ft3 32,174 lbm 
 
ρ = 1,55 slug 
 ft3 
μ = 6 x10–2 gr 1 kg 100 cm 0,3048 m 1 slug 
 cms 1000 gr 1 m 1 ft 14,594 kg 
μ = 1,25 x10–4 slug 
 fts 
Entonces 
ν = 1,25 x10–4 slug/fts 
 1,55 slug 
 ft3 
ν = 8,085 x10–4 ft2
 s 
 
Ejercicio 1-22 (Resuelto en clase) 
 
Un cuerpo con peso de 120 lb con área superficial plana se desliza hacia abajo sobre un plano 
inclinado lubricado que forma un ángulo de 30º con la horizontal. Para viscosidad de 1 P y 
velocidad del cuerpo de 3 ft/s, determine el espesor de la película lubricante. 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 7
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
v = 3 ft/s
F
P
30°
 
 
P = 120 lb 
A = 2 ft2
θ = 30 º 
μ = 1 P 
v = 3 ft/s 
 
Resolución 
τ = F = μ U
 A t 
despejando 
t = AμU 
 F 
Donde 
F = Psen 30º 
F = 120 lb sen 30º = 60 lb 
además 
μ = 1 P 1 slug/fts = 2,09 x 10–3 slug
 479 P fts 
reemplazando 
t = 2 ft2.2,09 x 10–3 slug/fts.3,0 ft/s = 
 60 lb 
t = 2,088 x 10–4 ft 
t = 2,088 x 10–4 ft.0,3048 m. 100 cm 1 in 
 1 ft 1 m 2,54 cm 
t = 2,505 x 10–3 in 
 
Ejercicio 1-33 
 
Un gas con peso molecular 28 tiene un volumen de 4,0 ft3 y una presión y temperatura de 2000 
lb/ft2 abs y 600º R, respectivamente. ¿Cuál es el volumen y peso específico? 
 
Resolución 
 
De la ecuación de gas perfecto 
pvs = RT 
despejamos 
vs = RT
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 8
 p 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
reemplazando R = 49709 ft.lb 
 M slugºR 
vs = 49709 ft.lb 600ºR 
 28 slugºR 2000 lb/ft2
vs = 532,6 ft3
 slug 
además 
γ = ρg = g/vs 
γ = 32,174 ft/s2
 532,6 ft3
 slug 
γ = 0,06 lb
 ft3
 
Ejercicio 1-38 
 
Para un valor de K = 2,2 GPa para el módulo elástico a la compresión del agua ¿qué presión se 
requiere para reducir su volumen un 0,5 %? 
 
Resolución 
 
K = – dp 
 dv/v 
Despejando 
dp = – Kdv 
 v 
dp = – 2,2 Gpa (– 0,05 ) 
 
dp = 0,11 Gpa 
 
 
Ejercicio 1-47 (Resuelto en clase) 
 
Un método para determinar la tensión superficial de un líquido es encontrar la fuerza que se 
necesita para retirar un anillo de alambre de platino colocado inicialmente sobre la superficie. 
Estímese la fuerza necesaria para quitar un anillo de 20 mm de diámetro de la superficie del agua 
a 20 ºC. 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 9
F
Anillo
Agua
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 
∅Anillo = 20 mm = 0,02 m 
t = 20 ºC 
 
Resolución 
 
F = π2.∅Anilloσ 
σ(20º C) = 0,074 N/m 
F = π2.0,02m0,074 N/m 
 
F = 9,3 x 10–3 N 
 
Ejercicio 1-52 (Resuelto en clase) 
 
Encuéntrese el ángulo a que la película causada por la tensión superficial deja el vidrio para un 
tubo vertical sumergido en el agua, si el diámetro de éste es 0,2 in y la elevación capilar es 0,09 in; 
σ = 0,005 lb/ft. 
 
FF
h
θ
 ∅ = 0,20 in 
h = 0,09 in 
σ = 0,005 lb/ft 
 
Resolución 
 
γAh = Fcos θ 
γAh = σ.perímetro.cos θ 
γAh = σ.π.∅.cos θ 
Despejando 
cos θ = γ.A.h 
 σ.π.∅ 
Suponiendo la temperatura a 20 ºC, tenemos 
γ = 62,29 lb/ft3
h = 0,09 in. 1 ft = 7,5 x 10–3 ft 
 12 in 
∅ = 0,20 in. 1 ft = 0,0166 ft 
 12 in 
σ = 0,005 lb/ft 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 10
cos θ = 62, 92 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft 
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 4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft 
cos θ = 62,29 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft 
 4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft 
cos θ = 0,389 
θ = arc cos 0,389 
 
θ = 67,08 º 
 
Ejercicio 1-53 
 
Dedúzcase una fórmula para la elevación capilar h entre dos tubos de vidrio concéntricos con 
radios R y r y ángulo de contacto θ. 
 
F F F F
θ θ θ θ
R
r
 
 
Resolución 
 
Por cada columna tendremos 
γAh = Fcos θ 
γAh = σ.perímetro.cos θ 
γ.π.∅2.h = σ.π.∅.cos θ 
 4 
donde ∅ = R – r, entonces 
γ.π.(R – r)2.h = 4.σ.π.(R – r).cos θ 
Simplificando 
γ.π.(R – r).h = 4.σ.π.cos θ 
despejando 
 
h = 4.σ.cos θ 
 γ.(R – r) 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 11
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Capítulo 2: Estática de fluidos
 
Ejercicio 2-4 
 
Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales. 
 
Aire
Agua
Aire A
B
C
D
0,
3
0,
3
0,
6
1,
0
Aceite
Dens. 
Esp.
0,9
 
Resolución 
 
Punto A 
pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa 
pA = – 588 KPa 
Punto B 
pB = γh = 9806 N/m .0,6 m = 5883,60 Pa B 3
pB = 588 KPa 
Punto C 
pC = pB = 5883,60 Pa B
pC = 588 KPa 
Punto D 
pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m3.1,9 m = 22651,86 Pa 
pD = 2265 KPa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 1
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Ejercicio 2-15 
 
En la figura, para una lectura h = 20 in; determínese la presión en A en libras por pulgada 
cuadrada. El líquido tiene una densidad relativa de 1,90. 
A
h
 
Datos 
 
h = 20 in 
S = 1,90 
 
Resolución 
 
pA = γh 
pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft3 = 0,069 lb
 ft3 1728 in3 in2
pA = 0,069 lbin2
 
Ejercicio 2-24 
 
En la figura, A contiene agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,94. Cuando 
el menisco izquierdo está en cero en la escala, pA = 100 mmH2O. Encuéntrese la lectura en el 
menisco derecho para pA = 8 kPa sin ningún ajuste del tubo en U o de la escala. 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 2
A
60
0 
m
m
0 0
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Datos 
 
S = 2,94 
pA0 = 100 mmH2O 
pA = 8 kPa 
 
Resolución 
 
Cuando el meñisco izquierdo maraca cero tenemos 
pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = 0 
100 mmH2O. 1 m. 101325 pa + 9806 N 600 mm. 1m – 2,94.9806 N/m3 hi = 0 
 1000 mm 10,34 mH2O m3 1000 mm 
979,93 Pa + 5883,6 Pa – 28829,64 N/m3 hi = 0 
Despajando 
hi = – 979,93 Pa – 5883,6 Pa = 0,240 m 
– 28829,64 N/m3
hi = 0,240 m 
 
Cuando aumentamos la presión en A tenemos 
 
A
60
0 
m
m
0 0
dh
dh
hi
dh
hf
 
 
pA + γH2O(h1 + Δh) – SγH2O(hi + 2Δh)= 0 
pA + γH2Oh1 + γH2O Δh – SγH2Ohi – SγH2O2Δh = 0 
pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = SγH2O2Δh – γH2O Δh 
pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = Δh(2.S.γH2O – γH2O) 
Δh = pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi 
 (2.S.γH2O – γH2O) 
Reemplazando 
Δh = 8000 Pa + 9806 N/m30,6 m – 2,94.9806 N/m30,240 m = 
 (2.2,94. 9806 N/m3 – 9806 N/m3) 
Δh = 0,145 m 
Finalmente la lectura en el lado derecho será 
hf = hi + Δh 
hf = 0,240 m + 0,145 m = 0,385 m 
hf = 385 mm 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 3
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Ejercicio 2-33 
 
El recipiente mostrado en la figura tiene una sección transversal circular. Determínese la fuerza 
hacia arriba sobre la superficie del tronco de cono ABCD. ¿Cuál es la fuerza hacia abajo sobre el 
plano EF?¿Es, esta fuerza, igual al peso del fluido? Explique. 
 
