Física universitaria — segundo año · Bachelor Year 2

5Balances de cantidad de movimiento y de energía en los flujos

Un bombero se afianza contra la manguera: el agua que sale a treinta metros por segundo empuja hacia atrás con cientos de newtons, aunque nada toque la lanza salvo agua. Un motor a reacción cuelga de un ala y arrastra un avión por el cielo lanzando aire hacia atrás. Un aspersor de jardín gira sin motor alguno. En cada caso un fluido entra en una región, sale de ella con otra cantidad de movimiento, y la diferencia es una fuerza. Este capítulo escribe las leyes de la mecánica — cantidad de movimiento, momento angular, energía — no para una masa fija de fluido, sino para el fluido que atraviesa una región fija, un sistema abierto: la forma con la que los ingenieros dimensionan turbinas, cohetes, bombas y tuberías.

5.1 Balances para un sistema abierto

Definición 5.1 (Volumen de control; sistema abierto)

Un volumen de control (o superficie de control) es una región fija del espacio $\Sigma$ atravesada por el fluido; el fluido que hay dentro en cada instante es un sistema abierto, que intercambia masa con el exterior por las entradas y salidas de $\Sigma$ . El sistema cerrado al que se aplican las leyes de Newton es el fluido que está dentro de $\Sigma$ en el instante $t$ , seguido hasta $t + \dd t$ : ocupa entonces $\Sigma$ menos lo que ha salido más lo que ha entrado.

Teorema 5.2 (Balance de cantidad de movimiento en régimen estacionario)

Para un flujo estacionario a través de un volumen de control con una entrada (sección $S_1$ , velocidad uniforme $\vect v_1$ ) y una salida ( $S_2$ , $\vect v_2$ ), siendo el caudal másico $D_m$ el mismo en ambas,

\sum\vect F_{\text{ext}} = D_m\,(\vect v_2 - \vect v_1) ,

donde $\sum\vect F_{\text{ext}}$ es la suma de todas las fuerzas exteriores sobre el fluido contenido en $\Sigma$ : el peso, las fuerzas de las paredes y de los cuerpos en contacto con él, y las fuerzas de presión sobre las secciones de entrada y de salida ( $P_1S_1\vect n_1$ empujando hacia dentro, $-P_2S_2\vect n_2$ en la salida). Con varias entradas y salidas, el segundo miembro es la suma de los flujos salientes de cantidad de movimiento $D_{m,i}\vect v_i$ menos la de los entrantes.

Demostración. Considérese el sistema cerrado $\mathcal S$ formado por el fluido que hay en $\Sigma$ en el instante $t$ más la lámina $\delta m = D_m\dd t$ a punto de entrar por $S_1$ . En $t + \dd t$ consta del fluido de $\Sigma$ más la lámina $\delta m$ que ha salido por $S_2$ . Su cantidad de movimiento pasó de $\vect p_\Sigma(t) + \delta m\,\vect v_1$ a $\vect p_\Sigma(t + \dd t) + \delta m\,\vect v_2$ ; en régimen estacionario $\vect p_\Sigma$ es constante, luego $\dd\vect p_{\mathcal S} = D_m\dd t\,(\vect v_2 - \vect v_1)$ . La segunda ley de Newton para $\mathcal S$ , cuyas fuerzas exteriores son (a primer orden) las que actúan sobre el fluido de $\Sigma$ , da el resultado. ∎

A la izquierda, un volumen de control en un flujo estacionario: la cantidad de movimiento que sale por S_2 menos la que entra por S_1 iguala a la suma de las fuerzas exteriores sobre el fluido interior, incluidas las fuerzas de presión sobre ambas secciones. A la derecha, un chorro detenido por una pared la empuja con D_mv; un chorro devuelto por una cuchara Pelton que se mueve a u empuja hasta con 2D_m(v - u). — A la izquierda, un volumen de control en un flujo estacionario: la cantidad de movimiento que sale por $S_2$ menos la que entra por $S_1$ iguala a la suma de las fuerzas exteriores sobre el fluido interior, incluidas las fuerzas de presión sobre ambas secciones. A la derecha, un chorro detenido por una pared la empuja con $D_mv$ ; un chorro devuelto por una cuchara Pelton que se mueve a $u$ empuja hasta con $2D_m(v - u)$ .

Ejemplo 5.3 (Chorro sobre una pared; la manguera de bomberos)

Un chorro de sección $s$ y celeridad $v$ golpea perpendicularmente una pared y se extiende sobre ella: la cantidad de movimiento saliente en la dirección del chorro es nula, de modo que la pared recibe $F = D_mv = \rho sv^2$ — $1.1\,\mathrm{kN}$ para un chorro de $5\,\mathrm{cm}$ a $24\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Por el mismo balance aplicado al fluido de la manguera y de la lanza, la lanza empuja hacia atrás al bombero con $D_mv$ : $20\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ a $30\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ dan $600\,\mathrm{N}$ , el peso de una persona. Si la pared retrocede a $u$ , solo la alcanza $D_m' = \rho s(v - u)$ por unidad de tiempo, y llega con la celeridad relativa $v - u$ : $F = \rho s(v - u)^2$ .

Proposición 5.4 (Cuchara Pelton; empuje de un cohete)

(i) Un chorro de celeridad $v$ y caudal másico $D_m$ es devuelto $180^\circ$ por una cuchara que se mueve a $u$ en la dirección del chorro: la fuerza sobre la cuchara vale $F = 2D_m(v - u)$ (con $D_m$ el caudal realmente interceptado por las cucharas móviles de una rueda), la potencia $Fu$ es máxima para $u = v/2$ y vale entonces $\tfrac12D_mv^2$ : toda la potencia cinética del chorro. (ii) Un cohete de masa $m(t)$ que expulsa gas hacia atrás a la celeridad relativa $v_e$ y con caudal másico $D_m = -\dd m/\dd t$ sufre el empuje $F = D_mv_e$ ; en el espacio libre su celeridad aumenta en $\Delta v = v_e\ln(m_0/m_1)$ (ecuación del cohete de Tsiolkovski); bajo la gravedad, $m\,\dd v/\dd t = D_mv_e - mg$ .

