CAPITULO III HIDROSTÁTICA En muchas muchas aplica aplicacio ciones nes práctic prácticas as
de la Mecánica Mecánica de los Fluidos Fluidos no
existe movimiento y solo se estudia la distribución de presiones en un fuido en reposo reposo y sus eectos eectos sobre los objetos objetos sumergido sumergidos s ó en fotación. fotación. Cuando Cuando la velocidad velocidad de un fuido es nula lo !ue se denomina denomina condición condición hidrostática hidrostática las variaciones de la presión se deben exclusivamente al peso del fuido. Consid Considera erando ndo conocid conocidas as las caracter caracter"st "stica icas s
de un fuido fuido se puede puede
evaluar la distribución de presiones en presencia de un campo gravitatorio dado mediante integración. #plic #plicaci acione ones s prácti prácticas cas se dan en$ la distri distribuc bución ión de presi presione ones s en la atmósera atmósera y el oc%ano el dise&o dise&o de instrumentos instrumentos de medida de fujos fuidos fuidos la determinación de las uer'as sobre super(cies sumergidas planas y curvas la
uer'a
de
fotabilidad
!ue
act)a
sobre
cuer uerpos
sume umergido
y
el
comportamiento de los cuerpos en fotación. Cuando un fuido se mueve como un sólido r"gido como es el caso de un depó depósi sito to de l"!u l"!uid ido o !ue !ue está está en rota rotaci ción ón dura durant nte e un tiem tiempo po su(c su(cie ient nte e traslación de masas l"!uidas l"!uidas en dierentes dierentes planos la variación variación de la presión presión se puede evaluar evaluar ácilmente ya !ue los esuer'os esuer'os cortantes del fuido fuido son nulos para lo !ue se establece la ecuación$ dP =−a x dx − a y dy −( g ± a z ) dz ρ *onde$ ax ay y a ' son las componentes componentes de la aceleración de la masa fuida en coordenadas cartesianas y ρ es la densidad del fuido. # part partir ir de los los conc concep epto tos s de densi densida dad d y de pres presió ión n se obti obtien ene e la ecuación undamental de la hidrostática de la cual el principio de +ascal y el
de #r!u"medes pueden considerarse consecuencias. El hecho de !ue los gases a dierencia de los l"!uidos puedan comprimirse hace !ue el estudio de ambos tipos de fuidos tenga algunas caracter"sticas dierentes.
PROBLEMAS 1. (Rober (Robertso tson n Crowe Crowe 3.30) 3.30).. ,Cuál es la presión -+a/ en el centro del tubo 0123
So!"#$n.% +or consideraciones geom%tricas$ 3 5
senθ : =
h 0.5
h =0.3 m
PB = Po + γ 2∗( h − H )− γ 1∗0.5 PB =γ 2∗( 0.3 −0.1 )− γ 1∗0.5 PB =20∗0.2−10∗0.5 PB =−1.0 KPa
0&.% (Robertson Crowe 3.31). 4a ra'ón entre el diámetro de una cisterna y el diám diámet etrro del del tubo tubo es 5. Cuan Cuando do el air aire de la cist cister erna na esta esta a pres presió ión n
de #r!u"medes pueden considerarse consecuencias. El hecho de !ue los gases a dierencia de los l"!uidos puedan comprimirse hace !ue el estudio de ambos tipos de fuidos tenga algunas caracter"sticas dierentes.