A
B C
D
E F
Agua
2
1
5
2 ft diám
4 ft diám
 
Datos 
 
∅mayor = 4,00 ft 
∅menor = 2,00 ft 
θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 
 1,00 ft 
 
Resolución 
 
Sobre ABCD 
A2 A3A1 1,4
1
O
1 2 1
 
A = A1 + A2 + A3 
A = ½ 1,00 ft.1,414 ft + 2,00 ft.1,414 ft + ½ 1,00 ft.1,414 ft 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 4
A = 4,245 ft2
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Ay’p = A1y1 + A2y2 + A3y3 
y’p = 0,707 ft20,47 ft + 2,828 ft2x0,707 ft + 0,707 ft20,47 ft 
4,245 ft2
y’p = 0,628 ft 
yp = 2ft + 1,41 ft – y’p = 2,786 ft 
yp = 2,786 ft 
 
Fn = γypA = 62,4 lb .2,786 ft.4,245 ft2 = 737,98 lb 
 ft3
Fv = Fn cos θ = 737,98 lb cos 45 = 521,83 lb 
Fv = 52183 lb
 
Sobre EF 
 
V1 = 2πxpA 
 
A = ½ 1,00 ft.1,00 ft + 5,00 ft.1,00 ft = 5,50 ft 
xp = 0,50 ft20,66 ft + 5,00 ft2x0,50 ft
5,50 ft 
xp = 0,51 ft 
 
V1 = 2πxpA = 2π.0,51 ft.5,50 ft2
V1 = 17,80 ft3
 
V2 = hA = 8,00 ftπ(1,00 ft)2
V2 = 25,13 ft3
 
V = 17,80 ft3 + 25,13 ft3 = 42,93 ft3
Fn = 42,93 ft3 62,4 lb/ft3 
Fn = 267900 lb 
 
 
Ejercicio 2-36 
 
Una superficie triangular de ángulo recto vertical tiene un vértice en la superficie libre de un líquido. 
Encuéntrese la fuerza sobre un lado (a) por integración y (b) por fórmula. 
 
A
B C
h
A
b
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 5
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Resolución 
 
Por integración 
 
F = ∫ApdA 
 = ∫Aγyxdy 
 = γ∫0hyxdy 
donde 
y = hx 
 b 
x = by 
 h 
reemplazando 
F = γ∫0h(by)ydy 
 h 
F = γ∫0h y2bdy 
 h 
F = γb ∫0hy2dy 
 h 
F = 1 γbh2
3 
Por formula 
F = pdA 
F = γhdA 
F = γ 2h.bh
 3 2 
F = 1 γbh2
3 
 
Ejercicio 2-37 
 
Determínese la magnitud de la fuerza que actúa sobre una lado del triángulo vertical ABC de la 
figura (a) por integración y (b) por fórmula. 
 
A B
C
A
5
5
Aceite
γ = 55 lb/ft3
3 4
 
 
Resolución 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 6
Por integración 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 
dF = pdA 
dF = γyxdy 
F = γ∫yxdy 
donde 
x = 5,0 (7,40 – y) 
 2,4 
reemplazando 
F = γ∫57,4(37,0 – 5,0y)ydy 
 2,4 2,4 
F = γ∫57,4(37,0y – 5,0y2)dy 
 2,4 2,4 
F = γ∫57,437,0y – γ∫57,45,0y2dy 
 2,4 2,4 
F = γ37,0∫57,4y – γ5,0∫57,4y2dy 
 2,4 2,4 
F = – γ37,0[y2|57,4] + γ5,0[y3|57,4] 
 2,4 2 2,4 3 
F = – 55,0. 37,0[7,42 – 5,02] + 55,0. 5,0[7,43 – 5,03] 
 2,4 2 2 2,4 3 3 
finalmente 
F = 1914,00 lb 
Por formula 
F = pA 
F = γhA 
F = γ (5,00 ft+ 1h).bh
 3 2 
F = 55,00 lb(5,00 ft+ 2,40ft).5,00 ft.2,40 ft
 ft3 3 2 
F = 1914,00 lb 
 
Ejercicio 2-46 
 
La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, 
descartando el peso de la presa. 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 7
A
B
Puntal
2
4
6
3 φθ
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 
Resolución 
θ = arc tan (4,00 m/3,00 m) = 53º 07’ 48’’ 
ϕ = arc sen (6,00 m/4,00 m) = 41º 48’ 37’’ 
 
FA = FH + FL
Donde 
FH = γhAcos ϕ 
como el punto de aplicación de la fuerza, es decir A, está en el centroide del área donde se calcula 
la presión, la altura del área será 
hH = 2hH ⇒ hH = 3 2,00 m = 3,00 m 
 3 2 
Por prisma de presión 
FH = 9,806 kN 3,00 m 3,00 m 6,00 m cos 41º 48’ 37’’ = 
 m3 2 
FH = 197,34 kN 
Por otro lado 
hL = 2hL⇒ hL = 3 2,50 m = 3,75 m 
 3 2 
FL = 9,806 kN 3,75 m 3,75 m 6,00 m cos (53º 07’ 48’’ – 41º 48’ 37’’) = 
 m3 2 
FL = 405,64 kN 
finalmente 
FA = FH + FL
FA = 197,34 kN + 405,64 kN 
FA = 602,98 kN 
 
Ejercicio 2-59 
 
La compuerta de la figura pesa 300 lb/ft normal al papel. Su centro de gravedad está a 1,5 pie de la 
cara izquierda y 2,0 ft arriba de la cara más baja. Tiene un gozne en 0. Determínese la posición de 
la superficie del agua cuando la puerta apenas comienza a subir. (La superficie del agua está abajo 
del gozne.) 
 
5
h
O
 
 
 
Resolución 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 8
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
E = γh(h/2) 
E = γh2
 2 
ΣMo = 0 
E[5 – h + (2/3)h] = xPC
E[5 – (1/3)h] = xPC
5E – E(1/3)h = xPC
reemplazando 
5γh2 – γh2(1/3)h = xPC
 2 2 
5γh2 – 1γh3 – xPC = 0 
 2 6 
5.62,42 lb h2 – 1.62,42 lb h3 – 1,50 ft300,00 lb = 0 
 2 ft3 6 ft3 
– 10,40 lbh3 + 156,05 lbh2 – 450 lb = 0 
 ft3 ft3 
h = 1,81 ft 
Observación: Esta distancia es medida desde el pelo libre hasta el orificio. 
 
Ejercicio 2-66 
 
Para una variación lineal de esfuerzo sobre la base de la presa de la figura. (a) Localice donde la 
resultante cruza la base y (b) calcúlese los esfuerzos compresivos máximos y mínimos en la base. 
Ignore la elevación hidrostática. 
γ' =2.5γ
7
20
3 4 11
 
Resolución 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 9
a) 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
E1
E2
P1
P2
P3θ
 
 
θ = arc tan (20/3) = 81º 28’ 9 ‘’ 
 
E1 = γh20,5 
E1 = γ7,00 m 7,00 m 0,5 = γ24,50 m2
E2 = γh0,5l 
Donde 
l = h/sen θ = 20,00 m/sen 81º 28’ 9 ‘’ = 20,22 m 
E2 = γ(7,00 m + 27,00 m)0,5.20,22 m = γ343,80 m2
P1 = γ’.A1
P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m2
P2= γ’.A2
P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m2
P3= γ’.A3
P3 = 2,5γ.11,00 m 20,00 m 0,5 = γ275,00 m2
RX = E1 + E2sen θ = γ24,50 m2 + γ343,80 m2sen 81º 28’ 9 ‘’ = γ364,00 m2
 
RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ = 
RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ = γ670,99 m2
 
lE2 = lp1l0,5 + lp20,5l(2/3) = 
 lp1 + lp20,5 
lE2 = (20,22 m)27,00 m0,5 + (20,22 m)220,00 m0,5(1/3) = 8,13 m 
 (20,22 m)7,00 m + (20,22 m)20,00 m0,5 
 
yE1 = 20,00 m + 7,00 m(1/3) = 22,33 m 
x1 = 3,00 m (2/3) = 2,00 m 
x2 = 3,00 m + 4,00 m 0,5 = 5,00 m 
x3 = 7,00 m + 11,00 m (1/3) = 10,67 m 
ΣMA = 0 
RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 = 0 
xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 = 
RY
xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m 
γ670,99 m2
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 10
xR = 11,588 m 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
b) 
σmín σmáx
 