Demostración. (i) En el sistema de la cuchara el chorro llega a $v - u$ y sale a $-(v - u)$ ; el balance de cantidad de movimiento da $2D_m(v - u)$ (la cuchara es perfecta: sin pérdida de celeridad relativa). Potencia $2D_mu(v - u)$ , máxima en $u = v/2$ . (ii) Cantidad de movimiento del cohete más el gas expulsado en $\dd t$ : $(m + \dd m) (v + \dd v) + (-\dd m)(v - v_e) = mv$ en el espacio libre, luego $m\,\dd v = -\dd m\,v_e$ y $v_1 - v_0 = v_e\ln(m_0/m_1)$ ; con gravedad, la cantidad de movimiento total varía en $-mg\,\dd t$ . ∎

Ejemplo 5.5 (Un lanzador)

Primera etapa: $D_m = 2500\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ a $v_e = 3000\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : empuje de $7.5\,\mathrm{MN}$ , que levanta de la plataforma un cohete de $600\,\mathrm{t}$ con $7.5 \times 10^6/6 \times 10^5 - g = 2.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . Quemar $500\,\mathrm{t}$ en $200\,\mathrm{s}$ da $\Delta v = 3000\ln6 - 9.81 \times 200 = 5400 - 2000 = 3.4\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ — la pérdida por gravedad explica que los lanzadores suban deprisa, y el logaritmo, que se construyan por etapas.

Ejemplo 5.6 (Fuerza sobre un codo de tubería)

Agua a $P$ y $v$ en una tubería de sección $S$ gira $90^\circ$ . El balance sobre el fluido del codo: $\vect F_{\text{pared}} + PS\vect e_x - PS \vect e_y = D_m(v\vect e_y - v\vect e_x)$ , de modo que la pared empuja al fluido con $\vect F_{\text{pared}} = -(PS + \rho Sv^2)(\vect e_x - \vect e_y)$ y el fluido empuja al codo hacia fuera con $(PS + \rho Sv^2)\sqrt2$ . Para $D = 20\,\mathrm{cm}$ , $P = 3\,\mathrm{bar}$ , $v = 3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $PS = 9.4\,\mathrm{kN}$ , $\rho Sv^2 = 0.28\,\mathrm{kN}$ , una fuerza de $13.7\,\mathrm{kN}$ según la bisectriz — domina el término de presión, y es lo que sujetan los macizos de anclaje de una conducción.

5.2 Momento angular: turbinas y aspersores

Teorema 5.7 (Balance de momento angular; ecuación de Euler de las turbomáquinas)

En régimen estacionario, el momento total respecto de un punto $O$ de las fuerzas exteriores sobre el fluido de $\Sigma$ iguala al flujo de momento angular saliente menos el entrante: $\sum\vect{\mathcal M}_O = D_m(\vect r_2\wedge\vect v_2 - \vect r_1 \wedge\vect v_1)$ . Para una máquina giratoria (turbina o bomba) de eje $Oz$ , con el fluido entrando al radio $r_1$ con velocidad azimutal $v_{\theta1}$ y saliendo a $r_2$ con $v_{\theta2}$ , el par que ejerce el fluido sobre el rotor y la potencia que entrega valen

\Gamma = D_m(r_1v_{\theta1} - r_2v_{\theta2}) , \qquad \mathcal P = \Gamma\omega = D_m\omega(r_1v_{\theta1} - r_2v_{\theta2}) .

Una turbina le quita el giro al fluido; una bomba se lo da.

Demostración. El mismo razonamiento del sistema cerrado con $\vect r\wedge\vect v$ en lugar de $\vect v$ . El par sobre el rotor es el opuesto del par del rotor sobre el fluido; las fuerzas de presión sobre las superficies de entrada y de salida (que son superficies de revolución) no tienen momento respecto del eje. ∎

Ejemplo 5.8 (El aspersor de jardín)

Dos brazos de longitud $R$ expulsan agua tangencialmente a la celeridad relativa $w$ ; el aspersor gira a $\omega$ . El agua entra por el eje sin momento angular y sale con $r v_\theta = R(w - R\omega)$ (celeridad azimutal absoluta $w - R\omega$ , opuesta a la rotación): el par sobre los brazos vale $D_mR(w - R\omega)$ . En reposo es $D_mRw$ ; sin rozamiento el aspersor se acelera hasta $R\omega = w$ — el agua sale con celeridad absoluta nula y el par se anula; con un par de rozamiento $\Gamma_f$ se estabiliza en $\omega = (w - \Gamma_f/D_mR)/R$ .

A la izquierda, el aspersor de jardín: el agua sale de los brazos tangencialmente a la celeridad relativa w; el momento angular saliente hace girar los brazos en sentido contrario. A la derecha, una turbina de flujo radial entrante (un rodete Francis visto según su eje): el fluido entra por la periferia con mucho giro y sale cerca del eje con poco; la diferencia de flujo de momento angular es el par sobre el rodete. — A la izquierda, el aspersor de jardín: el agua sale de los brazos tangencialmente a la celeridad relativa $w$ ; el momento angular saliente hace girar los brazos en sentido contrario. A la derecha, una turbina de flujo radial entrante (un rodete Francis visto según su eje): el fluido entra por la periferia con mucho giro y sale cerca del eje con poco; la diferencia de flujo de momento angular es el par sobre el rodete.