PROBLEMAS 1. (Rober (Robertso tson n Crowe Crowe 3.30) 3.30).. ,Cuál es la presión -+a/ en el centro del tubo 0123
So!"#$n.% +or consideraciones geom%tricas$ 3 5
senθ : =
h 0.5
h =0.3 m
PB = Po + γ 2∗( h − H )− γ 1∗0.5 PB =γ 2∗( 0.3 −0.1 )− γ 1∗0.5 PB =20∗0.2−10∗0.5 PB =−1.0 KPa
0&.% (Robertson Crowe 3.31). 4a ra'ón entre el diámetro de una cisterna y el diám diámet etrro del del tubo tubo es 5. Cuan Cuando do el air aire de la cist cister erna na esta esta a pres presió ión n
atmos atmos%ri %rica ca y la super( super(cie cie libre libre del tubo se encuen encuentra tra en la posic posición ión 062 cuando la cisterna se presuri'a el li!uido del tubo se mueve a 78 cm hacia arriba del tubo de la posición 062 a la posición 092 ,Cual es la presión de la cisterna -+a/ !ue produce esta desviación3 4a densidad relativa del l"!uido es 8.5
So!"#$n.% P1= P2 + γ ag∗S ( h + ∆ h ) … … ..1
h sen 10 °= … … … … … α l :gualamos volumen del l"!uido en el tubo y la cisterna π 4
π 2 2 D x ∆ h= d x l 4
( )
2
d ∆ h= xl … … … β D
;empla'ando < y = en 6
[
( )]
d P1− P2= γ ag xSxl sen 10 ° + D
[
2
P1− P2= 9.81 x 0.8 x 0.4 sen 10 ° +
( )] 1 8
2
x x 1000
P1− P2=594.16 Pa
03.% (Robertson Crowe 3.'0). 4a desviación en el manómetro es 0h2 metros cuando la presión del tan!ue es de 6>8 +a absoluta. ?i la presión absoluta del tan!ue se duplica ,Cuál será la desviación en el manómetro3
So!"#$n.% |¿|
¿
A ¿ P¿ 150−100 =γ Hg xh
50= γ Hg xh
?i se duplica la presión 300=100 + γ Hg x h1
200= γ Hg x h1
∴
50
h
=
200
h1
→ h1 = 4 h
0.% (Robertson Crowe 3.).
?i las elevaciones @a y @b son 68 m y 66 m
respectivamente. Considerando l 6 A 6m y la desviación manom%trica l 9 es de >8 cm. *etermine. a/ 4a dierencia de presiones -+a/ entre 0#2 y 012 4a dierencia de la carga pie'om%trica entre los puntos 0#2 y 012.
b/
So!"#$n.% a/ PB = P A− γ a x l1+ γ a ( l1 + l 2− ∆ z ) PB = P A− γ a x l1+ γ a x l1 + γ a x l2− γ a x ∆ z P A − P B= γ a x Sa ( ∆ z −l 2 ) P A − P B= 9.81 x 0.85 ( 1− 0.5) P A − P B= 4.069 KPa b/
(
DAP =
P A γ a
)(
+ z A −
PB γ a
+ z B
)
P A − PB DAP = + ( z A − z B ) A γ a
4.169 + (−1 )=−0.5 m 9.81 x 0.85
0'.% ?i el agua tiene un modulo de elasticidad de volumen E A 9x68 7 bar determina la presión -bar/ y la densidad -gBm / en el mar a D888 m. de proundidad. ?i en la super(cie el agua tiene una densidad relativa de s A 6.89>. Compare
los
resultados
atmos%rica como 6.86 bar.
despreciando
E considerar la presión
So!"#$n.% *) S#n "ons#+er*r e ,*or +e E. P
z
Po
z o
∫ dP =− ρg∫ dz P− Po =− ρg (−h) P= Po + ρag Sag!ma" gh −5
¯ x 1.25 x 9.81 x 6000 x 10 P=1.013 + 100 P=604.328 ¯¿
b) Cons#+er*r e ,*or +e E. #=
dP dP dP = = −d$ dρ dγ $ ρ γ
dP = #
γ
#
∫ γ o
γ =
dγ =−γdz γ
z
( )
( ) =
dγ −1 =− dz =( # ) 2 γ γ z
∫ o
γ o # #− γ o h
P
γ
Po
γ o
γ
γ o
… … … … … % (1 )
∫ dP = #∫ dγ γ
h
P− Po =( # ) ln
( )
γ … … … .. ( 2 ) γ o
;eempla'ando la ecuación -6/ en -9/
P1− Po = #∗ln
[
(
γ o∗ # # − γ o∗h γ o
]
)= ∗
# ln
[
(
# # −γ o h
]
4
2 x 10 P=1.013 + 2 x 10 xln 9.81 x 1.0215 x 6000 4 2 x 10 − 100 4
)
P=613.536 ¯¿
P
ρ
Po
ρo
( )
ρ = P − P =( # ) ln ∫ dP = #∫ dρ ρ ρ o
P − Po #
ρ= ρo∗e
o
=1025 x ( 2.7182 )
0.030626 20000
=1056.87
Kg 3 m
L* +ens#+*+ *!-ent* en 3.01' 0/.%n tubo abierto se conecta a un tan!ue y el agua sube hasta una altura de 88 mm dentro del tubo. n tubo utili'ado en esta orma se conoce como un pie'ómetro. ,Cuáles son las presiones -+a/ en 0#2 y 012 del aire por encima del agua3 :gnore los eectos capilares en el tubo.