RY = σmL 
σmáx + σmin = 2RY/L 
σmáx = 2RY/L – σmin
ΣMA = 0 
RYxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 
 2 2 3 
(σmáx + σmin)LxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 
 2 2 2 3 
σmáx11,58 m + σmin11,58 m – σmín18,00 m – σmáx18,00 m + σmin18,00 m = 0 
 2 2 2 3 3 
σmáx5,79 m + σmin5,79 m – σmín9,00 m – σmáx6,00 m + σmin6,00 m = 0 
σmáx(5,79 m – 6,00 m) + σmin(6,00 m + 5,79 m – 9,00 m) = 0 
σmáx(– 0,21 m) + σmin2,79 m = 0 
σmáx = σmin13,55 m = 0 
reemplazando 
σmin13,55 m = 2RY/L – σmin
σmín + σmin13,55 m = 2RY/L 
σmin(1 + 13,55 m) = 2RY/L 
σmin(1 + 13,55 m) = 2γ670,99 m2/18,00 m 
σmin = 2γ670,99 m2 = 
 18,00 m(1 + 13,55) 
 
σmin = γ5,12 
reemplazando 
σmáx = 2RY/A – σmin
σmáx = 2γ670,99 m2 – γ5,12 
18,00 m2
 
σmáx = γ69,43 
 
Ejercicio 2-67 
 
Resuélvase el problema 2-66 con la adición de que la elevación hidrostática varía linealmente 
desde 20 m en A hasta cero en la punta de la presa. 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 11
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
20 m
0
 
 
Resolución 
 
 
E1 = γ24,50 m2
E2 = γ343,80 m2
P1 = γ75,00 m2
P2 = γ270,00 m2
P3 = γ275,00 m2
 
RX = E1 + E2sen θ = γ364,50 m2
 Si llamamos V a la elevación hidrostática, tenemos 
V = γ20,00 m.18,00 m.0,5 = γ180 m2
RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ – V = 
RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ – γ180 m2 = γ490,99 m2
lE2 = 8,13 m 
yE1 = 22,33 m 
x1 = 2,00 m 
x2 = 5,00 m 
x3 = 10,67 m 
xV = (1/3)18,00 m = 6,00 m 
 
ΣMA = 0 
RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 + VxV = 0 
xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 – VxV = 
RY
xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m – γ180 m26,00 m = 
γ490,99 m2
 
xR = 13,640 m 
 
Ejercicio 2-89 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 12
Un tronco detiene el agua como se muestra en la figura. Determínese (a) la fuerza por metro que lo 
empuja contra la presa, (b) el peso del cilindro por metro de longitud, y (c) su densidad relativa. 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
R2
aceite den. rel. 0,8
Agua
A
B
C
D 
Resolución 
a) 
FH = FAB + FAD – FDC
FH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m 
 m3
FH = 15,69 kN/m 
b) 
FV = – FAB + FADB + FBDC
donde FADB = FBDC, entonces 
FV = – SAγA + 2.γA 
FV = – SAγ(R2 – (1/4)πR2) + 2.γ (R2 + (1/4)πR2) 
FV = – SAγR2 (1 – π/4) + 2.γR2(1 + π/4) 
FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) 
FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) 
 
FV = 133,32 kN/m 
c) 
γT = FV/VT 
γT = 133,32 kN/m = 10,61 kN 
 π(2,00 m)2 m3
ST = γT/γA
ST = 10,61 kN/m3
 9,806 kN/m3 
 
ST = 1,08 
 
Ejercicio 2-104 
 
¿Flotará en agua una viga de 4 m de largo con sección transversal cuadrada y S = 0,75 
manteniéndose en equilibrio estable con dos lados horizontales? 
 
Resolución 
G
B
 
 
W = E 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 13
SγV= γV’ 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Sγh2L = γhh’L 
Sh = h’ 
S = h’/h = 0,75 
Esto significa que la altura sumergida será menor que la altura del objeto, y por ser una sección 
cuadrada el centro de gravedad estará por encima del centro de flotación lo que significa que el 
cuerpo NO está en equilibrio estable para los dos lados horizontales. 
 
Ejercicio 2-108 
 
Un tanque de líquido S = 0,88 es acelerado uniformemente en una dirección horizontal de tal forma 
que la presión disminuya dentro del líquido 20 kPa/m en la dirección del movimiento. Determínese 
la aceleración. 
 
Resolución 
 
x
ax
 
 
x
g
aSpp xγ−= 0 
x
g
aSpp xγ−=− 0 
xS
pgax γ
Δ−= 
reemplazando 
3
2
980688,0
806,9)20000(
m
N
s
m
m
Pa
ax
×
−
−= 
ax = 22,73 m2/s 
 
Ejercicio 2-117 
 
El tubo de la figura está lleno de líquido con densidad relativa 2,40. Cuando se acelera a la 
derecha 8,05 ft/s2, dibuje la superficie libre imaginaria y determínese la presión en A. Para pA = 8 
psi de vacío determínese ax. 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 14
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
2
1
A
 
 
Resolución 
x
g
aSp xγ−= 
ft
s
ft
s
ft
ft
lbp 2
174,32
05,8
4,6240,2
2
2
3×−= 
 
p = – 74,84 lb 
 ft2
 
2
1
A
 
Sí 
pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb 
 1 ft2 ft2
entonces 
xS
pgax γ−= 
ft
ft
lb
s
ft
ft
lb
ax
24,624,2
174,32)1152(
3
22
×
−
−= 
 
ax = 123,75 ft/s2
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 15
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Capítulo 3: Ecuaciones básicas y concepto de flujo de fluidos
 
Ejercicio 3-6 
 
Una tubería lleva aceite, densidad relativa 0,86, a V = 2 m/s por un tubo de 200 mm de diámetro 
interior. En otra sección el diámetro es de 70 mm. Encuéntrese la velocidad en esta sección y el 
flujo de masa en kilogramos por segundo. 
 
Resolución 
 
1 2
Aceite, dens. rel. 0,86 
 
Como la densidad no cambia y el flujo es permanente, podemos aplicar la ecuación de continuidad, 
es decir 
2211 AVAV = 
entonces 
2
1
12 A
AVV = 
reemplazando 
2
2
2
2
2 )70(
)200(2
4
)70(
4
)200(
2
mm
mm
s
m
mm
mm
s
mV =×
×
= π
π
 
 
V2 = 16,33 m/s 
 El caudal másico será 
ρρ 22AVQm ==
•
 
3
2
100086,0
4
)07,0(33,16
m
kgm
s
mm ××××=• π 
s
kgm 03,54=• 
 
Ejercicio 3-30 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 1
En la figura, se descarga aceite de una ranura bidimensional en el aire como se indica en A. En B 
el aceite se descarga por debajo de una puerta al piso. Despreciando todas las pérdidas, 
determínese las descargas en A y B por pie de ancho. ¿Por qué difieren? 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
A B
Aceite, dens. rel. 0,86
10
2
 
 
Resolución 
 
Como el flujo es permanente e incompresible, podemos aplicar la ecuación de Bernoulli, es decir 
g
vzP
g
vzP
22
2
2
2
2
2
1
1
1 ++=++ γγ 
Para A, reemplazando 
g
vzPzP AAatmatm 2
2
0 ++=+ γγ 
g
vzz AA 2
)(
2
0 =− 
)(2 0 AA zzgv −×= 
)0,00,11(174,322 2 ftfts
ftvA −×= 
s
ftvA 60,26= 
Por continuidad 
AAA vAQ = 
s
ftftQA 60,2600,2 ×= 
 
QA = 53,21 ft3/fts 
 
Para B, reemplazando 
g
vzPzP BBB
atm
2
2
0 ++=+ γγ 
g
vzzPP BBBatm 2
)()(1
2
0 =−+−γ 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 2
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −+−××= )()(12 0 ABatmB zzPPgv γ 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
−+×−××= )00,000,11()00,142,62(
42,62
1174,322 3
3
2 mftftft
lb
ft
lbs
ftvB 
s
ftvB 37,25= 
Por continuidad 
BBB vAQ = 
s
ftftQB 37,2500,2 ×= 
 
QB = 50,37 ft3/fts 
 
Las descargas difieren porque la sección A esta sometida a la presión atmosférica y la sección B a 
la presión hidrostática. 
 
Ejercicio 3-31 
 
Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura. 
 
Agua
Aceite dens. rel. 
0,75 3 
ft
4 
ft
4 
in
.
 