5.3 Balance de energía: bombas, turbinas y pérdidas

Teorema 5.9 (Balance de energía mecánica de un flujo estacionario)

Para un fluido incompresible en régimen estacionario a través de una máquina (bomba o turbina) entre una entrada 1 y una salida 2, siendo $\mathcal P_u$ la potencia mecánica que las partes móviles entregan al fluido (positiva para una bomba, negativa para una turbina) y $\mathcal P_{\text{dis}} \ge 0$ la potencia disipada por la viscosidad,

D_V\Bigl[\bigl(P_2 + \tfrac12\rho v_2^2 + \rho gz_2\bigr) - \bigl(P_1 + \tfrac12\rho v_1^2 + \rho gz_1\bigr)\Bigr] = \mathcal P_u - \mathcal P_{\text{dis}} .

Dividiendo por $\rho gD_V$ se obtiene el balance en alturas de carga (metros de fluido): $H_2 - H_1 = H_{\text{bomba}} - H_{\text{pérd}}$ , con $H = P/\rho g + v^2/2g + z$ . Para un fluido perfecto y sin máquina esto es Bernoulli; la potencia hidráulica de una bomba que eleva la carga en $H_{\text{bomba}}$ vale $\rho gD_VH_{\text{bomba}}$ .

Demostración. Teorema de la energía cinética para el sistema cerrado de la demostración de Teorema 5.2: en $\dd t$ su energía cinética varía en $D_m\dd t\,(v_2^2 - v_1^2)/2$ ; el trabajo que se realiza sobre él es el de la gravedad, $-D_m\dd t\,g(z_2 - z_1)$ , el de las fuerzas de presión sobre las caras extremas móviles, $(P_1S_1v_1 - P_2S_2v_2)\dd t = (P_1 - P_2)D_V\dd t$ , el de las partes móviles, $\mathcal P_u\dd t$ , y el de las fuerzas viscosas internas, $-\mathcal P_{\text{dis}}\dd t$ (las paredes, en reposo, no trabajan). Divídase por $\dd t$ . ∎

Ejemplo 5.10 (Dimensionar una bomba)

Hay que elevar agua $30\,\mathrm{m}$ a $20\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ por $100\,\mathrm{m}$ de tubería de $10\,\mathrm{cm}$ ( $\lambda = 0.02$ ): $v = 2.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , pérdida de carga $\lambda(L/D) v^2/2g = 0.02 \times 1000 \times 0.32 = 6.4\,\mathrm{m}$ , altura cinética de salida $0.32\,\mathrm{m}$ : $H_{\text{bomba}} = 36.7\,\mathrm{m}$ , potencia hidráulica $\rho gD_VH = 7.2\,\mathrm{kW}$ , y $10\,\mathrm{kW}$ de electricidad con un rendimiento del $70\%$ . La presión a la salida de la bomba es $\rho gH_{\text{bomba}} \approx 3.6\,\mathrm{bar}$ por encima de la de entrada.

Proposición 5.11 (Ensanchamiento brusco: la pérdida de Borda–Carnot)

Cuando una tubería de sección $S_1$ desemboca bruscamente en otra de sección $S_2 > S_1$ , el chorro se expande en una zona turbulenta y la presión sube aguas abajo, pero menos de lo que diría Bernoulli: la energía mecánica perdida por unidad de volumen vale

\Delta P_{\text{pérd}} = \tfrac12\rho(v_1 - v_2)^2 ,

la energía cinética de la velocidad relativa “perdida”. Un flujo que sale de una tubería a un depósito grande ( $v_2 \to 0$ ) pierde toda su energía cinética.

Demostración. Balance de cantidad de movimiento sobre el fluido comprendido entre el ensanchamiento y una sección de aguas abajo donde el flujo vuelve a ser uniforme; el experimento muestra que la presión sobre la corona anular del ensanchamiento vale $P_1$ (el chorro no se ha expandido todavía). Por tanto $(P_1 - P_2)S_2 = D_m(v_2 - v_1) = \rho S_2v_2(v_2 - v_1)$ , es decir $P_2 - P_1 = \rho v_2(v_1 - v_2)$ . Bernoulli daría $\tfrac12\rho(v_1^2 - v_2^2)$ ; la diferencia es $\tfrac12\rho(v_1 - v_2)^2$ . ∎

A la izquierda, un ensanchamiento brusco: el chorro se expande en una zona muerta turbulenta y parte de su energía cinética se disipa. A la derecha, las fracciones de la energía cinética de aguas arriba que se pierden y que se recuperan como presión, frente al cociente de secciones; la pérdida es máxima para un chorro que descarga en un depósito.

Método 5.12 (Cómo plantear un balance)

(1) Dibújese el volumen de control: su frontera debe cortar el flujo solo allí donde la velocidad y la presión se conocen o se buscan (secciones uniformes, chorros libres a $P_0$ , superficies libres). (2) Enumérense las fuerzas exteriores sobre el fluido interior: peso, fuerzas de las paredes (incógnitas, el objetivo habitual), presión sobre las secciones cortadas. (3) Escríbase el flujo de cantidad de movimiento saliente menos el entrante; con partes móviles, trabájese en el sistema de la pieza si allí el flujo es estacionario. (4) Para los pares, el balance de momento angular; para las potencias, el balance de energía en alturas de carga. (5) La fuerza sobre la pared es la opuesta de la fuerza de la pared sobre el fluido; añádase la presión atmosférica que actúa sobre el exterior del dispositivo si lo que se busca es la fuerza neta sobre él.

5.4 Ejercicios

Ejercicio 5.1 ★

Una manguera de bomberos entrega $25\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ por una lanza de $3.0\,\mathrm{cm}$ de diámetro. Celeridad de salida; fuerza de reacción sobre la lanza; fuerza del chorro sobre una pared que golpea perpendicularmente; y sobre una pared que retrocede a $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 5.1.

$s = 7.1\,\mathrm{cm}^{2}$ , $v = 0.025/7.1 \times 10^{-4} = 35\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $F = D_mv = 25 \times 35 = 880\,\mathrm{N}$ sobre la lanza y sobre la pared; pared que retrocede: $\rho s(v - u)^2 = 1000 \times 7.1 \times 10^{-4} \times 25.4^2 = 460\,\mathrm{N}$ .

