Problemario Parte 1

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Problemario de Mecánica de Fluidos I
Parte 1: Propiedades de los fluidos
Ricardo F. Gomes
Ing. Mecánica, 15’.
15-10574@usb.ve
Primera revisión
Enero 2021
Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 1
Contenido
1. Viscosidad 2
2. Tensión superficial y efecto de capilaridad 15
3. Compresibilidad 21
4. Presión de vapor 22
Formulario 23
Referencias 24
Última revisión: Enero 2021 Ricardo F. Gomes 1
Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 2
1. Viscosidad
Ejercicio 1.1 (Roca Vila 1-3)
Una polea de 50 mm de diámetro interno, gira sobre un eje a 400 rpm, con una holgura radial de
0, 075 mm.
a) Calcule el torque, por metro de longitud del eje, requerido para vencer la resistencia del aceite
ubicado en la holgura, el cual tiene una viscosidad de µ = 1, 0 poises.
b) Determine la potencia disipada por la fricción viscosa.
Solución:
a) Para que la polea rote con velocidad angular constante, el torque externo aplicado debe equilibrarse
con el que produce la resistencia del aceite entre la polea y el eje.
Sobre un diferencial de área en la cara interna de la po-
lea, el fluido ejerce una fuerza dF = τdA. Si el fluido es
newtoniano, este esfuerzo cortante se relaciona con el perfil
de velocidades mediante:
τ = µ
du
dr
En este caso el perfil de velocidad vaŕıa radialmente, es
decir, u = u(r). Las condiciones de borde para dicho perfil se
definen de acuerdo a la condición de no deslizamiento:
u(r = Reje) = 0
u(r = Rpol) = Rpolω
Debido a la magnitud del espesor e de la peĺıcula de aceite,
podemos considerar que el pelfil u vaŕıa linealmente con r.
e
Rpol
=
0, 075
25
<< 1
De este modo, tenemos:
du
dr
∼=
∆u
∆r
=
Rpolω − 0
e
Luego, el esfuerzo cortante vendrá dado por la siguiente expresión:
τ =
µRpolω
e
El torque neto producido por la fuerza dF integrada sobre toda la cara interna de la polea debe ser
igual al torque externo aplicado.
T =
∫
|~r × ~dF | =
∫
rdF sin θ
Ya que ~r y ~dF son perpendiculares y que |~r| = Rpol,
T =
∫
RpoldF
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 3
Sustituyendo las expresiones obtenidas anteriormente:
T =
∫
A
Rpol
(
µRpolω
e
)
dA
Donde el diferencial de área en coordenadas ciĺındricas es dA = Rdθdz
Resolviendo la integral obtenemos:
T =
µωR3pol
e
∫ l
0
∫ 2π
0
dθdz =
2πµωlR3pol
e
Debido a la sencillez geométrica de este problema, se pudo haber procedido de forma más directa sin
necesidad de evaluar la integral. En ese caso:
T = RF = R(τA) = R
(
µRω
e
)
(2πRl) =
2πµωlR3
e
Antes de sustituir los valores numéricos, convertimos los de ω y µ al sistema MKS.
µ = 1, 0 poises
(
0, 1 Pa.s
1poise
)
= 0, 1 Pa.s
ω = 400 rpm
(
2π
60
rad/s
rpm
)
= 41, 89 rad/s
Finalmente, el torque por unidad de longitud será:
T
l
=
2π (0, 1) (25 ∗ 10−3)3 (41, 89)
0, 075 ∗ 10−3
⇒ T
l
= 5, 48
N.m
m
b) La enerǵıa mecánica entregada al sistema es disipada por el fluido viscoso en movimiento.
Luego, la potencia disipada es:
P = ~F .~v = Fv =
T
R
(Rω) = Tω =
2πµω2R3l
e
⇒ P
l
= 229, 7
W
m
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 4
Ejercicio 1.2 (Roca Vila 1-13)
El espacio comprendido entre dos paredes grandes y paralelas está lleno de un ĺıquido de viscosidad
absoluta de 7 poises. Paralelamente a dichas paredes y a 0, 5 cm de cada una, es colocada una lámina de
espesor despreciable y de dimensiones 30 x 30 cm2, la cual es arrastrada con una velocidad de 15 cm/s.
Suponiendo una distribución de velocidades exactamente lineal, determine la fuerza con la que el ĺıquido
frena el movimiento de la lámina.
Solución:
La fuerza que el flujo ejerce sobre cada cara de la lámina
se obtiene a partir del esfuerzo cortante en la interfaz. Para
la cara superior tenemos:
F1 =
∫
A
τ1dA
De acuerdo a la ley de viscosidad de Newton y suponiendo un perfil lineal de velocidad, se obtiene:
τ1 = µ
du1
dy
∼= µ
∆u1
∆y1
= µ
V
∆y1
De este modo,
F1 =
µV
∆y1
∫
A
dA =
µV A1
∆y1
=
(7 poises 0,1 Pa.s1 poise ) (0, 15
m
s ) (0, 09 m
2)
0, 02 m
= 0, 473 N
Análogamente, en la cara inferior se obtiene:
F2 =
∫
A
τ2dA =
µV A2
∆y2
=
(7 poises 0,1 Pa.s1 poise ) (0, 15
m
s ) (0, 09 m
2)
0, 005 m
= 1, 890 N
Finalmente,
Ftot = F1 + F2 ⇒ Ftot = 2, 36 N
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 5
Ejercicio 1.3 (Shames 1-15)
Un cilindro de 20 lbf de peso se desliza dentro de un tubo lubricado. La holgura entre el cilindro y el
tubo es de 0, 001 in. Si se observa que el cilindro se desacelera a una tasa de 2 ft
s2
cuando la velocidad es
de 20 fts , ¿cuál es la viscosidad del aceite? Las dimensiones del cilindro se indican en la figura.