So!"#$n.%
PB = Po + γ ag∗0.9 −γ ag∗0.4 PB =γ ag∗0.5 PB =4.905 KPa PB = P A + γ ag∗ 0.2
A 4.905 −9.81 x 0.2
¿ 2.943 KPa
0.% El peso especi(co del agua en mar se puede calcular a partir de la ecuación emp"rica
γ = γ o + K √ h
en la cual2 h2 es la proundidad bajo la
super(cie del oc%ano. *erivar una expresión para determinar la presión en cual!uier punto 0h2 y determinar el peso especi(co -GBm / as" como la presión a una proundidad de .99 m. ?uponer !ue A I.85.
So!"#$n.% dP =− ρgdh =−γdh
P
h
∫ dP =−∫ ( γ +' h / ) dh 1 2
o
Po
ho
γ o=10 & / m 4
3
h en metros y H
|
|
h
2 P− Po =− γ o h + ' h3 /2 3 h
o
Considerando presión manom%trica 2 3
3/ 2
P= γ o h + ' h
P=
(
2 10 x 3220 + x 7.08 x 3220 3 4
)
1.5
−6
x 10 =33.06 (Pa
γ = γ o + ' √ h
γ =[ 10 + 7.08 x √ 3220 ] x 10 =10.4 −3
4
K& m
3
0.% n recipiente abierto contiene tetracloruro de carbono -sA6.>/ hasta una proundidad de 9 m. y agua sobre el CCl 7 hasta una proundidad de 6. > m. *eterminar la presión -+a/ en el ondo de este tan!ue.
So!"#$n.% P= P0 + γ ag 1.5 + γ ag S))l 2 4
P= γ ag ( 1.5 + 1.59 x 2 ) P=9.81 x ( 1.5 + 1.59 x 2 )=45.91 KPa
0.% El sistema de la (gura está abierto a la atmosera en el lado derecho. a/ ?i 4 A 698 cm ,Cuál es la presión -+a/ en el depósito 0#23 ,Cuál es la longitud -m/ de 43
b/ ?i +a A 6> +a
So!"#$n.% P A = P 0+ γ ag *sen 55 ° − γ ag 0.18 + γ Hg 0.17 P A =γ ag ( *sen 55 ° −0.18 + S Hg 0.17 )
a/
P A =9.81 ( 1.2 xsen 55 °−0.18 +13.6 x 0.17 )=30.55 KPa
b/
135= 9.81 x ( * x sen 55 ° −0.18 + 13.6 x 0.17 )
*=14.196 m
10.% El manómetro del tubo inclinado !ue se muestra en la (gura tiene * A in y d A 8.9> in y se llena con aceite -?A8.5I/. Calcular$ a/ El ángulo !ue producirá una superación de > in del aceite a lo largo del tubo inclinado para una producción aplicada de 6 in de agua -manom%trica/. b/ 4a sensibilidad de este manómetro esta es la separación en mil"metro por mil"metro de presión dierencial del agua aplicada.
So!"#$n.% *)
P1= P2 + γ ag S ( h + H ) … … … … .. ( 1 ) :gualar volumen del benceno$ π 4
π 2 2 D xH = d x* 4
( )
2
d H = * … … … … ( 2 ) D
;eempla'ando la ecuación -9/ en la ecuación -6/$
[
( )
2
d P1− P2= γ ag % S % * % senθ + %* D
]
( )
∆P d senθ = − γ ag % S % * D
62.4 x
senθ =
2
1 l+, x 12 ,- 3
5 l+, 62.4 3 x 0.897 x ,- 12 ,-
−
( ) 0.25 3
2
θ=12.18 °
11.% ?e tiene un manómetro dierencial conectado a la tuber"a como se indica en la (gura determinar$ a/ 4a dierencia de la presión -+a/ entre las corrientes aguas arriba y aguas abajo del fujo de la sustancia operante en la tuber"a considerar la densidad relativa del benceno como 8.5I b/ 4a dierencia de altura pie'om%trica -m/ entre los puntos antes considerados.