 
Resolución 
 
Para utilizar la ecuación de Bernoulli el fluido debe ser uniforme, por lo que se plantea una altura 
equivalente 
AAWW hh γγ = 
W
A
W
A hh γ
γ=' 
WW
A
A
W Shh
Sh == γ
γ
 
reemplazando 
fthW 00,375,0 ×= 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 3
fthW 25,2= 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Agua
6,
25
1
2
 
Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos 
g
vzP
g
vzP
22
2
2
2
2
2
1
1
1 ++=++ γγ 
Reemplazando 
g
vz
2
2
2
1 = 
 
12 2 zgv ××= 
ft
s
ftv 25,6174,322 22 ××= 
s
ftv 05,202 = 
Por continuidad 
222 vAQ = 
s
ft
in
ftinQ 05,20)
00,12
00,100,4(
4
2
2 ××= π 
 
Q2 = 1,75 ft3/s 
 
Ejercicio 3-33 
 
Despreciando todas las pérdidas, encuéntrese la descarga por el medidor Venturi de la figura. 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 4
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Agua
Aire
20
0 
m
m
30
0 
m
m
15
0 
m
m
1 2
 
Resolución 
 
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos 
g
vzP
g
vzP
22
2
2
2
2
2
1
1
1 ++=++ γγ 
 
Agua
Aire
20
0 
m
m
30
0 
m
m
15
0 
m
m
1
2 Datum
h1
h2
D
z
 
 
reemplazando 
g
v
g
vzzPP
22
)(
2
1
2
2
21
21 −=−+− γγ 
)(
2
1)()(1 21
2
22121 vvg
zzPP −=−+−γ 
Por la ley del menisco 
γγ 2112 hhPP +−= 
2121 )(
1 hhPP −=−γ 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 5
con respecto al datum 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
21 200 hmmhz +=+Δ 
zhmmh Δ−+= 21 200 
reemplazando 
2221 200)(
1 hzhmmPP −Δ−+=−γ 
zmmPP Δ−=− 200)(1 12γ 
reemplazando en la ecuación de Bernoulli 
)(
2
1)(200 21
2
221 vvg
zzmmz −=−++Δ− 
)(
2
1)(200)( 21
2
22121 vvg
zzmmzz −=−++− 
)(
2
1200 21
2
2 vvg
mm −= 
Por la ecuación de continuidad 
21 QQ = 
2211 vAvA = 
2
1
2
1 vA
Av = 
reemplazando 
)((
2
1200 222
1
2
22
2 vA
Av
g
mm −= 
)1(
2
200 2
1
2
2
2
2
A
A
g
vmm −= 
=
−
×=
)1(
2002
2
1
2
2
2
A
A
mmgv 
=
−
××
=
)
)00,300(
4
)00,150(
41(
2,0806,92
2
2
2
2
mm
mmm
s
m
v
π
π 
s
mv 29,22 = 
222 vAQ = 
s
mmQ 29,2)15,0(
4
2
2
π= 
Q2 = 0,04 m3/s 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 6
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 
 
Ejercicio 3-50 
 
Para un flujo de 1500 gpm y H = 32 ft en la figura, calcúlense las pérdidas a través del sistema en 
carga velocidad, KV2/2g. 
 
V
Hγ = 55 lb/ft3
6 in. diám
 
 
Resolución 
 
Por continuidad el caudal es el mismo en todas las secciones, entonces 
s
ft
gal
s
ft
galQ
3
3
34,3
min
83,448
00,1
min
1500 == 
Por definición de caudal 
dd vAQ = 
d
d A
Qv = 
reemplazando 
s
ft
in
ftin
s
ft
vd 02,17
)
00,12
00,100,6(
4
34,3
2
3
=
×
= π 
en términos de carga de velocidad tenemos 
ft
g
v
s
ft
s
ft
d 50,4
174,322
)02,17(
2 2
22
=×= 
 
Planteamos la ecuación de Bernoulli 
g
vzP
g
vzP
22
2
2
2
2
2
1
1
1 ++=++ γγ 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 7
reemplazando 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
g
vK
g
vPHP ddatmatm
22
22
++=+ γγ 
( )K
g
vH d += 1
2
2
 
Las pérdidas serán 
1
2
2 −=
g
v
HK
d
 
1
50,4
00,32 −=
ft
ftK 
 
K = 6,11 
 
Ejercicio 3-51 
 
En la figura las pérdidas hasta la sección A son 5 v21/2g y las pérdidas de la boquilla son 0,05 
v22/2g. Determínese la descarga y la presión en A. H = 8,00 m. 
 
V
D1 = 150 mm
Agua 50
D2 = 50 mm
A
H
 
 
Resolución 
 
V
D1 = 150 mm
Agua 50
D2 = 50 mm
A
H
0
BDatum
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 8
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B 
g
vzP
g
vzP
22
2
2
2
2
2
1
1
1 ++=++ γγ 
reemplazando 
g
vK
g
vPHP BBB
atmatm
22
22
++=+ γγ 
( )BB Kg
vH += 1
2
2
 
( )BB K
Hgv +××= 12 
( )05,01
00,8806,92 2 +××=
m
s
mvB 
s
mvB 22,12= 
Por continuidad 
BA QQ = 
BBA vAQ = 
( )
s
mmQA 22,1205,04
2π= 
 
QA = 0,024 m3/s 
 
Por otro lado 
( )BA
B
A K
Hg
A
Av +××= 122
2
2 
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A 
g
vzP
g
vzP
22
2
2
2
2
2
1
1
1 ++=++ γγ 
reemplazando 
g
vK
g
vPHP AAAAatm 22
22
++=+ γγ 
( ) 2
2
1
A
AA v
g
KPH ++= γ 
reemplazando 
( )
( )⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+××
++=
BA
BAA
K
Hg
A
A
g
KPH
1
2
2
1
2
2
γ 
H
A
A
K
KPH
A
B
B
AA ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
++= 2
2
1
1
γ 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 9
Despejando 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
+−= 2
2
1
11
A
B
B
A
A A
A
K
KHP γ 
( )
( ) ⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
+
+−××=
2
2
3
15,0
4
05,0
4
05,01
00,51100,800,9806
m
m
m
m
NPA π
π
 
 
PA = 28,64 KPa 
 
Ejercicio 3-53 
 
El sistema de bombeo mostrado en la figura debe tener presión de 5 psi en la línea de descarga 
cuando la cavitación es incipiente en la entrada de la bomba. Calcúlese la longitud del tubo desde 
el depósito a la bomba para esta condición de operación si la pérdida en este tubo se puede 
expresar como (V12/2g)(0,003L/D). ¿Qué potencia esta siendo suministrada al fluido por la bomba? 
¿Qué porcentaje de esta potencia se está usando para vencer pérdidas? Lectura del barómetro 30 
inHg 
 
6 in. diám.
2 
in
. d
iá
m
P
10
 ft
Agua 68 ºF
4 in.
Tubo de 
descarga
 
 
Resolución 
 
6 in. diám.
2 
in
. d
iá
m
P
10
 ft
Agua 68 ºF
4 in.
Tubo de 
descarga
1
2 3 4
Datum
 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 10
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4 
g
vzP
g
vzP
22
2
4
4
4
2
3
3
3 ++=++ γγ 
reemplazando 
g
vzP
g
vzP atm
22
2
4
4
2
3
3
3 ++=++ γγ 
( ) γ334
2
4
2
3
22
Pzz
g
v
g
v −−=− 
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−=− γ
3
34
2
4
2
3 2
Pzzgvv 
Como z4 = z3
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−×=− γ
32
4
2
3 2
Pgvv 
Por continuidad 
43 QQ = 
4433 vAvA = 
4
3
4
3 vA
Av = 
reemplazando 
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−×=− γ
32
4
2
42
3
2
4 2
Pgvv
A
A
 
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−×=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ − γ
32
42
3
2
4 21
Pgv
A
A
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−×
=
1
2
2
3
2
4
3
4
A
A
P
g
v
γ
 
( )
( ) ⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
−
⎟⎟
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎝
⎛ ×
−××
=
1
00,4
4
00,2
4
42,62
00,1
00,14400,5
174,322
2
2
3
2
2
2
2
4
in
in
ft
lb
ft
in
in
lb
s
ft
v
π
π 
 
s
ftv 46,314 = 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 11
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Por continuidad 
43 QQ = 
4433 vAvA = 
4
3
4
3 vA
Av = 
( )
( ) s
ft
s
ft
in
in
v 86,746,31
00,4
4
00,2
4
2
2
3 == π
π
 