Solución:
Las fuerzas que actúan sobre el cilindro son su peso y la resistencia del
aceite. Esta última está relacionada con el esfuerzo cortante entre la superficie
del cilindro y el fluido mediante:
dF = τdA =
(
µ
du
dy
)
dA
Asumiendo un perfil lineal de velocidades, realizamos la aproximación:
du
dy
∼=
∆u
∆y
La magnitud de la velocidad del flujo de aceite vaŕıa desde cero (en la
pared del tubo) hasta la velocidad con la que cae el cilindro.
∆u
∆y
=
Vcil − 0
e
La fuerza neta sobre el cilindro se obtiene al integrarla sobre toda el
área en contacto con el aceite.
F =
∫
dF =
∫
A
µ
V
e
dA =
µV
e
∫
A
dA =
µV (πDL)
e
Aplicando la 2da Ley de Newton al cilindro, se obtiene:
mg − F = mdV
dt
⇒ mg − µπV DL
e
= m
dV
dt
Despejando la viscosidad del aceite:
µ =
(
mg −mdVdt
)
e
πV DL
En el instante indicado el cilindro tiene una velocidad de V = 20 fts y desacelera a razón de
dV
dt = −2
ft
s2
Tomando g = 32, 17 ft
s2
y sustituyendo con las unidades adecuadas, se obtiene:
µ = 1, 352 ∗ 10−4
lbf .s
ft2
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 6
Ejercicio 1.4 (Cengel & Cimbala 2-46)
Un cuerpo en forma de cono truncado, gira a velocidad angular constante de 200 rads dentro de un
recipiente lleno con aceite SAE 10W a 20◦C (µ = 0, 1 Pa.s), tal como se muestra en la figura. Si el espesor
de la peĺıcula de aceite es de 1, 2 mm, determine:
a) La potencia necesaria para mantener este movimiento.
b) La reducción en el consumo de potencia cuando la temperatura del aceite se eleva a 80◦C (µ =
0, 0078 Pa.s)
Solución:
El torque aplicado sobre la pieza debe vencer la re-
sistencia del fluido que se encuentra entre ella y el con-
tenedor. Dicho torque vendrá dado por:
T =
∫
|~r × ~dF | =
∫
rdF sin θ =
∫
rdF
Donde θ = π2
Este diferencial de fuerza que ejerce el fluido sobre
la pieza es dF = τdA, donde el esfuerzo cortante se
relaciona con el perfil de velocidad del fluido a través de
la Ley de Viscosidad de Newton.
El torque total será la suma del producido en el área
lateral del cono truncado (T1) y en las dos tapas (T2 y
T3)
-Cálculo de T1 (área lateral)
Suponiendo un perfil lineal de velocidades, tenemos:
τ = µ
du
dr
∼= µ
∆u
∆r
= µ
(rω − 0)
e
=
µωr
e
Luego,
T1 =
∫
rdF1 =
∫
A
r
(µωr
e
)
dA =
µω
e
∫
A
r2dA
Es necesario escribir el diferencial de área en función de los paráme-
tros geométricos.
Tomamos como elemento diferencial de área una ((cinta)) de largo
2πr y ancho ds
El ancho ds puede relacionarse con un diferencial de radio dr de la
siguiente manera:
ds =
dr
sin θ
=
√
(R1 −R2)2 + L2
R2 −R1
dr
Luego, nos queda:
T1 =
µω
e
∫ R2
R1
r2
(
2πr
√
(R1 −R2)2 + L2
R2 −R1
dr
)
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 7
De este modo,
T1 =
2πµω
e
√
(R1 −R2)2 + L2
R2 −R1
∫ R2
R1
r3dr
⇒ T1 =
πµω
2e
(√
1 +
L2
(R2 −R1)2
)
(R42 −R41)
-Cálculo de T2 (tapa superior)
Para este caso, el diferencial de área vendrá dado por dA = 2πrdr
T2 =
µω
e
∫ R2
0
r2 (2πrdr) =
2πµω
e
R42
4
⇒ T2 =
πµωR42
2e
-Cálculo de T3 (tapa inferior)
De manera análoga al cálculo anterior, se obtiene:T3 =
πµωR41
2e
Finalmente,
Ttot = T1 + T2 + T3 =
πµω
2e
[
R42 +R
4
1 + (R
4
2 −R41)
√
1 +
L2
(R2 −R1)2
]
Luego, la potencia requerida es:
P = Ttot ω =
πµω2
2e
[
R42 +R
4
1 + (R
4
2 −R41)
√
1 +
L2
(R2 −R1)2
]
Para el primer caso, a 20◦C, sustituimos los valores numéricos, obteniéndose:
P = 280, 6 W
En el segundo caso, a 80◦C, la viscosidad del aceite es menor y se obtiene:
P = 21, 9 W
Lo cual representa una reducción del 92 %.