So!"#$n.J a/ P1= P2− γ ag∗0.47∗S B + γ ag∗0.47 P1− P2= γ ag∗0.47 ( 1 −S Ben ) P1− P2= 9.81∗0.47 ( 1− 0.879 ) A 557.89 Pa
(
DAP =
b/
+eroK
P 1 γ
( z − z )=0
DAP =
1
2
)(
+ z 1 −
P 2 γ
+ z 2
)
P1 − P 2 A
γ ag
+ ( z 1− z 2 )
-Lub. ori'ontal/
0.55789 = 0.05686 m 9.81
1&.% El es!uema presenta un manómetro de reservorio con tubo vertical. ?i *A65 mm dAD mm sA8.59I y N+A9> mmca -man/. *eterminar$ a/ El despla'amiento del li!uido 4 -mm/ en el tubo b/ 4a sensibilidad del manómetro.
So!"#$n.%
a ¿ P ¿ 1= P2− γ ag∗S (l + H )
:gualando vol)menes$ π 4
π 2 2 D xH = d x l 4
( )
d H = D
2 x
l
[ ( )]
d P1− P2= γ ag∗S∗l 1 + D
2
*el dato$ N+A9> mmca -man/
l=
∆P γ ag∗S
25 0.827
=
( ) +( )
d 1+ D
+ ¿ s=
2
1
27.206 25
6 18
2
=27.206 mm
=1.088
13.% n casco hemis%rico lleno de aire esta (jo en el ondo del oc%ano a una proundidad de 68 m. la lectura de un barómetro de mercurio situado dentro del casco es de ID> mmg y un manómetro de tubo en dise&ado para proporcionar la presión del agua exterior indica una lectura dierencial de I> mmg. *eterminar la presión atmos%rica -+a/ en la super(cie del oc%ano. 3
Considerar
γ ag!aman =10.1 K& / m
y
γ Hg =133 K& / m
3
.
So!"#$n.%
Po + γ ag∗10 + γ ag∗0.36 = Po + γ Hg∗0.735 Po= P o+ γ Hg∗0.735− γ ag∗0.36− γ ag∗10 Po= γ Hg∗h o + γ Hg∗0.735− γ ag ∗10.36 Po= γ Hg ( ho + 0.735)− γ ag∗10.36 Po=133 ( 0.765 +0.735 )−10.1∗10.36
¿ 94.864 KPa
1.% n sistema se e!uipa con dos manómetros de caratula y un tubo en 02 como se muestra en la igura para NhA58 mm y columna de aceite -?acA8.5I/ de D>8 mm. *eterminar + 9 J +6 -+a/
So!"#$n.%
P2= P1− γ ag ∗∆ h + γ a∗ H P2− P1= γ ag ( S a∗ H −S∗∆ h ) P2− P1= γ ag ( S a∗ H −S∗∆ h ) P2− P1= 9.81( 0.87∗ 0.65−2.67∗0.08 )
¿ 3.452 KPa
1'.% *eterminar el ángulo 0O2 del tubo inclinado !ue se muestra en la igura si la presión en 0#2 es de 9 +sig mayor !ue en 012.
So!"#$n.% P A + γ ∗1= PB + γ ∗10∗ senθ P A − P B= γ ( 10∗ senθ −1) 2∗144 + 1=10 senθ 62.4
θ=34.159 °
1/.% n pistón de D in de diámetro está ubicado dentro de un cilindro !ue está conectado a un manómetro de tubo inclinado de P in de diámetro como se muestra en la (gura. El fuido en el cilindro y en el manómetro es aceite de peso espec"(co de 7 lbBt cuando en la parte superior del cilindro se coloca un peso de 0Q2 el nivel del fuido en el manómetro sube del punto -6/ al punto
-9/. ,Cuál es el valor del peso -4b/3 ?uponer !ue el cambio de posición del pistón es insigni(cante.
So!"#$n.% S#n 24 en
. P A P
e 5#st$n6
= γ a∗l∗sen 30 ° … … … … (1 )
Con 24 sobre e 5#st$n6 . P . + = γ a∗( l + 6 )∗sen 30 ° … … … … ( 2) A P A P ;eempla'ando la ecuación 6 en 9 γ a∗l∗sen 30 ° +
. =
( γ a∗6∗sen 30 ° )∗π
( =
.