Ejercicio 5.2 ★

Un motor cohete expulsa $250\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ a $3.0\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ . Empuje; aceleración inicial de un cohete de $60\,\mathrm{t}$ ; aceleración cuando se han quemado $40\,\mathrm{t}$ de propulsante; celeridad ganada tras esa combustión (en el espacio libre y luego con gravedad, con una duración de $160\,\mathrm{s}$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 5.2.

$F = 250 \times 3000 = 750\,\mathrm{kN}$ ; $a_0 = 750/60 - 9.81 = 2.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; a $20\,\mathrm{t}$ : $37.5 - 9.8 = 28\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . $\Delta v = 3000\ln3 = 3.3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ en el espacio libre; menos $g\tau = 1.6\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ : $1.7\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ .

Ejercicio 5.3 ★

El agua circula a $2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ y $4.0\,\mathrm{bar}$ por una tubería de $15\,\mathrm{cm}$ que gira $90{}^{\circ}$ . Fuerza que ejerce el agua sobre el codo (módulo y dirección); ¿qué parte proviene de la presión y cuál del cambio de cantidad de movimiento? El mismo codo con la tubería abierta al aire justo después de la curva.

Solución

Solución de Ejercicio 5.3.

$S = 177\,\mathrm{cm}^{2}$ : $PS = 7.1\,\mathrm{kN}$ , $\rho Sv^2 = 71\,\mathrm{N}$ . Cada componente de la fuerza sobre el codo vale $PS + \rho Sv^2 = 7.1\,\mathrm{kN}$ : $10\,\mathrm{kN}$ según la bisectriz exterior, el $99\%$ de ellos de presión. Con la salida abierta (presión manométrica nula allí): $7.1$ kN según la dirección de entrada y $71\,\mathrm{N}$ según la de salida: $7.1\,\mathrm{kN}$ , casi según el eje de entrada.

Ejercicio 5.4 ★

Un motor a reacción en banco de pruebas traga $80\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ de aire en reposo y lo expulsa a $550\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (masa de combustible despreciable). Empuje. En vuelo a $240\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , con la misma celeridad de salida relativa al motor: empuje, potencia propulsiva y potencia cinética comunicada al aire en el sistema del motor; rendimiento propulsivo.

Solución

Solución de Ejercicio 5.4.

$F = 80 \times 550 = 44\,\mathrm{kN}$ . En vuelo: $F = 80(550 - 240) = 25\,\mathrm{kN}$ , $Fv = 6.0\,\mathrm{MW}$ ; $\mathcal P_{\text{cin}} = \tfrac12 \times 80 \times (550^2 - 240^2) = 9.8\,\mathrm{MW}$ ; $\eta_p = 0.61 = 2 \times 240/790$ .

Ejercicio 5.5 ★★

Rueda Pelton. Un chorro de $0.50\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ a $60\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ golpea las cucharas de una rueda de $0.80\,\mathrm{m}$ de radio. (a) Fuerza y potencia sobre las cucharas a la celeridad de cuchara $u$ (desviación perfecta de $180^\circ$ ); $u$ óptima y velocidad de giro correspondiente en rpm. (b) Potencia y rendimiento en el óptimo. (c) Las cucharas reales desvían el chorro $165{}^{\circ}$ : fuerza y potencia en $u = v/2$ ; rendimiento. (d) Par en el óptimo; ¿qué le ocurre al par con la rueda parada y a la velocidad de embalamiento?

Solución

Solución de Ejercicio 5.5.

$D_m = 500\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ . (a) $F = 1000(60 - u)$ N, $\mathcal P = 1000u(60 - u)$ ; $u = 30\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\omega = 37.5$ rad/s $= 360\,\mathrm{rpm}$ . (b) $900\,\mathrm{kW}$ $= \tfrac12D_mv^2$ : $100\%$ . (c) $F = D_m(v - u)(1 + \cos15^\circ) = 29.5\,\mathrm{kN}$ , $\mathcal P = 885\,\mathrm{kW}$ , $98\%$ . (d) $\Gamma = FR = 24\,\mathrm{kN}\,\mathrm{m}$ ; con la rueda parada la fuerza se duplica ( $\Gamma = 48\,\mathrm{kN}\,\mathrm{m}$ ); en $u = v$ la fuerza y el par se anulan.

Ejercicio 5.6 ★★

Aspersor. Dos brazos de $15\,\mathrm{cm}$ terminan en boquillas de $3.0\,\mathrm{mm}$ ; el caudal total es $0.20\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ . (a) Celeridad relativa de salida. (b) Par en reposo. (c) Velocidad de giro con un par de rozamiento en el cojinete de $5.0 \times 10^{-3}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; velocidad límite sin rozamiento. (d) Celeridad absoluta del agua que sale, en cada caso.

Solución

Solución de Ejercicio 5.6.

(a) $s = 7.1\,\mathrm{mm}^{2}$ por boquilla, $0.10\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ cada una: $w = 14\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (b) $\Gamma_0 = D_mRw = 0.2 \times 0.15 \times 14 = 0.42\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ . (c) $D_mR(w - R\omega) = 5 \times 10^{-3}$ : $w - R\omega = 0.17\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\omega = 93\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} \approx 890\,\mathrm{rpm}$ ; sin rozamiento, $R\omega = w$ : $900\,\mathrm{rpm}$ . (d) $0.17\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ hacia atrás y luego cero: el agua cae verticalmente.

Ejercicio 5.7 ★★

Vuelo estacionario. Un helicóptero de $2.0\,\mathrm{t}$ se sostiene en el aire con un rotor de $10\,\mathrm{m}$ de diámetro. Modélese el rotor como un disco que toma aire en reposo y lo empuja hacia abajo con celeridad uniforme $v_i$ en el disco y $2v_i$ muy por debajo (admítase el factor 2). (a) Empuje en función de $\rho$ , $A$ y $v_i$ ; valor de $v_i$ . (b) Potencia comunicada al aire (su potencia cinética muy abajo). (c) ¿Por qué un rotor mayor necesita menos potencia? (d) El mismo cálculo para un dron de $1\,\mathrm{kg}$ con cuatro hélices de $25\,\mathrm{cm}$ ; compárese la relación potencia/peso.