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 8
Ejercicio 1.5 (Shames 1-22)
Un cazador africano dispara una cerbatana con un dardo envenenado. El cazador mantiene una presión
manométrica constante de 5 kPa por detrás del dardo, el cual pesa 0, 5N y tiene un área periférica de
1500mm2 directamente adyacente a la superficie interna de la cerbatana. La holgura promedio entre la
superficie del dardo y la superficie de la cerbatana es de 0, 01mm cuando se dispara directamente hacia
arriba. La mezcla de aire y vapor de la respiración del cazador tiene una viscosidad de 3 ∗ 10−5N.s/m2 y
actúa como fluido lubricante entre el dardo y la cerbatana. ¿Cuál es la velocidad del dardo al salir de la
cerbatana si se dispara directamente hacia arriba?
Solución:
Las fuerzas que actúan sobre el dardo son: su peso,
la resistencia viscosa del fluido y la presión. Es impor-
tante resaltar que la presión atmosférica actúa en ambas
caras del dardo, por lo que su efecto se cancela mutua-
mente. De este modo, el valor manométrico de 5 kPa
(por encima de patm) es el único que contribuye.
La ecuación de movimiento del dardo vendrá dada por:
pmanA−mg − Fvisc = m
dV
dt
La velocidad del dardo será función de la posición y a lo largo de la cerbatana
y esta a su vez es función del tiempo. Luego, por regla de la cadena:
dV
dt
=
dV
dy
dy
dt
=
(
dV
dy
)
V
El área sobre la que actúa la presión pman es A =
πD2i
4 .
La fuerza total que ejerce el fluido sobre el dardo se obtiene integrando τdA
sobre toda la superficie de contacto. Para un fluido newtoniano y suponiendo que
su perfil de velocidades es lineal, se tiene:
τ = µ
du
dx
∼= µ
∆u
∆x
=
µV
e
Luego,
F =
∫
dF =
∫
A
τdA =
∫
A
µV
e
dA =
µV
e
∫
A
dA =
µV Acont
e
Volviendo a la ecuación de movimiento:
pman
πD2i
4
−mg − µAcont
e
V (y) = mV (y)
dV
dy
La expresión obtenida es una ecuación diferencial no lineal de 1er orden, la
cual puede resolverse por separación de variables.
dy =
mV (y)
pman
πD2i
4 −mg −
µAcont
e V (y)
dV
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 9
La condición inicial a la cual está sujeta esta EDO es V (y = 0) = 0 (dardo en reposo en el punto de
partida). ∫ y
y=0
dy =
∫ V
V=0
CV
A−BV
dV ⇒ y = −C
B
(
A
B
ln |A−BV |+ V − A
B
ln |A|
)
Sustituyendo los valores numéricos:
A = pman
πD2i
4
−mg = 3, 0343N
B =
µAcont
e
= 4, 5 ∗ 10−3 N.s
m
C = m = 0, 0510 kg
Se tiene:
y = −7641, 9 ln |3, 0343− (4, 5 ∗ 10−3)V | − 11, 33V + 8482, 4
Esta es una ecuación impĺıcita para V y y. Deseamos conocer el valor de V (y = 2m), lo cual puede
obtenerse por un esquema de tanteo, un método numérico o una calculadora apropiada.
Finalmente,
V (y = 2m) ≈ 15 m
s
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 10
Ejercicio 1.6 (Fox & McDonald 2-65)
Un eje circular de aluminio se encuentra montado en un cojinete liso y la holgura entre ambos es
llenada con aceite SAE 10W-30 a 30◦C. El eje gira debido al descenso de la masa M mostrada en la
figura. Plantee la ecuación de movimiento del sistema, calcule la máxima velocidad angular que el eje
desarrollará y el tiempo requerido para alcanzar el 95 % de esa velocidad.
Solución:
El torque producido por la masaM es contrarrestado
por la resistencia viscosa del aceite en la holgura. De
este modo, el eje empieza a acelerarse pero con una tasa
cada vez menor hasta finalmente alcanzar una velocidad
máxima o terminal. Este comportamiento es regido por
su ecuación de movimiento, la cual se obtiene a partir
de los diagramas de cuerpo libre correspondientes.
Mg − T = Mdv
dt
TR−Mvisc = I
dω
dt
Sustituyendo la primera ecuación en la segunda y agregando la relación
cinemática v = Rω, se obtiene:
MgR−MR2dω
dt
−Mvisc = I
dω
dt
⇒ MgR−Mvisc = (I +MR2)
dω
dt
Donde Mvisc es el torque producido por el fluido, el cual lo calculamos
como:
Mvisc =
∫
|~r × d~F | =
∫
A
R(τdA)
Para un fluido newtoniano y un perfil de velocidades aproximado como
lineal, nos queda:
τ =
µRω
a
Luego,
Mvisc =
∫
A
µR2ω
a
dA =
µR2ω
a
∫ L
0
∫ 2π
0
Rdθdz
⇒ Mvisc =
2πµR3ωL
a
De esta forma, la ecuación de movimiento nos queda:
MgR− 2πµR
3L
a
ω = (I +MR2)
dω
dt
La cual es una EDO de la forma:
A−Bω = Cdω
dt
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 11
Por separación de variables, y fijando como condición inicial ω(0) = 0 (eje parte del reposo), se tiene:∫ t
0
dt =
∫ ω
0
C
A−Bω
dω ⇒ t = −C
B
ln
(
1− B
A
ω
)
⇒ ω(t) =
A
B
(
1− e−
B
C
t
)
La velocidad máxima o terminal puede obtenerse haciendo
t→∞.