Por continuidad 
32 QQ = 
3322 vAvA = 
3
2
3
2 vA
Av = 
( )
( ) s
ft
s
ft
in
in
v 49,386,7
00,6
4
00,4
4
2
2
2 == π
π
 
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2 
g
vzP
g
vzP
22
2
2
2
2
2
1
1
1 ++=++ γγ 
reemplazando 
g
v
D
L
g
vzPP
2
003,0
2
2
2
2
2
2
21 +++= γγ 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
D
L
g
vzPP 003,01
2
2
2
2
21
γγ 
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
−
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
= 1
2
003,0 22
2
21
g
v
zPP
DL
γγ
 
La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir 
inHgP 301 = 
ft
in
ftinP
Hg
50,2
00,12
00,1301 =×=γ 
ftftPSP
WHg
92,3357,1350,211 =×== γγ 
De tabla C.2 página 568 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 12
ftP
W
79,02 =γ 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
( )
⎥⎥
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
×
−−×= 1
174,322
)46,3(
1079,092,33
003,0
00,12
00,100,6
2
2
s
ft
s
ft
ftftftin
ftin
L 
 
L = 20554,17 ft 
La potencia suministrada por la bomba será 
t
WP = 
t
mgHP = 
gHmP
•= 
QgHP ρ= 
QHP γ= 
HAvP 22γ= 
ft
in
ftin
s
ft
ft
lbP 00,10
00,12
00,100,6
4
49,342,62
2
3 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×=π 
 
P = 247,74 lb.ft
 s 
 
El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será 
 
100
22
003,0
2% 2
2
2
2
2
2
×
⎟⎟
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
+
=
g
v
g
v
D
L
g
v
P 
100
1003,0
1 ×
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
+
=
D
L
P 
%80,0100
1
5,0
17,20554003,0
1 =×
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
+×
=
ft
ft
P 
 
%P = 0,80 % 
 
 
 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 13
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Ejercicio 3-87 
 
Despreciando todas las pérdidas, determínese las componentes x e y necesarias para mantener la 
Y en su lugar. El plano de la Y es horizontal. 
 
6 in
. diá
m
12 in. diám
18 in. diám
45°
60
°
20 ft³/s
H2O
12 ft8 ft³/s
10 lb/in²
 
 
Resolución 
 
Por definición de caudal 
111 vAQ = 
1
1
1 A
Qv = 
s
ft
in
ftin
s
ft
v 32,11
00,12
00,100,18
4
00,20
2
3
1 =
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×
= π 
2
2
2 A
Qv = 
s
ft
in
ftin
s
ft
v 29,15
00,12
00,100,12
4
00,12
2
3
2 =
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×
= π 
3
3
3 A
Q
v = 
s
ft
in
ftin
s
ft
v 74,40
00,12
00,100,6
4
00,8
2
3
3 =
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×
= π 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 14
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
6 in
. diá
m
12 in. diám
18 in. diám
45°
60
°
H2O
v3 = 40,74 ft/s
A3
P3A3 v2 = 15,29 ft/s A2
P2A2
v1 = 11,32 ft/s
A1 P1A1
10 lb/in²
 
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces 
( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ 
Las fuerzas externas en x son ( )
xanclajexext
FAPAPF +×+×−=∑ º60cosº45cos 3322 
La integral sobre la superficie de control en x es 
º0cosº60cosº0cosº45cos 333222 AvvAvvdAvvsc ××−××=•××∫ ρρρ 
Igualando 
º0cosº60cosº0cosº45cosº60cosº45cos 3332223322 AvvAvvFAPAP xanclaje ××−××=+×+×− ρρ
 
Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2 
g
vzP
g
vzP
22
2
2
2
2
2
1
1
1 ++=++ γγ 
reemplazando 
g
vP
g
vP
22
2
22
2
11 +=+ γγ 
g
v
g
vPP
22
2
2
2
112 −+= γγ 
( )222112 2 vvgPP −+= γ 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 15
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
×
+×=
22
2
3
2
2
22 29,1532,11
174,322
42,62
00,1
00,14400,10
s
ft
s
ft
s
ft
ft
lb
ft
in
in
lbP 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
22 80,1337 ft
lbP = 
Planteamos Bernoulli entre 1 y 3 
g
vzP
g
vzP
22
2
3
3
3
2
1
1
1 ++=++ γγ 
reemplazando 
g
vP
g
vP
22
2
33
2
11 +=+ γγ 
g
v
g
vPP
22
2
3
2
113 −+= γγ 
( )232113 2 vvgPP −+= γ 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
×
+×=
22
2
3
2
2
23 74,4032,11
174,322
42,62
00,1
00,14400,10
s
ft
s
ft
s
ft
ft
lb
ft
in
in
lbP 
23 05,46 ft
lbP −= 
reemplazando 
º60cosº45cosº0cosº60cosº0cosº45cos 3322333222 ×−×+×−×= APAPAvvAvvF xanclaje ρρ 
=××+××+×
×××−××××=
º60cos20,005,46º45cos78,080,133720,0
74,4094,1º60cos74,4078,029,1594,1º45cos29,15
2
2
2
2
2
3
2
3
ft
ft
lbft
ft
lbft
s
ft
ft
slug
s
ftft
s
ft
ft
slug
s
ftF
xanclaje
 
FanclajeX = 682,82 lb 
 
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección y, entonces 
( ) dAvvF scyext •××∫=∑ ρ 
Las fuerzas externas en y son ( )
yanclajeyext
FsenAPsenAPAPF +×−×−=∑ º60º45 332211 
La integral sobre la superficie de control en x es 
º0cosº60º0cosº45º180cos 333222111 AvsenvAvsenvAvvdAvvsc ×+×+×=•××∫ ρρρρ 
Igualando 
º0cosº60
º0cosº45º180cosº60º45
333
222111332211
Avsenv
AvsenvAvvFsenAPsenAPAP
xyanclaje
×+
×+×=+×−×−
ρ
ρρ
despejando 
º60º45
º0cosº60º0cosº45º180cos
3322
11333222111
senAPsenAP
APAvsenvAvsenvAvvF
xyanclaje
×+×+
−×+×+×= ρρρ
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 16
reemplazando 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
=××+××+
××−××××+
××××+×××−=
º6020,005,46º4578,080,1337
77,1
00,1
00,14400,1020,074,4094,1º6074,40
78,029,1594,1º4529,1577,132,1194,132,11
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
3
2
3
senft
ft
lbsenft
ft
lb
ft
ft
in
in
lbft
s
ft
ft
slugsen
s
ft
ft
s
ft
ft
slugsen
s
ftft
s
ft
ft
slug
s
ftF
yanclaje
 
FanclajeY = –1433,89 lb 
 
Ejercicio 3-100 
 
En la figura, un chorro, ρ = 2 slugs/ft3 es desviado por un álabe 180º. Se supone que la carreta no 
tiene fricción y está libre para moverse en una dirección horizontal. La carreta pesa 200 lb. 
Determínese la velocidad y la distancia viajada por la carreta 10 s después que el chorro es dirigido 
contra el álabe. A0 = 0,02 ft2; V0 = 100 ft/s. 
 
V1
V0 A0
 
 
Resolución 
V1
V0
A0
V0
A0 
 
El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada 
V1
V0
V0-V1 
y a la salida 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 17
V1
V0
V0-V1 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces 
( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ 
La integral sobre la superficie de control en x es 
( ) ( ) ( ) ( ) º0cosº180cos 0101001010 AvvvvAvvvvdAvvsc −××−−−××−=•××∫ ρρρ 
( ) ( ) ( ) ( ) 0101001010 AvvvvAvvvvdAvvsc −××−−−××−−=•××∫ ρρρ 
( ) 02102 AvvdAvvsc ××−×−=•××∫ ρρ 
Las fuerzas externas en x son 
( ) carroxext amF =∑ 
( )
dt
dvmF xext =∑ 
Igualando 
( ) 02101 2 Avvdt
dvm ××−×−= ρ 
( )21102001 22 vvvvAtmv +−××−=Δ ρ 
2
10100
2
001 2222 vAvvAvAt
mv ××−×××+××−=Δ ρρρ 
02222 200100
2
10 =××+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×××−Δ+×× vAvvAt
mvA ρρρ 
000,100002,00,22
00,1002002,00,22
00,10
174,32
00,200
002,00,22
2
2
3
1
2
3
2
2
1
2
3
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×××+
⎟⎟
⎟⎟
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
××××−+×××
s
ftft
ft
slugs
v
s
ftft
ft
slugs
s
s
ft
lb
vft
ft
slugs
 