Solución

Solución de Ejercicio 5.7.

(a) $D_m = \rho Av_i$ , flujo de cantidad de movimiento $D_m\cdot2v_i$ : $T = 2\rho Av_i^2$ ; $A = 78.5\,\mathrm{m}^{2}$ , $T = 19.6\,\mathrm{kN}$ : $v_i = 10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (b) $\mathcal P = \tfrac12D_m(2v_i)^2 = Tv_i = 200\,\mathrm{kW}$ . (c) $\mathcal P = T^{3/2}/\sqrt{2\rho A}$ : duplicar el área divide la potencia inducida por $\sqrt2$ — un rotor mayor mueve más aire más despacio. (d) $A = 0.20\,\mathrm{m}^{2}$ , $v_i = \sqrt{9.81/0.47} = 4.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\mathcal P = 45\,\mathrm{W}$ : $45\,\mathrm{W}/\mathrm{kg}$ frente a $100\,\mathrm{W}/\mathrm{kg}$ — la carga del disco $T/A$ es menor.

Ejercicio 5.8 ★★

Ensanchamiento brusco. Agua a $4.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ en una tubería de $5\,\mathrm{cm}$ entra en otra de $10\,\mathrm{cm}$ . (a) Celeridad aguas abajo; subida de presión según Bernoulli y según Borda–Carnot; pérdida en pascales y en metros de carga. (b) El mismo ensanchamiento hecho gradual (un difusor) recupera el $80\%$ de la subida de Bernoulli: pérdida. (c) Pérdida cuando la tubería de $5\,\mathrm{cm}$ descarga en un depósito grande. (d) Potencia perdida en los casos (a) y (c) con el caudal dado.

Solución

Solución de Ejercicio 5.8.

(a) $v_2 = 1.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; Bernoulli, $\tfrac12\rho(16 - 1) = 7.5\,\mathrm{kPa}$ ; valor real, $\rho v_2(v_1 - v_2) = 3.0\,\mathrm{kPa}$ ; pérdida $4.5\,\mathrm{kPa}$ $= 0.46\,\mathrm{m}$ . (b) $6$ kPa recuperados y $1.5\,\mathrm{kPa}$ perdidos. (c) $\tfrac12\rho v_1^2 = 8\,\mathrm{kPa}$ , $0.82\,\mathrm{m}$ . (d) $D_V = 7.9\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ : $35\,\mathrm{W}$ y $63\,\mathrm{W}$ .

Ejercicio 5.9 ★★

Una bomba aspira agua de un pozo situado $5.0\,\mathrm{m}$ por debajo y entrega $10\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ a un depósito $25\,\mathrm{m}$ por encima a través de $60\,\mathrm{m}$ de tubería de $6\,\mathrm{cm}$ ( $\lambda = 0.025$ , más una pérdida localizada de $2\,v^2/2g$ por los accesorios). (a) Celeridad y pérdidas. (b) Altura de carga de la bomba y potencia hidráulica; potencia en el eje con un rendimiento del $65\%$ . (c) Presión a la entrada de la bomba (lado de aspiración) y a la salida. (d) La presión de vapor del agua es $2.3\,\mathrm{kPa}$ : altura máxima de la bomba sobre el pozo.

Solución

Solución de Ejercicio 5.9.

(a) $v = 0.01/2.83 \times 10^{-3} = 3.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $v^2/2g = 0.64\,\mathrm{m}$ ; rozamiento, $0.025 \times 1000 \times 0.64 = 16\,\mathrm{m}$ , accesorios $1.3\,\mathrm{m}$ : $17.3\,\mathrm{m}$ . (b) $H = 30 + 17.3 + 0.64 = 48\,\mathrm{m}$ ; $\rho gD_VH = 4.7\,\mathrm{kW}$ ; $7.2\,\mathrm{kW}$ en el eje. (c) Entrada (sin pérdidas de aspiración): $P_0 - \rho g(5 + 0.64) = 45\,\mathrm{kPa}$ ; salida, $45 + 470 = 515\,\mathrm{kPa}$ . (d) $P_{\text{entr}} \ge 2.3\,\mathrm{kPa}$ : $h \le (100 - 2.3)/9.81 - 0.64 = 9.3\,\mathrm{m}$ (menos con las pérdidas de aspiración; de $7$ a $8\,\mathrm{m}$ en la práctica).

Ejercicio 5.10 ★★★

Cohete de agua. Una botella de $2.0\,\mathrm{L}$ contiene $1.0\,\mathrm{L}$ de agua y aire a $5.0\,\mathrm{bar}$ (absolutos); la boquilla tiene $2.2\,\mathrm{cm}$ de diámetro; la botella vacía pesa $0.10\,\mathrm{kg}$ . (a) Celeridad inicial de salida (Bernoulli, con la superficie del agua en reposo) y empuje; aceleración inicial. (b) A medida que sale agua el aire se expande isotérmicamente: presión y celeridad de salida cuando se ha ido la mitad del agua. (c) Estímense la duración del empuje y la celeridad alcanzada (despréciense la gravedad y la resistencia del aire, y tómese el empuje por su valor medio). (d) ¿Qué hace la botella vacía una vez agotada el agua, y por qué un poco de agua (no mucha) da la mayor altura?

Solución

Solución de Ejercicio 5.10.