ωmax =
A
B
=
Mga
2πµR2L
Este resultado también puede conseguirse al hacer dωdt = 0
en la ecuación de movimiento, ya que al alcanzar ωmax el
sistema estará en régimen estacionario.
La viscosidad de un fluido depende notoriamente de la
temperatura. En los ĺıquidos, esta disminuye al aumentar la
temperatura (caso contrario el de los gases). La viscosidad
dinámica del aceite SAE 10W-30 a una temperatura promedio
de 30◦C puede consultarse en un gráfico como el de la figura.
Luego,
ωmax =
(0, 01 kg)(9, 81m/s2)(0, 0005m)
2π(0, 095N.s/m2)(0, 025m)2 (0, 050m)
⇒ ωmax = 2, 63
rad
s
∼= 25, 1 rpm
El tiempo aproximado en el que esto ocurre puede
calcularse con la integral anterior. Note que no pue-
de sustituirse directamente el valor asintótico ωmax,
pues produciŕıa una división entre cero. Usando el
95 % de ese valor nos queda:∫ t∗
0
dt =
∫ 0,95ωmax
0
C
A−Bω
dω
⇒ t∗ = −C
B
ln
(
1− B
A
(0, 95ωmax)
)
El momento de inercia de un cilindro respecto a
su eje longitudinal es:
I =
1
2
mR2 =
1
2
(ρAlV )R
2 =
1
2
ρAl
(
5
2
πR2L
)
R2
Tomando la densidad del alumnio como ρAl = 2700 kg/m
3 y sustituyendo los demás valores, finalmente
obtenemos:
t∗ = 0, 67 s
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 12
Ejercicios propuestos
Ejercicio 1.7 (Roca Vila 1-4)
Un fluido tiene una densidad relativa de 0, 85 y
una viscosidad cinemática de 0, 005 stokes. Calcular
su viscosidad dinámica y cinemática en el sistema
MKS.
R: µ = 4, 25 ∗ 10−4 kgm.s ; ν = 5 ∗ 10
−7 m2
s
Ejercicio 1.8 (Streeter et al. 1-16)
Determine la viscosidad del fluido entre el eje y
la camisa mostrados en la Figura.
R: 0, 02387 lb.s
ft2
Ejercicio 1.9 (Shames 1-13)
Dos placas grandes y paralelas están separadas
por un aceite de viscosidad µ. La placa superior se
mueve con una velocidad Vo mientras que la infe-
rior se encuentra estacionaria. Determine el esfuerzo
cortante causado por el aceite sobre la placa en mo-
vimiento, partiendo de las suposiciones siguientes:
a) Suponiendo un perfil de velocidad parabólico.
b) Suponiendo un perfil lineal.
R: a) τ = µVo2d b) τ =
µVo
d
Ejercicio 1.10 (Shames 1-14)
Un bloque de 1 kN de peso y 200 mm de lado se
desliza hacia abajo en un plano inclinado sobre una
peĺıcula de aceite de 0, 005 mm de espesor. Dicho
aceite tiene una viscosidad de 7 ∗ 10−2 poises.
Si se supone un perfil lineal de velocidades en el
aceite, ¿cuál es la velocidad terminal del bloque?
R: 6, 11 ms
Ejercicio 1.11 (Cengel & Cimbala 2-45)
Una lámina plana y delgada de 20cm x 20cm
es jalada horizontalmente, de forma que se mueve
a 1 ms a través de una capa de aceite de 3, 6 mm
de espesor. Dicha capa se ubica entre dos placas,
una estacionaria y otra que se mueve a velocidad
constante de 0, 3 ms , tal como se indicaen la figura.
La viscosidad dinámica del aceite es de 0, 027 Pa.s
Suponiendo que la velocidad en ambas capas de
aceite vaŕıa de forma lineal:
a) Trace una gráfica del perfil de velocidades y
determine el punto en el que la velocidad del
aceite es cero.
b) Determine la fuerza que se necesita aplicar so-
bre la lámina para mantener este movimiento.