000,80038,1508,0 1
2
1 =+−× lbvs
slugsv
ft
slug
 
Por báscara 
 
v1 = 96,11 ft/s 
 
Como supusimos la aceleración constante planteamos 
2
2
1 atx = 
s
s
fttvt
t
vx 00,1011,96
2
1
2
1
2
1
1
21 === 
 
x = 480,57 ft 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 18
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Ejercicio 3-123 
 
Determínese el ángulo del álabe requerido para desviar la velocidad absoluta de un chorro 130º. 
 
 
u = 50 ft/s
V0 = 130 ft/s
θ
 
Resolución 
 
u = 50 ft/s V0 = 130 ft/s
130 α
 
 ( )uvvalabe −= 0 
s
ft
s
ft
s
ftvalabe 00,8000,5000,130 =−= 
Por teorema del seno 
00,5000,80
βθ sensen =48,0º130625,0
00,80
00,50 =×== sensensen θβ 
( ) º60,2848,0 == arcsenβ 
Por propiedad del triángulo 
º39,21º60,28º130º180º180 =−−=−−= θβγ 
Finalmente 
º39,21º180º180 −=−= γα 
 
α = 158º 36’ 20’’ 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 19
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Capítulo 4: Análisis dimensional y similitud dinámica
 
Ejercicio 4-8 
 
Usando las variables Q, D, ΔH/l, ρ, μ, g como pertinentes al flujo en un tubo liso, arreglarlas en 
parámetros adimensionales con Q, ρ, μ como variables repetitivas. 
 
Resolución 
 
Las variables son 6 
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2113113 ,,,1,, −−−−−− =Δ LTgTMLMLLL
L
HLDTLQ μρ 
Las unidades son 3 
TML ,, 
entonces, los parámetros adimensionales son 
Nº π = 6 – 3 = 3 
π1 será 
L
HΔ=∏1 
π1 = ΔH/L 
π2 será 
321
2
xxxDQ μρ=∏ 
( ) ( ) ( ) 321 113132 xxx TMLMLTLL −−−−=∏ 
entonces 
 Para M ⇒ 000 32 =+++ xx 
 Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx 
 Para T ⇒ 000 31 =−+− xx 
 
de aquí 
11 −=x 
12 −=x 
13 =x 
entonces 
ρ
μ
Q
D=∏2 
 
π2 = Dμ/Qρ 
 
π3 será 
321
3
xxxgQ μρ=∏ 
( ) ( ) ( ) 321 1131323 xxx TMLMLTLLT −−−−−=∏ 
entonces 
 Para M ⇒ 000 32 =+++ xx 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 1
 Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 Para T ⇒ 002 31 =−+−− xx 
 
de aquí 
31 =x 
52 =x 
53 −=x 
entonces 
5
53
3 μ
ρgQ=∏ 
 
π3 = gQ3ρ5/μ5
 
Ejercicio 4-13 
 
En un fluido que gira como un sólido alrededor de un eje vertical con velocidad angular ω, la 
elevación de la presión p en una dirección radial depende de la velocidad ω, el radio r y la densidad 
del fluido ρ. Obténgase la forma de ecuación para p. 
 
Resolución 
 
Las variables son 4 [ ] [ ] [ ] [ ]3121 ,,, −−−− MLTLrTMLp ρω 
Las unidades son 3 
TML ,, 
entonces, los parámetros adimensionales son 
Nº π = 4 – 3 = 1 
π será 
321 xxx rp ρω=∏ 
( ) ( ) ( ) 321 31212 xxx LMLTTML −−−−=∏ 
entonces 
 Para M ⇒ 0001 2 =+++ x 
 Para L ⇒ 0301 32 =+−+− xx 
 Para T ⇒ 0002 1 =−+−− x 
 
de aquí 
21 −=x 
12 −=x 
23 −=x 
entonces 
ρω 22r
p=∏ 
Entonces 
p = cte.r2ω2ρ 
 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 2
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 
 
Ejercicio 4-18 
 
La velocidad en un punto de un modelo de un canal de alivio para una presa es 1 m/s. Para una 
razón del prototipo al modelo de 10:1, ¿Cuál es la velocidad en el punto correspondiente en el 
prototipo bajo condiciones similares? 
 
Resolución 
 
Como es un canal la similitud dinámica exige igual número de Froude, entonces 
pp
p
mm
m
lg
v
lg
v 22 = 
Como la gravedad es la misma 
p
p
m
m
l
v
l
v 22 = 
m
p
mp l
l
vv 22 = 
m
p
mp l
l
vv = 
1
1000,1
s
mvp = 
 
vp = 3,16 m/s 
 
Ejercicio 4-19 
 
El suministro de potencia a una bomba depende de la descarga Q, de la elevación de la presión 
Δp, de la densidad del fluido ρ, del tamaño D y de la eficiencia e. Encuéntrese la expresión para la 
potencia por uso del análisis dimensional. 
 
Resolución 
 
Las variables son 6 [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1,,,,, 3211332 eMLTMLpLDTLQTMLP −−−−− Δ ρ 
Las unidades son 3 
TML ,, 
entonces, los parámetros adimensionales son 
Nº π = 6 – 3 = 3 
π1 será 
e=∏1 
π1 = e 
π2 será 
321
2
xxx pPQ ρΔ=∏ 
( ) ( ) ( ) 321 32113322 xxx MLTMLTLTML −−−−−=∏ 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 3
entonces 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 Para M ⇒ 001 32 =+++ xx 
 Para L ⇒ 0332 321 =−−+ xxx 
 Para T ⇒ 0023 21 =+−−− xx 
 
de aquí 
11 −=x 
12 −=x 
03 =x 
entonces 
pQ
P
Δ=∏ 2 
 
π2 = P/QΔp 
 
π3 será 
321
3
xxx pDQ ρΔ=∏ 
( ) ( ) ( ) 321 321133 xxx MLTMLTLL −−−−=∏ 
entonces 
 Para M ⇒ 000 32 =+++ xx 
 Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx 
 Para T ⇒ 0020 21 =+−− xx 
 
de aquí 
5,01 −=x 
25,02 =x 
25,03 −=x 
entonces 
4
4
3 ρQ
pD Δ=∏ 
 
π3 = DΔp1/4
 Q1/2ρ1/4
 
Ejercicio 4-21 
 
Un modelo de medidor Venturi tiene dimensiones lineales de un quinto de las del prototipo. El 
prototipo opera con agua a 20 ºC y el modelo con agua a 95 ºC. Para un diámetro de garganta de 
600 mm y una velocidad en la garganta de 6 m/s en el prototipo, ¿qué descarga se necesita a 
través del modelo para que se tenga similitud? 
 
Resolución 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 4
Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
p
pp
m
mm vDvD
νν = 
p
p
m
m
p
m vD
D
v ν
ν= 
s
m
s
m
s
m
mm
mmvm 00,6
10007,1
10311,0
5
00,600
00,600
2
6
2
6
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
×
×
=
−
−
 
s
mvm 86,9= 
s
mmvAQ mmm 86,95
6,0
4
2
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛== π 
 
Qm = 0,10 m3/s 
 
Ejercicio 4-32 
 
Un modelo a escala 1:5 de un sistema de tuberías de una estación de bombeo se va a probar para 
determinar las pérdidas totales de carga. Se dispone de aire a 25 ºC, 1 atm. Para una velocidad del 
prototipo de 500 mm/s en una sección de 4 m de diámetro con agua a 15 ºC, determínese la 
velocidad del aire y la cantidad del mismo necesarias y cómo las pérdidas determinadas en el 
modelo se convierten en pérdidas en el prototipo. 
 