(a) $v = \sqrt{2 \times 4 \times 10^5/1000} = 28\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $s = 3.8\,\mathrm{cm}^{2}$ , $D_m = 10.8\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ , $F = D_mv = 2\Delta P\,s = 300\,\mathrm{N}$ ; $a = 300/1.1 - 9.8 = 260\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . (b) Aire a $1.5\,\mathrm{L}$ : $P = 3.3\,\mathrm{bar}$ , $v = \sqrt{2 \times 2.3 \times 10^5/1000} = 22\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (c) Celeridad media de salida $\approx 22\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : duración $\approx 10^{-3} /(3.8 \times 10^{-4} \times 22) = 0.12\,\mathrm{s}$ ; la ecuación del cohete con $v_e \approx 22\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ da $\Delta v \approx 22\ln(1.1/0.1) = 50\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (d) Los $2.5\,\mathrm{bar}$ de aire que quedan salen soplando y añaden algo; con demasiada agua queda poco aire y la presión se derrumba pronto, y con muy poca queda poca masa que lanzar — lo mejor es alrededor de un tercio del volumen.

Ejercicio 5.11 ★★★

Turbina Francis. El agua entra en un rodete en $r_1 = 1.0\,\mathrm{m}$ con $v_{\theta1} = 20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ y sale en $r_2 = 0.50\,\mathrm{m}$ sin giro; caudal $30\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ ; rotación $150\,\mathrm{rpm}$ . (a) Par y potencia. (b) Altura de carga extraída, $H = \mathcal P/\rho gD_V$ . (c) Si el rodete girase a $200\,\mathrm{rpm}$ con la misma velocidad de entrada y el giro de salida pasara a ser $v_{\theta2} = 3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ en el sentido de la rotación: potencia y fracción de la carga convertida en giro inútil a la salida. (d) ¿Por qué se usa la rueda Pelton para grandes alturas y caudales pequeños, y la Francis al revés?

Solución

Solución de Ejercicio 5.11.

(a) $\Gamma = D_mr_1v_{\theta1} = 3 \times 10^4 \times 20 = 600\,\mathrm{kN}\,\mathrm{m}$ , $\omega = 15.7$ rad/s, $\mathcal P = 9.4\,\mathrm{MW}$ . (b) $H = \mathcal P/\rho gD_V = 32\,\mathrm{m}$ . (c) $\Gamma = 3 \times 10^4(20 - 1.5) = 555\,\mathrm{kN}\,\mathrm{m}$ , $\mathcal P = 11.6\,\mathrm{MW}$ (carga $39\,\mathrm{m}$ ); el giro de salida se lleva $v_{\theta2}^2/2g = 0.46\,\mathrm{m}$ , cerca del $1\%$ . (d) Un chorro Pelton está a la presión atmosférica: necesita mucha carga para ser rápido y su caudal lo limita la tobera; un rodete Francis va lleno de agua a presión y deja pasar caudales grandes con cargas moderadas.

Ejercicio 5.12 ★★★

Resalto hidráulico. En un canal horizontal de anchura unidad, agua de profundidad $h_1$ que fluye a $v_1$ salta bruscamente a la profundidad $h_2$ y la celeridad $v_2$ (el escalón espumoso al pie de un vertedero o en el fregadero). (a) Conservación de la masa. (b) Balance de cantidad de movimiento sobre el fluido comprendido entre los dos lados del resalto, con presión hidrostática a cada lado: muéstrese que $\tfrac12gh_1^2 + v_1^2h_1 = \tfrac12gh_2^2 + v_2^2h_2$ . (c) Dedúzcase $h_2/h_1 = \tfrac12\bigl(-1 + \sqrt{1 + 8\,\mathrm{Fr}_1^2}\bigr)$ con $\mathrm{Fr}_1 = v_1/\sqrt{gh_1}$ (el número de Froude); un resalto exige $\mathrm{Fr}_1 > 1$ . (d) Carga perdida en el resalto, $\Delta H = (h_2 - h_1)^3/4h_1h_2$ ; valores para $h_1 = 0.20\,\mathrm{m}$ , $v_1 = 4.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , y potencia disipada por metro de anchura.

Solución

Solución de Ejercicio 5.12.

(a) $v_1h_1 = v_2h_2 = q$ . (b) Fuerza hidrostática por unidad de anchura sobre una sección, $\int_0^h\rho g(h - z)\dd z = \tfrac12\rho gh^2$ ; cantidad de movimiento: $\tfrac12\rho g(h_1^2 - h_2^2) = \rho q(v_2 - v_1)$ ; divídase por $\rho$ y úsese $q = v_1h_1 = v_2h_2$ . (c) Con $v_2 = v_1h_1/h_2$ y $h_1 \ne h_2$ : $\tfrac12g(h_1 + h_2)h_2 = v_1^2h_1$ , es decir $(h_2/h_1)^2 + h_2/h_1 - 2\mathrm{Fr}_1^2 = 0$ ; que $h_2 > h_1$ exige $\mathrm{Fr}_1 > 1$ . (d) $\Delta H = (h_1 + v_1^2/2g) - (h_2 + v_2^2/2g) = (h_2 - h_1)^3/4h_1h_2$ . $\mathrm{Fr}_1 = 2.86$ , $h_2/h_1 = 3.57$ , $h_2 = 0.71\,\mathrm{m}$ , $v_2 = 1.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\Delta H = 0.514^3/0.57 = 0.24\,\mathrm{m}$ ; $\rho gq\,\Delta H = 1.9\,\mathrm{kW}$ por metro de anchura.

El rodete de una turbina Pelton: cada cuchara devuelve el chorro casi 180, y el cambio de la cantidad de movimiento del agua es la fuerza sobre la rueda. — El rodete de una turbina Pelton: cada cuchara devuelve el chorro casi $180^\circ$ , y el cambio de la cantidad de movimiento del agua es la fuerza sobre la rueda.

Las tuberías forzadas de una central hidroeléctrica alimentan las turbinas de abajo: el balance de cantidad de movimiento del chorro sobre las cucharas de una rueda Pelton convierte la carga de agua en trabajo en el eje.