R: a) 0, 60 mm (desde la inferior) b) 1, 62 N
Ejercicio 1.12 (Munson et al. 1-82)
Una delgada capa de glicerina fluye hacia abajo
sobre una lámina fija e inclinada, con el perfil de
velocidades mostrado en la figura. Para un espesor
h = 0, 76 cm, un ángulo de inclinación α = 20◦ y
asumiendo que el ancho de la lámina es unitario,
calcule la velocidad U en la superficie. Para la gli-
cerina, utilice ν = 1, 19 ∗ 10−3 m2s
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 13
R: 0, 0813 ms
Ejercicio 1.13 (Munson et al. 1-84)
Un CD rota a 10,000 rpm. La cabeza del lector
tiene 0, 2 in de diámetro y está ubicada 0, 0005 in
por encima de la superficie del CD, a una distancia
radial de 2 in. Calcule un valor estimado de la fuerza
cortante que actúa sobre la cabeza del lector, debido
al flujo de aire entre ella y el CD. Para el aire, utilice
µ = 3, 74 ∗ 10−7 lb.s
ft2
R: 3, 43 ∗ 10−4 lbf
Ejercicio 1.14 (Cengel & Cimbala 2-47)
El sistema de embrague mostrado en la figura
se usa para transmitir un par de torsión mediante
una peĺıcula de aceite de µ = 0, 38 N.s
m2
, situada
entre dos discos idénticos de 30 cm de diámetro.
Cuando la flecha impulsora gira a una velocidad de
1450 rpm, se observa que la flecha impulsada gira a
1398 rpm. Suponiendo un perfil lineal de velocida-
des para la peĺıcula de aceite, determine el par de
torsión transmitido.
R: 0, 55 N.m
Ejercicio 1.15 (Shames 1-21)
Una esfera de radio R rota con una velocidad
constante ω. Una peĺıcula de aceite separa a la esfera
de un contenedor esférico estacionario. Deduzca una
expresión para el torque que produce la resistencia
del aceite, en términos de R, ω, µ y e.
R: T = 8πµωR
4
3e
Ejercicio 1.16 (Fox & McDonald 2-57)
Tres fluidos de viscosidades µ1 = 0, 15N.s/m
2,
µ2 = 0, 5N.s/m
2 y µ3 = 0, 2N.s/m
2 están conte-
nidos entre dos placas paralelas de 1m2 cada una.
Los espesores de cada capa son h1 = 0, 5mm, h2 =
0, 25mm y h3 = 0, 2mm, respectivamente. Sobre
la placa superior se aplica una fuerza F de 100N ,
mientras que la otra se mantiene fija. Determine la
velocidad en estado estacionario que se establece en
la placa superior y en las dos interfaces.
R: V = 0, 483 ms
V23 = 0, 383
m
s
V12 = 0, 333
m
s
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 14
Ejercicio 1.17 (Fox & McDonald 2-67)
En la figura se muestra un viscośımetro rotacio-
nal de cono-plato, el cual es usado frecuentemente
para caracterizar fluidos no-newtonianos. El instru-
mento consiste en una placa plana y un cono gira-
torio con un ángulo muy obtuso (generalmente θ es
menor a 0, 5◦). El ápice del cono toca la superficie de
la placa y la estrecha holgura entre ambos es llenada
con el ĺıquido a analizar.
a) Obtenga una expresión para la tasa de defor-
mación del fluido (γ̇).
b) Determine el torque ejercido sobre el cono en
función del esfuerzo cortante y la geometŕıa
del sistema.
R: a) γ̇ = ωθ b) T =
2πR3τ
3
Ejercicio 1.18 (Fox & McDonald 2-76)
En la figura se muestra una sección de un coji-
nete. La misma tiene geometŕıa esférica y rota con
velocidad angular ω por encima de una superficie
plana, con una pequeña separación a. La holgura
está llena de un aceite de viscosidad µ = 1250 cp.
a) Obtenga una expresión algebraica para el es-
fuerzo cortante que actúa sobre el miembro
esférico.
b) Para la configuración mostrada, calcule el máxi-
mo esfuerzo cortante producido.
c) Plantee la integral para calcular el torque total
ejercido sobre el miembro esférico.
R: a) τ = µRω sin θa+R(1−cos θ)
b) τmax = 79, 2
N
m2
y ocurre en θ = 6, 6◦
Ejercicio 1.19 (Munson et al. 1-86)
En la figura, se muestra el cojinete usado en el
eje de un instrumento eléctrico. Un aceite de vis-
cosidad µ = 0, 010 lb.s
ft2
llena la holgura de 0, 001 in
entre el eje giratorio y la base estacionaria. Determi-
ne el torque friccional sobre el eje cuando este rota
a 5000 rpm
R: 9, 53 ∗ 10−4 lbf .ft
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2. Tensión superficial y efecto de capilaridad
Ejercicio 2.1 (Streeter et al. Ej. 1-6)
Un tubo cónico en posición horizontal contiene en su interior una gota alargada de un ĺıquido, cuya
tensión superficial es de σ = 0, 05 Nm , tal como se muestra en la figura. El radio del tubo en la ubicación
del menisco izquierdo es de r = 3 mm y el ángulo α es de 12◦. Por su parte, ambos meniscos forman un
ángulo θ = 25◦ respecto a las paredes del tubo y están separados por una distancia x = 15 mm.
a) Determine la magnitud de la fuerza que tiende a mover la gota hacia la derecha.
b) ¿Qué ocurriŕıa si α = 0◦ ?
Solución:
a) Las fuerzas que actúan sobre la gota en
la dirección horizontal son las componentes de la
tensión superficial en esa dirección.
La tensión superficial σ puede interpretarse co-
mo una fuerza de tracción por unidad de longitud.