Resolución 
 
Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces 
p
pp
m
mm vDvD
νν = 
p
p
m
m
p
m vD
D
v ν
ν= 
s
m
s
m
s
m
m
mvm 50,0
10141,1
1070,1
5
00,4
00,4
2
6
2
5
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
×
×
=
−
−
 
La viscosidad cinemática del aire se obtuvo de la figura C.2 de Mecánica de los fluidos (Streeter) 
 
vm = 37,25m/s 
 
s
mmvA mmm 25,375
00,4
4
2
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛== πQ 
 
Qm = 18,72 m3/s 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 5
Como las pérdidas dependen del número de Reynolds y este es el mismo para modelo y prototipo 
las pérdidas serán las mismas. 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Capítulo 5: Flujo viscoso: tuberías y canales
 
Ejercicio 5-1 
 
Determínense las fórmulas del esfuerzo cortante sobre cada placa y para la distribución de 
velocidad para el flujo de la figura, cuando existe un gradiente de presión adversa tal que Q = 0. 
pδy
(p+(dp/dl)δl)δy
(τ+(dτ/dl)δy)δl
τδl
γδlδy
γδlδysen θ
U
u
a
l
dl
y
θ
θ
 
Resolución 
 
( ) 0
12
1
2
3 =+∂
∂−= ahp
l
Uaq γμ 
( ) 3
12
1
2
ahp
l
Ua γμ +∂
∂= 
( )hp
la
U γμ +∂
∂=×26 
Por otro lado 
( )( )2
2
1 yayhp
la
Uyu −+∂
∂−= γμ 
reemplazando 
( )22621 yayaUaUyu −×−= μμ 
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −−= 2
2
3
a
y
a
yU
a
Uyu 
2
2
32 y
a
Uy
a
Uu +−= 
derivando respecto a y obtengo 
y
a
U
a
U
dy
du
2
62 +−= 
El esfuerzo de corte será 
τ = – μ2U + μ6Uy 
 a a2
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 1
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Ejercicio 5-2 
 
En la figura siendo U positivo como se muestra, encuéntrese la expresión para d(p + γh)/dl de 
modo que el corte sea cero en la placa fija. ¿Cuál es la descarga en este caso? 
 
pδy
(p+(dp/dl)δl)δy
(τ+(dτ/dl)δy)δl
τδl
γδlδy
γδlδysen θ
U
u
a
l
dl
y
θ
θ
 
 
Resolución 
 
( )( )2
2
1 yayhp
la
Uyu −+∂
∂−= γμ 
( ) ( ) 2
2
1
2
1 yhp
l
ayhp
la
Uyu γμγμ +∂
∂−+∂
∂−= 
derivando respecto a y obtengo 
( ) ( )yhp
l
ahp
la
U
dy
du γμγμ +∂
∂−+∂
∂−= 1
2
1
 
El esfuerzo de corte es 
dy
duμτ = 
entonces 
( ) ( )yhp
l
ahp
la
U γγμτ +∂
∂−+∂
∂−=
2
1
 
Valuado en y = 0, tenemos 
( ) 0
2
1
0 =+∂
∂−== ahpla
U
y γμτ 
despejando 
( )hp
la
U γμ +∂
∂=22 
 
reemplazando 
2
2 ya
Uu = 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 2
El caudal será 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
∫∫ == aa dyyaUudyq 0
2
2
0
 
 
aUq
3
= 
 
Ejercicio 5-3 
 
En la figura siendo U = 0,7 m/s. Encuéntrese la velocidad del aceite llevado a la cámara de presión 
por el pistón, la fuerza cortante y fuerza total F que actúan sobre el pistón. 
 
U
F50 mm diám.
e = 0,05 mm
0,15 MPa
μ = 1 poise
150 mm
 
 
Resolución 
 
( )( )2
2
1 yayhp
l
y
a
Uu −+∂
∂−= γμ 
además 
( ) 361000,115,0
00,015,0
m
N
m
MPaMPa
l
php
l
×=−=Δ
Δ=+∂
∂ γ 
reemplazando 
( )25365 1000,51000,1
00,1
00,100
00,1000
00,100,12
1
1000,5
70,0
yym
m
N
m
cm
g
kg
cms
g
y
m
s
m
u −×××
×××
−×=
−
−
 
( )256 1000,511000,20100,1400 yym
ms
y
s
u −×××−= − 
26 11000,20100,400 y
ms
y
s
u ×+= 
( )2565 1000,111000,201000,1100,400 m
ms
m
s
u −− ××+×= 
 
s
mu 00,200= 
 
El esfuerzo de corte será 
dy
duμτ = 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 3
entonces 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
m
msms
kg
sms
kg
dy
du 5611 1000,111000,1000,1000,1100,40000,1000,1 −−− ××××+××== μτ 
 
Pa00,25=τ 
 
La fuerza total será 
( )26 5,0
4
1015,015,005,000,25 mPaxmmPapAAF TCT
ππτ ×+××=+= 
 
NFT 90,294= 
 
Ejercicio 5-4 
 
Determínese la fuerza sobre el pistón de la figura debido al corte, y la fuga de la cámara de presión 
para U = 0. 
 
U
F50 mm diám.
e = 0,05 mm
0,15 MPa
μ = 1 poise
150 mm
 
 
Resolución 
 
mmPaAF CC 15,005,000,25 ××== πτ 
 
NFC 59,0=
 
El caudal será 
( ) 3
12
1 ahp
l
q γμ +∂
∂−= 
reemplazando 
( )
s
mm
m
N
ms
kg
q
2
735
3
6 10042,11000,51000,1
10,012
1 −− ×=××
×
−= 
s
mmDqQ
2
710042,105,0 −×××== ππ 
 
s
mQ
3
810636,1 −×=
 
 
 
 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 4
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 
Ejercicio 5-27 
 
Calcúlese el diámetro del tubo vertical necesario para el flujo de un líquido a R = 1400 cuando la 
presión permanece constante y ν = 1,5 μ m2/s. 
 
Resolución 
 
A partir de Hagen–Poiseuille 
L
DpQ μ
π
128
4Δ= 
L
DpvA μ
π
128
4Δ= 
L
DpDv μ
ππ
1284
4
2 Δ= 
L
pDv μ32
2Δ= 
Además 
1400Re == μ
ρvD
 
entonces 
ρ
μ
D
v 1400= 
reemplazando 
L
pD
D μρ
μ
32
1400 2Δ= 
L
pD
2
3
32
1400
μρ
Δ= 
Además como el tubo es vertical 
g
L
p ργ ==Δ 
reemplazando 
2
3
32
1400
μ
ρ
ρ
gD= 
3
2
3
2
2 144800 gDgD νμ
ρ == 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 5
3
2 44800
g
D ν= 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
3
2
22
6
806,9
448001050,1
s
m
s
m
D
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ×
=
−
 
 
mmD 17,2= 
 
Ejercicio 5-28 
 
Calcúlese la descarga del sistema de la figura despreciando todas las pérdidas excepto las del 
tubo. 
 
γ = 55 lb/ft³
μ = 0.1 Poise
1
4 in 
diám.
16
 ft
20
 ft
 
 
Resolución 
 
γ = 55 lb/ft³
μ = 0.1 Poise
1
4 in 
diám.
16
 ft
20
 ft
1
2 Datum
 
 
La pérdida de carga entre 1 y 2 será 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 6
2
2
1
1 hPhP +=+ γγ 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
reemplazando 
1
21
1
21 hPPhPP +−=+− γγγ 
donde 
hPP Δ=−γ
21 
entonces 
hPPP Δ=−=Δ γ21 
ahora 
( ) ( )
L
hh
L
hhhP 11 +Δ=+Δ=+∂
∂ γγγγl 
 
reemplazando 
( )
( )
3
3
75,68
00,16
00,1600,400,55
ft
lb
ft
ftft
ft
lb
hP =
+
=+∂
∂ γl 
 
Al sustituir en la ecuación de Hagen–Poiseuille 
L
DpQ μ
π
128
4Δ= 
 
s
ft
Poise
sft
slug
Poise
in
ftin
ft
lb
Q
3
4
3
00152,0
479
00,1
10,0128
00,12
00,1
4
175,68
=
×××
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×
=
π
 
 
s
ftQ
3
00152,0= 
 
Ejercicio 5-29 
 
En la figura, H = 24 m, L = 40 m, θ = 30 º, D = 8 mm, γ = 10 kN/m3 y μ = 0,08 kg/ms. Encuéntrese la 
pérdida de carga por unidad de longitud del tubo y la descarga en litros por minuto. 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 7
L
θ
D
H
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Resolución 
 
La pérdida de carga entre 1 y 2 será 
( )
L
HhP γγ =+∂
∂
l 
reemplazando 
( ) 33 00,600,40
00,2410
m
kN
m
m
m
kN
hP ==+∂
∂ γl 
( ) 300,6 m
kNhP =+∂
∂ γl
 
La descarga será a partir de Hagen–Poiseuille 
L
DpQ μ
π
128
4Δ= 
( )
sm
kg
m
kN
N
m
kN
Q
××
×
=
08,0128
008,0
00,1
00,100000,6 43 π
 
min
45,0
00,1
00,1000
00,1
00,601054,7
3
3
33
6 dm
m
dm
m
s
s
mQ =×××= − 
 
min
45,0
3dmQ =
 
Ejercicio 5-30 
 
En la figura y problema anterior encuéntrese H si la velocidad es 0,1 m/s. 
L
θ
D
H
 
 
Resolución 
 
A partir de Hagen–Poiseuille 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 8
L
DpQ μ
π
128
4Δ= 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
L
DpvA μ
π
128
4Δ= 
L
DpDv μ
ππ
1284
4
2 Δ= 
L
pDv μ32
2Δ= 
Además 
( )
L
H
L
PhP γγ =Δ=+∂
∂
l 
reemplazandoL
HDv μ
γ
32
2
= 
despejando 
2
32
D
LvH γ
μ= 
( ) mm
kN
N
m
kN
s
mm
sm
kg
H 00,16
008,0
00,1
00,100000,10
10,000,4008,032
2
3
=
×
××××= 
 
mH 00,16=
 
Ejercicio 5-63 
 
¿Qué diámetro para un tubo limpio de hierro galvanizado tiene el mismo factor de fricción para R = 
100000 que un tubo de hierro fundido de 300 mm de diámetro ? 
 
