Mecanica_C3

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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
mm
m
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 FLUIDOSCAPÍTULO 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 ( )
xanclajexextFAPAPF +×+×−=∑ 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