Por lo tanto, la magnitud de la fuerza actuante
será el producto de σ por la longitud del borde de
la superficie libre. En este caso, dicha ĺınea es una
circunferencia con el radio del tubo.
En el lado izquierdo, se tiene:
| ~F1| = (2πr1)σ
Para el lado derecho, es necesario determinar el radio del tubo en ese punto. Auxiliándonos en una
representación cartesiana, tenemos:
Luego, el diámetro en el punto x será:
x tanα+ r1 − (−x tanα− r1) = 2x tanα+ 2 r1
Y el radio es: x tanα+ r1
Luego, | ~F2| = 2π (x tanα+ r1)σ
Las componentes horizontales serán:
F1x = −2πr1σ cos (θ − α)
F2x = 2πσ (r1 + x tanα) cos (θ + α)
Finalmente, la fuerza neta hacia la derecha es:
Ftotx = 2πσ [(r1 + x tanα) cos (θ + α)− r1 cos (θ − α)]
Sustituyendo los valores numéricos:
Ftotx = 6, 34 ∗ 10−4 N
b) Si α = 0◦ entonces Ftotx = 0, es decir, la gota no se mueve.
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Ejercicio 2.2 (Shames 1-42)
Una columna de mercurio desciende una distancia d en el interior de un tubo capilar de vidrio, tal
como se indica en la figura. Si la tensión superficial para mercurio y aire es de 0, 514 Nm , la gravedad
espećıfica del mercurio es de 13, 6 y el ángulo θ del menisco es 40◦, determine un valor aproximado para
la profundidad d. ¿Las suposiciones realizadas hacen que la profundidad real sea mayor o menor que la
calculada?
Solución:
El fluido en la región del menisco está sometido a las fuer-
zas indicadas en el diagrama de cuerpo libre de la figura.
Despreciando la contribución de la altura del menisco, se
tiene que la presión p bajo el mismo viene dada por:
p = patm + ρgd = patm + (SGHg γH2O)d
La componente vertical de la tensión superficial es:
Fsy = πDσ cos θ
Sumando fuerzas en la dirección vertical:
[patm+ (SGHgγH2O) d ]
πD2
4
−patm
πD2
4
−πDσ cos θ−w = 0
⇒ d = πσD cos θ + w
(SGHg γH2O)
πD2
4
Despreciando el peso del menisco y sustituyendo valores
numéricos, se obtiene:
d = 11, 81 mm
La profundidad real debe ser un poco mayor pues el peso
del fluido en el menisco fue despreciado.
Observe que con esta suposición, la expresión obtenida puede
manipularse para ser análoga a la deducida para una columna de
ĺıquido ascendente (menisco cóncavo).
d =
πσD cos θ
(ρHg g)
πD2
4
=
4σ cos θ
(ρHg g)D
=
2σ cos θ
(ρHg g)R
Si sustituimos el ángulo θ por su suplementario φ = 180◦ − θ,
tenemos una expresión general:
d =
2σ cosφ
ρgR
Por lo tanto, si φ > 90◦ el menisco es convexo y d < 0 (columna desciende por el tubo). Si φ < 90◦ el
menisco es cóncavo y d > 0 (columna asciende por el tubo).
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Mecánica de Fluidos I Propiedades de los fluidos 17
Ejercicio 2.3 (White 1-71)
Una burbuja de jabón de diámetro D1 coalesce con otra burbuja de diámetro D2 para formar una sola
burbuja con la misma cantidad de aire. Asumiendo que el proceso es isotérmico, halle una expresión para
determinar el diámetro D3 de la nueva burbuja en función de D1, D2, patm y la tensión superficial σ.
Solución:
Una burbuja de jabón está formada por una fina capa de agua ubicada entre dos peĺıculas de jabón.
La tensión superficial tiende a reducir el área de la burbuja, mientras que la diferencia de presión entre
el exterior y el interior tiende a aumentar su volumen. Ambos efectos se equilibran y el resultado es una
forma esférica, ya que es la geometŕıa que minimiza la relación superficie-volumen. Esto puede visualizarse
a través del diagrama de cuerpo libre de la figura.
∑
F : (pint − patm)πR2 − 4πRσ = 0 ⇒ ∆p =
4σ
R
Observe que la tensión superficial actúa tanto en la
superficie externa como interna de la burbuja (hay dos
interfaces ĺıquido-aire), y que el efecto neto de la presión
actúa sobre el área proyectada de la forma esférica.
De aqúı se tiene que, a menor tamaño de la burbuja
mayor salto de presión, y que el lado cóncavo de la super-
ficie es siempre el de mayor presión.
Este resultado es análogo al que predice la Ley de Young-Laplace:
∆p = σ
(
1
Rx
+
1
Ry
)
En el caso de la burbuja de jabón Rx = Ry = R y la expresión debe duplicarse pues hay dos interfaces.
Note que en otros casos como gotas de ĺıquido o en burbujas rodeadas de ĺıquido, la tensión superficial
está presente en una sola interfaz.