Resolución 
 
Para el tubo de hierro fundido tenemos 
1000001 == ν
VDRe 
Suponiendo que el fluido es agua, entonces ν = 1,00 x 10-5 entonces 
s
m
m
s
m
D
R
V e 33,0
3,0
1000,1100000
2
6
1
=
××
==
−ν
 
Ingresando al ábaco de Moody para Re = 100000 = 1,00 x 105 obtenemos 
0215,0=f 
A partir de la ecuación de Colebrook 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 9
2
9,0
74,5
7,3
ln
325,1
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +
=
eRD
f
ε
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
2
9,09,0
9,074,5
7,3
ln
325,1
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +
=
DvD
f
νε
 
iteramos hasta encontrar D2, esto es 
 
D 5.74v0,9 ν0,9D0,9 5.74v
0,9
ν0,9D0,9 ε ε/3,7D 9,09,0
9,074,5
7,3 DvD
νε + ln () [ln ()]2 f 
0,1500 0,00002 0,5359 0,0000 0,0002 0,0003 0,0003 -8,0696 65,1182 0,0203 
0,1100 0,00002 0,4054 0,0001 0,0002 0,0004 0,0004 -7,7636 60,2735 0,0220 
0,1000 0,00002 0,3720 0,0001 0,0002 0,0004 0,0005 -7,6696 58,8220 0,0225 
0,1200 0,00002 0,4384 0,0001 0,0002 0,0003 0,0004 -7,8495 61,6140 0,0215 
 
Finalmente 
mmD 120= 
 
Ejercicio 5-67 
 
Se va a bombear agua a 20 ºC en 1 km de tubo de hierro forjado con 200 mm de diámetro a la 
velocidad de 60 L/s. Calcúlese la pérdida de carga y la potencia requerida. 
 
Resolución 
 
νπνπνν D
QD
D
QD
A
QVDRe
4
4
2 ==== 
reemplazando 
86,381971
1000,120,0
00,1000
00,100,604
4
2
6
3
33
=
×××
××
==
−
s
mm
dm
m
s
dm
D
QRe
πνπ
 
Como Re es mayor que 5000 se puede aplicar la ecuación de Colebrook, entonces 
2
9,0
74,5
7,3
ln
325,1
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +
=
eRD
f
ε
 
donde para el hierro forjado ε = 0,046 mm, reemplazando 
2
9,086,381971
74,5
2007,3
046,0ln
325,1
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +×
=
mm
mm
f 
016,0=f 
Por la fórmula de Darcy-Weisbach a pérdida de carga será 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 10
g
v
D
Lfh f 2
2
= 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
gA
Q
D
Lfh f 2
1
2
2
= 
gD
Q
D
Lfh f 2
1
4
22
2
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
=
π
 
gD
LQfh f 2
16
52
2
π= 
reemplazando 
( ) 252
2
3
33
806,9220,0
00,1000
00,100,6000,100016
016,0
s
mm
dm
m
s
dmm
hf
×
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ×××
×=
π
 
 
mhf 02,15=
La potencia requerida será 
QhP γ= 
reemplazando 
m
s
m
m
NP 02,1506,000,9806
3
3= 
 
WattP 50,8836= 
 
Ejercicio 5-83 
 
¿Qué medida de tubo hierro fundido nuevo se necesita para transportar 400 L/s de agua a 25 ºC 
un kilómetro con pérdida de carga de 2 m? Úsese el diagrama de Moody y la ecuación (5.8.18) 
 
Resolución 
 
Proponemos un diámetro, calculamos el número de Reynolds, luego el factor de fricción a través 
del gráfico de Moody o la ecuación de Colebrook y lo verificamos calculando la pérdida de carga 
con la ecuación de Darcy-Weisbach. 
 
D Q ν Re 5.74 Re0,9 ε ε/3,7D 9.0
74,5
7,3 eRD
+ε ln () [ln ()]2 f hf
0,500 0,40 0,0000009 1131768,48 0,00002 0,00025 0,00014 0,00016 -8,77 76,88 0,02 7,29 
0,600 0,40 0,0000009 943140,40 0,00002 0,00025 0,00011 0,00014 -8,90 79,17 0,02 2,85 
0,620 0,40 0,0000009 912716,52 0,00002 0,00025 0,00011 0,00013 -8,92 79,55 0,02 2,40 
0,640 0,40 0,0000009 884194,13 0,00003 0,00025 0,00011 0,00013 -8,94 79,92 0,02 2,04 
0,650 0,40 0,0000009 870591,14 0,00003 0,00025 0,00010 0,00013 -8,95 80,09 0,02 1,89 
0,645 0,40 0,0000009 877339,91 0,00003 0,00025 0,00010 0,00013 -8,94 80,00 0,02 1,96 
0,643 0,40 0,0000009 880753,68 0,00003 0,00025 0,00011 0,00013 -8,94 79,96 0,02 2,00 
 
mmD 643=
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 11
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Utilizando la ecuación (5.8.18) tenemos 
04,02,5
4.9
75.4
2
25.166.0 ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
ff gh
LQ
gh
LQD νε 
reemplazando 
04,0
2,5
2
4.932
6
75.4
2
23
25.1
00,2806,9
00,100040.01000,1
00,2806,9
40,000,1000
00025.066.0
⎥⎥
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
×⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛×+
⎟⎟
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛×
= −
m
s
m
m
s
m
s
m
m
s
m
s
mm
mD
 
mD 654,0= 
 
mmD 654=
 
Ejercicio 5-90 
 
Calcúlese el valor H de la figura para 125 L/s de agua a 15 ºC en un tubo de acero comercial. 
Inclúyanse las pérdidas menores. 
H
30 m 30 cm diám
 
 
Resolución 
 
H
30 m 30 cm diámDatum 21
 
 
 
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos 
fhg
vzP
g
vzP +++=++
22
2
2
2
2
2
1
1
1
γγ 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 12
reemplazando y despejando 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
g
vK
D
LfKPP sb 2
2
221 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++=− γγ 
g
vK
D
LfKH sb 2
2
2⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= 
El número de Reynolds será 
48,530516
1000,130,0
00,1000
00,100,1254
4
6
3
33
=×××
××
== −m
dm
m
s
dm
D
QRe πνπ 
como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook 
2
9,0
74,5
7,3
ln
325,1
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +
=
eRD
f
ε
 
reemplazando 
015,0
48,530516
74,5
30,07,3
1060,4ln
325,1
2
9,0
5
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +×
×
=
−
m
m
f 
reemplazando en 
gA
QK
D
LfKH sb 22
2
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= 
gD
QK
D
LfKH sb 42
28
π⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++= 
obtenemos 
( ) =
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛×
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++=
2
42
23
806,930,0
125,08
00,1
30,0
00,30015,050,0
s
mm
s
m
m
mH
π
 
mH 48,0= 
 
Ejercicio 5-94 
 
Una línea de agua que conecta dos depósitos a 70 ºF tiene 5000 ft de tubo de acero de 24 in de 
diámetro, tres codos estándar, una válvula de globo y un tubo de alimentación con reentrada, 
¿Cuál es la diferencia de alturas de los depósitos para 20 ft3/s? 
 
Resolución 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 13
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
H
1
2
Válvula de globo
Datum
 
Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos 
Hp
g
vhP
g
vhP +++=++
22
2
2
2
2
2
1
1
1
γγ 
reemplazando y despejando 
g
vKKK
D
LfKH svce 2
3
2
2⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++++= 
El número de Reynolds será 
49,1157490
1010,1
00,12
00,100,24
00,2044
2
5
3
=
××××
×
==
−
s
ft
in
ftin
s
ft
D
QRe
πνπ
 
como