5.5 Problema: chorros, cohetes y rodetes

Problema 5.1

Problema de fin de semana — qué empuja a un avión de reacción, qué levanta a un cohete, qué hace girar a una turbina y cuánto cuesta bombear agua cuesta arriba

Parte I — El turborreactor. Un motor en banco de pruebas admite $D_a = 50\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ de aire en reposo, quema $D_f = 1.0\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ de combustible y expulsa la mezcla a $v_e = 600\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a la presión atmosférica.

Empuje en el banco de pruebas.
En vuelo a $v = 250\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (con el mismo $v_e$ respecto del motor): empuje y potencia propulsiva $Fv$ .
Potencia cinética comunicada al gas, calculada en el sistema del motor. Rendimiento propulsivo $\eta_p = Fv/\mathcal P_{\text{cin}}$ ; muéstrese que, despreciando la masa de combustible, $\eta_p = 2v/(v + v_e)$ .
El combustible libera $43\,\mathrm{MJ}/\mathrm{kg}$ : rendimiento térmico del motor (potencia cinética entre potencia térmica) y rendimiento global.
Un turbofán emplea la misma potencia cinética para acelerar $500\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ de aire: celeridad de salida, empuje y $\eta_p$ a $250\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . ¿Por qué llevan enormes ventiladores los aviones de línea?
¿Por qué no puede un turborreactor hacer el trabajo de un cohete, parado y por encima de la atmósfera?
La inversión de empuje en el aterrizaje desvía el flujo del ventilador hacia delante a $45{}^{\circ}$ del eje: fuerza de frenado para el turbofán de la pregunta 5 a $70\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , siendo entonces la salida del ventilador de $150\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ respecto del motor; compárese con el empuje hacia delante que daría el mismo caudal.

Parte II — El cohete. Un cohete de una sola etapa: masa inicial $m_0 = 300\,\mathrm{t}$ , propulsante $200\,\mathrm{t}$ , celeridad de salida $v_e = 3.0\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , tiempo de combustión $\tau = 150\,\mathrm{s}$ a caudal másico constante.

Aplíquese el balance de cantidad de movimiento al conjunto cohete más el gas expulsado en $\dd t$ para deducir $m\,\dd v/\dd t = D_mv_e - mg$ en un vuelo vertical.
Caudal másico, empuje y aceleración en el despegue y al final de la combustión.
Intégrese para obtener la celeridad al final de la combustión; ¿qué es la “pérdida por gravedad”?
Celeridad final con el mismo cohete dividido en dos etapas de $100\,\mathrm{t}$ de propulsante cada una, soltándose la masa vacía de la primera etapa ( $20\,\mathrm{t}$ ) antes de encender la segunda (despréciese aquí la gravedad): compárese con la etapa única.
¿Qué celeridad de salida necesitaría una sola etapa para alcanzar la velocidad orbital ( $7.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , despreciando la gravedad) con la misma relación de masas? Coméntese la elección de propulsantes.
En el despegue el chorro de escape ( $1333\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ a $3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ ) golpea el deflector de llamas de la plataforma y se desvía a la horizontal: fuerza sobre el deflector.
El escape del cohete es también un flujo: ¿por qué aumenta el empuje con la altitud en una tobera real (piénsese en la presión sobre la sección de salida de la tobera)?

Parte III — La rueda Pelton. El chorro de la central del capítulo anterior: $D_V = 60\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ a $v = 62.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , repartido entre dos ruedas; cada rueda tiene un radio $R = 1.5\,\mathrm{m}$ y cucharas que desvían el chorro $165{}^{\circ}$ .

Fuerza sobre las cucharas de una rueda a la celeridad de cuchara $u$ , y potencia; $u$ óptima.
Velocidad de giro en el óptimo, en rpm; par en el eje.
El generador debe girar a un múltiplo de $50\,\mathrm{Hz}$ dividido por su número de pares de polos: elíjase el número de pares de polos.
Potencia de una rueda y rendimiento respecto de la potencia cinética del chorro; potencia eléctrica total con un rendimiento del generador del $95\%$ .
Usando el balance de momento angular (la ecuación de Euler de las turbomáquinas) sobre una cuchara en el óptimo: momento angular del agua que entra y del que sale, por kilogramo, y compruébese el par.
La carga cae de golpe y la rueda se embala hacia $u = v$ : ¿qué le ocurre a la fuerza y al par, y por qué toda central Pelton lleva un deflector que aparta el chorro?

Parte IV — Bombear cuesta arriba. La central se usa también como almacenamiento: por la noche se bombean $40\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ de vuelta por la tubería forzada ( $400\,\mathrm{m}$ , $3\,\mathrm{m}$ , $\lambda = 0.015$ ) hasta el embalse situado $200\,\mathrm{m}$ más arriba.

Pérdidas de carga en la tubería forzada a $40\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ ; altura de carga necesaria en la bomba.
Potencia hidráulica y potencia eléctrica consumida con un rendimiento de bombeo del $88\%$ .
Presión en el fondo de la tubería forzada mientras se bombea; compárese con su valor en modo turbina (capítulo anterior).
Energía almacenada en una noche de $8\,\mathrm{h}$ (energía potencial del agua elevada); rendimiento de ida y vuelta del almacenamiento si el modo turbina recupera el $90\%$ de la carga disponible y el generador el $95\%$ .
Resúmanse los cuatro balances usados en este problema (cantidad de movimiento, momento angular, energía, masa) y el dispositivo que cada uno ha dimensionado.

Solución

Solución de Problema 5.1.

1. $F = (D_a + D_f)v_e = 51 \times 600 = 30.6\,\mathrm{kN}$ .

2. $F = 51 \times 600 - 50 \times 250 = 18.1\,\mathrm{kN}$ ; $Fv = 4.5\,\mathrm{MW}$ .

3. $\mathcal P_{\text{cin}} = \tfrac12 \times 51 \times 600^2 - \tfrac12 \times 50 \times 250^2 = 7.6\,\mathrm{MW}$ ; $\eta_p = 0.59$ . Con $D_f = 0$ : $\eta_p = 2v(v_e - v)/(v_e^2 - v^2) = 2v/(v_e + v) = 500/850$ .