Volviendo con el curso del ejercicio, la masa de la burbuja formada será la de ambas burbujas originales:
m1 +m2 = m3
Suponiendo que el aire se comporta como gas ideal, su ecuación de estado será:
pv = RairT ⇒
pV
m
= RairT ⇒ m =
pV
RairT
Ya que el proceso se considera isotérmico, T1 = T2 = T3, y sustituyendo en la primera expresión nos
queda:
p1V1 + p2V2 = p3V3
Donde p es la presión absoluta del gas:
p = patm +
4σ
R
= patm +
8σ
D
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Y V es el volumen de una esfera:
V =
4
3
πR3 =
πD3
6
Luego de simplificar ligeramente , se obtiene la siguiente ecuación para D3:
(patmD3 + 8σ)D
2
3 = patm(D
3
1 +D
3
2) + 8σ(D
2
1 +D
2
2)
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Ejercicio 2.4 (Munson 1-126)
Bajo las condiciones apropiadas, es posible que un objeto metálico flote sobre el agua debido al efecto
de la tensión superficial. Suponga que una varilla de acero (γ = 490 lb
ft3
) es colocada sobre la superficie
del agua. ¿Cuál es el diámetro máximo que puede tener la varilla para evitar que se hunda?
Solución:
Para que la varilla de acero se mantenga a flote, su peso no debe superar la fuerza total debida a la
tensión superficial.
Para una varilla de largo L, tal que L >> D, se tiene:
w =
πD2L
4
γac ≤ 2Lσ ⇒ Dmax =
√
8σ
πγac
Con σ = 5, 03 ∗ 10−3 lbft , se tiene:
Dmax = 0, 0614 in
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Ejercicios propuestos
Ejercicio 2.5 (Shames 1-41)
Un tubo de vidrio es sumergido en un recipiente
con mercurio. Tal como se muestra, el ángulo de
contacto es de 50◦ tanto fuera como dentro del tubo.
Determine la magnitud de la fuerza hacia arriba que
actúa sobre el vidrio debido a los efectos de tensión
superficial. Utilice σ = 0, 514 Nm
R: 0, 0831 N
Ejercicio 2.6 (Cengel & Cimbala 2-61)
Se introduce un tubo de diámetro 1, 9 mm en
un ĺıquido desconocido cuya densidad es de 960 kg
m3
,
y se observa que este asciende 5mm en el interior
del tubo, formando un ángulo de contacto de 15◦.
Determine la tensión superficial del ĺıquido.
R: 0, 0232 Nm
Ejercicio 2.7 (Cengel & Cimbala 2-77)
Deduzca una expresión para el ascenso por ca-
pilaridad de un ĺıquido entre dos placas paralelas
muy largas, separadas una distancia t, e introduci-
das verticalmente en dicho ĺıquido.
R: h = 2σ cosφγ t
Ejercicio 2.8 (Munson et al. 1-121)
Un chorro ciĺındrico de agua de 12mm de diáme-
tro se descarga verticalmente en la atmósfera. Debi-
do a la tensión superficial, la presión en el interior
del chorro es ligeramente mayor que la presión at-
mosférica de los alrededores. Calcule la magnitud de
dicha diferencia de presión. Utilice σ = 0, 073 Nm
R: 12, 2 Pa
Ejercicio 2.9 (Cengel & Cimbala 2-62)
Determine la presión manométrica en el interior
de una burbuja de jabón, para los casos en que su
diámetro sea de 0, 2 cm y de 5 cm. Utilice σ =
0, 025 Nm
R: 100 Pa y 4 Pa respectivamente.
Ejercicio 2.10 (Fox & McDonald 2-77)
El diámetro promedio de las burbujas de gas que
se forman en una botella de refresco al abrirla es
aproximadamente 0, 1mm. Estime la diferencia de
presión entre el interior y el exterior de estas burbu-
jas. Asuma que la tensión superficial en una inter-
faz refresco-gas es la misma que en el caso agua-aire
(σ = 0, 073N/m).
R: 2, 92 kPa
Ejercicio 2.11 (Shames 1-43)
Un tanque muy delgado con un extremo abierto
se llena cuidadosa y lentamente con agua a 45◦C,
con el fin de obtener la mayor cantidad posible sin
que se desborde. En la figura se muestran las vistas
frontal y lateral de dicho tanque. Si el manómetro
mide una presión de 2943, 7 Pa, calcule el radio de
curvatura de la superficie del agua en su parte su-
perior y lejos de los extremos. Utilice σ = 0, 073 Nm
y γ = 9806 N
m3
R: 38, 42 mm
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3. Compresibilidad
Ejercicio 3.1 (Cengel & Cimbala 2-32)
Determine el incremento en la densidad del agua, cuando esta se comprime isotérmicamente desde
una presión de 1 atm hasta 800 atm. Tome el coeficiente de compresibilidad isotérmica del agua igual a
4, 8 ∗ 10−5 atm−1
Solución:
El coeficiente de compresibilidad isotérmica relaciona el cambio relativo en la densidad de un fluido
debido a un correspondiente cambio de presión.
Aproximando los cambios diferenciales a cambios finitos, se tiene:
β =
1
ρ
(
∂ρ
∂p
)
T
∼=
∆ρ/ρ
∆p
⇒ ∆ρ = βρ∆p
Tomando la densidad del agua, a 20◦C y 1 atm, igual a 998 kg
m3
y sustituyendo los valores numéricos,
obtenemos:
∆ρ = (4, 8 ∗ 10−5 atm−1) (998 kg
m3
) (800 atm− 1 atm) ⇒ ∆ρ = 38, 28 kg
m3
Por lo tanto, la densidad del agua aumenta de 998 kg
m3
a 1036, 38 kg
m3
Ejercicio propuesto
Ejercicio 3.2 (Munson et al. 1-97)
Un recipiente ŕıgido contiene 1 m3 de agua. Estime el cambio de volumen del agua cuando un pistón
aumenta la presión del sistema en 35 Mpa. Utilice un valor de 2, 15∗109 N
m2
para el módulo de elasticidad
volumétrica del agua.
R: ∆V ≈ −0, 0163 m3
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4. Presión de vapor
Ejercicio 4.1 (Cengel & Cimbala 2-15)
En un sistema de tubeŕıas, la temperatura del agua permanece por debajo de 40◦C. Determine la
presión mı́nima admisible en el sistema para evitar la cavitación.
Solución:
La cavitación es un fenómeno indeseado producido cuando la presión de un ĺıquido en un punto del flujo
es menor que su presión de vapor, por lo cual se forman súbitamente burbujas. Estas son transportadas
a zonas de mayor presión donde estallan, provocando ruido, vibraciones y erosión de superficies.
La presión de vapor depende de la temperatura del fluido y la podemos leer en las tablas de saturación
del mismo. Para el agua a 40◦C, Psat = 7, 38 kPa
Por lo tanto, la presión debe mantenerse por encima de 7, 38 kPa en todos los puntos del flujo para
evitar la cavitación.
Ejercicio propuesto
Ejercicio 4.2 (Cengel & Cimbala 2-16)
El análisis de una hélice que opera en el agua a 20◦C, muestra que la presión en las puntas de la
misma cae hasta 2 kPa cuando opera a altasvelocidades. Determine si existe peligro de cavitación para
esta hélice.
R: Śı hay peligro de cavitación.
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Formulario
Densidad: ρ = mV
Peso espećıfico: γ = ρg
Gravedad espećıfica o densidad relativa:
SG = ρρH2O (@ 4◦C)
Tasa de deformación: γ̇ = dudy
Fluido Newtoniano: τ ∝ γ̇
Ley de Viscosidad de Newton:
τyx = µ
du
dy (Flujo 1-D)
Viscosidad dinámica: [µ] = kgm.s =
N.s
m2
= Pa.s
1 poise = 0, 1Pa.s
Viscosidad cinemática: ν = µρ
[ν] = m
2
s ; 1 stoke = 1
cm2
s
Parche de esfera en coordenadas esféricas:
dA = R2 sin θ dθ dφ
(R = ctte) ; (0 ≤ θ ≤ π) ; (0 ≤ φ ≤ 2π)
Parche de cono en coordenadas esféricas:
dA = r sin θ dr dφ
(θ = ctte) ; (0 ≤ φ ≤ 2π)
(0 ≤ r ≤
√
h2 +R2)
Parche de cilindro en coordenadas ciĺındricas:
dA = Rdφdz
(R = ctte) ; (0 ≤ φ ≤ 2π) ; (0 ≤ z ≤ h)
Ley de Young-Laplace: ∆p = σ
(
1
Rx
+ 1Ry
)
Altura capilar (para R = ctte):
h = 2σ cosφρgR
Menisco cóncavo: φ < 90◦ ; h > 0
Menisco convexo: φ > 90◦ ; h < 0
Coeficiente de compresibilidad:
β = 1ρ
(
∂ρ
∂P
)
T
= − 1v
(
∂v
∂P
)
T
Módulo de elasticidad volumétrica:
κ = 1β = ρ
(
∂P
∂ρ
)
T
= −v
(
∂P
∂v
)
T
Ecuación de estado de un gas ideal:
p = ρRgasT
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Referencias
[1] Cengel, Y. A., & Cimbala, J. M. (2006). Mecánica de Fluidos. Fundamentos y Aplicaciones. México
D.F.: McGraw-Hill Interamericana, S.A.
[2] Fox, R. W., McDonald, A. T., Pritchard, P. J., & Leylegian, J. C. (2011). Fox and McDonald’s
Introduction to Fluid Mechanics. (8th ed.). Hoboken, NJ: John Wiley & Sons, Inc.
[3] Munson, B. R., Okiishi, T. H., Huebsch, W. W., & Rothmayer, A. P. (2013). Fundamentals of Fluid
Mechanics. (7th ed.). Hoboken, NJ: John Wiley & Sons, Inc.
[4] Roca Vila, R. (1993). Introducción a la Mecánica de Fluidos. México D.F.: Editorial Limusa, Noriega
Editores.
[5] Shames, I. H. (1995). Mecánica de Fluidos. (3era ed.). Bogotá: McGraw-Hill Interamericana, S.A.
[6] Streeter, V. L., Wylie, E. B., & Bedford, K. W. (2000). Mecánica de Fluidos. (9na ed.). Bogotá:
McGraw-Hill Interamericana, S.A.
[7] White, F. M. (1998). Fluid Mechanics. (4th ed.). Boston: WCB/McGraw-Hill.
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