4. Calor $43\,\mathrm{MW}$ : térmico $7.6/43 = 18\%$ ; global $4.5/43 = 10\%$ .

5. $\tfrac12 \times 500(v_e'^2 - 250^2) = 7.6 \times 10^6$ : $v_e' = 305\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $F = 500 \times 55 = 27.5\,\mathrm{kN}$ ; $\eta_p = 500/555 = 0.90$ . Mover más aire más despacio da más empuje con la misma potencia: de ahí los ventiladores.

6. Necesita el aire exterior a la vez como fluido de trabajo y como comburente; un cohete lleva ambos.

7. El aire entra a $70\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (hacia atrás en el sistema del motor) y sale con una componente hacia delante $150\cos45^\circ = 106\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : la cantidad de movimiento comunicada al aire va hacia delante, $500(106 + 70) = 88\,\mathrm{kN}$ de frenado; el mismo caudal expulsado hacia atrás daría $500(150 - 70) = 40\,\mathrm{kN}$ de empuje.

8. En $\dd t$ , el sistema (cohete $m$ + gas $D_m\dd t$ expulsado a $v - v_e$ ): $(m - D_m\dd t)(v + \dd v) + D_m\dd t(v - v_e) - mv = -mg\,\dd t$ , luego $m\,\dd v/\dd t = D_mv_e - mg$ .

9. $D_m = 1333\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ ; $F = 4.0\,\mathrm{MN}$ ; $a = 13.3 - 9.8 = 3.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ en el despegue y $40 - 9.8 = 30\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ al final de la combustión.

10. $v = v_e\ln(m_0/m) - gt$ : $3000\ln3 - 9.81 \times 150 = 3296 - 1472 = 1.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ ; la pérdida por gravedad es de $1.5\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ .

11. Etapa 1: $3000\ln(300/200) = 1.2\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ ; se sueltan $20\,\mathrm{t}$ ; etapa 2: $3000\ln(180/80) = 2.4\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ : $3.6\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ frente a $3.3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ de la etapa única (con gravedad la diferencia crece).

12. $v_e = 7800/\ln3 = 7.1\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ : ningún propulsante químico lo alcanza (hidrógeno–oxígeno da $4.5\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ ); las etapas son obligadas.

13. Se suprime el flujo vertical de cantidad de movimiento del chorro, $D_mv = 4.0\,\mathrm{MN}$ , y se crea otro horizontal igual: una fuerza de $4\,\mathrm{MN}$ hacia abajo más $4\,\mathrm{MN}$ lateral, $5.7\,\mathrm{MN}$ en total.

14. El balance sobre el motor incluye $(P_e - P_0)S_e$ en la sección de salida; al caer $P_0$ con la altitud ese término crece: el empuje sube entre un $10$ y un $15\%$ en el vacío.

15. $D_m = 3 \times 10^{4}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ por rueda: $F = D_m(v - u)(1 + \cos15^\circ) = 1.97 \times 3 \times 10^4(62.6 - u)$ ; $\mathcal P = Fu$ , máxima en $u = v/2 = 31.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

16. $\omega = u/R = 20.9$ rad/s $= 199\,\mathrm{rpm}$ ; $F = 1.85\,\mathrm{MN}$ , $\Gamma = FR = 2.8\,\mathrm{MN}\,\mathrm{m}$ .

17. $f = pn/60$ : $p = 3000/199 \approx 15$ pares de polos, $n = 200\,\mathrm{rpm}$ .

18. $\mathcal P = Fu = 58\,\mathrm{MW}$ ; potencia del chorro $\tfrac12D_mv^2 = 59\,\mathrm{MW}$ : $98\%$ ; $2 \times 58 \times 0.95 = 110\,\mathrm{MW}$ .

19. A la entrada: $Rv = 94\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ por kilogramo. A la salida, celeridad azimutal absoluta $u - (v - u)\cos15^\circ = 1.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , es decir $1.6\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ . $\Gamma = D_m(94 - 1.6) = 2.8\,\mathrm{MN}\,\mathrm{m}$ — como en la pregunta 16.

20. Cuando $u \to v$ la celeridad relativa, la fuerza y el par se anulan: nada frena la rueda, que se embala; el deflector aparta el chorro de las cucharas en un segundo mientras la aguja de la tobera se cierra despacio para evitar el golpe de ariete.

21. $v = 5.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $v^2/2g = 1.6\,\mathrm{m}$ ; pérdida $0.015 \times 133 \times 1.6 = 3.3\,\mathrm{m}$ ; carga de la bomba $200 + 3.3 + 1.6 = 205\,\mathrm{m}$ .

22. $\rho gD_VH = 9810 \times 40 \times 205 = 80\,\mathrm{MW}$ ; $91\,\mathrm{MW}$ eléctricos.

23. $P = P_0 + \rho g(200 + 3.3) + \tfrac12\rho v^2 \approx 21\,\mathrm{bar}$ absolutos, frente a $20.3\,\mathrm{bar}$ en modo turbina: ahora las pérdidas se suman a la carga estática en vez de restarse.

24. $V = 40 \times 28800 = 1.15 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}$ , $E = \rho gV \times 200 = 2.3 \times 10^{12}\,\mathrm{J} = 630\,\mathrm{MWh}$ ; consumidos $91 \times 8 = 730\,\mathrm{MWh}$ ; recuperados $630 \times 0.9 \times 0.95 = 540\,\mathrm{MWh}$ : rendimiento de ida y vuelta del $74\%$ .

25. Cantidad de movimiento: el empuje del reactor y del cohete, y la fuerza Pelton. Momento angular: el par de la turbina (Euler). Energía: la carga y la potencia de la bomba, y el rendimiento del almacenamiento. Masa: todos los caudales y la pérdida de masa del cohete.

Términos definidos en este capítulo

Volumen de control; sistema abierto

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