. =γ a∗l∗sen 30 ° + γ a∗6∗sen 30 ° A P
4
49
l+, 3
,-
d/
)
2
∗6 /!lg∗0.5 ∗π 4
3
,- =2.405 l+, 6 /!lg 3 1728 /!lg 2
2
1.% +ara la posición indicada en la (gura el manómetro marca valor o de presión y el pistón toca el resorte sin comprimirlo. El resorte tiene una constante de D8 GBm y la densidad relativa del aceite es de 8.5>. El diámetro del cilindro 0#2 es 8.I m y el del cilindro 012 es 8.> m. *etermine la presión le"da en el manómetro cuando el resorte se comprima >8 cm. Considerar la presión
atmos%rica
+oA8.6 M+a
So!"#$n.% P*r* * "on+#"#$n #n#"#*6
∑ ¿+γ
∗2
a
. /0s-on A /0s-on
+ γ a∗1.3= P¿
. /0s-on = γ ag∗S a
( 2 −1.3 )∗π ∗0.7 2 4
. /0s-on=9.81∗0.85
( 2 −1.3 )∗π ∗0.7 2=2.24632 K& 4
P*r* * "on+#"#$n 7n*6 Rolumen ascenso # A Rolumen descenso 1 π 4
2
dA ∗0.5=
2
0.7
π 4
∗0.5= 0.52∗h
h =0.98 m
2
dB ∗h
Po +
360∗0.5
π 4
∗0.7
∑ ¿+ 9.81∗0.85∗1.02 +
2
2.24632
π 4
∗0.7
2
+ 9.81∗0.85∗1.8= P0 + P¿
∑ ¿=480.05 KPa P¿
1.% (8r*n9 :#te &.). En la (gura se es!uemati'a una tuber"a con 7>S de inclinación por el !ue fuye agua. *eterminar$ a/ 4a ca"da de presión -+sig/ entre las tomas aguas arriba y aguas debajo de la tuber"a debido a la gravedad y a la ricción. b/ 4a dierencia de carga pie'om%trica entre los puntos 062 y 092.
So!"#$n.% *) P1+ γ ag∗∆ z + γ ag∗ ∆ H = P2 + γ Hg∗∆ H
[
P1− P2= γ ag ∆ H ( S Hg −1 )− ∆ z
P1− P2=62.4
P1− P2=
[
]
6 ( 13.6 −1 )−5 sen 45 ° 12
172.5 l+, =1.1979 Ps0g 144 /!lg2
]
b)
(
P1
(
P1− P2
(
172.5
DAP =
DAP =
DAP =
γ
)(
+ z 1 −
γ
62.4
P2 γ
+ z 2
)
)+ (
z 1− z 2 )
)+
5 sen 45 ° = 6.29 m
1.% El manómetro de la (gura contiene dos l"!uidos. El li!uido 0#2 tiene una densidad relativa ? #A8.55 y el li!uido 012 ? 1A9.>. Calcular la separación 0h2 -mm/
cuando
la
dierencia de presión aplicada
+6J+9A5I8 +a.
So!"#$n.% P1+ γ A∗h= P2 + γ B∗h P1− P2= γ ag ( SB − S A )∗h
h=
P1− P 2 γ ag ( S B −S A )
=
0.870 ∗1000= 42.84 mm 9.81 ( 2.95− 0.88 )
&0.% n manómetro dierencial de vidrio de li!uido m)ltiple se ha instalado entre la tuber"a 0#2 y 012 por la !ue circula agua tal como se ilustra en la (gura el fuido manom%trico !ue se encuentra en la parte inerior de los tubos en 02 del manómetro es mercurio -? gA6.>D/. El fuido !ue está en la parte
superior del manómetro es aceite -? acA8.5/. Considerando$ h 6 A 9>8 mm h 9 A I> mm h A 688 mm h 7 A 69> mm y h> A 988mm. *eterminar -+ #J+1/.
So!"#$n.% P A = P B + γ ag∗h5 + γ Hg∗h4 −γ a∗h3 + γ Hg∗h2 −γ ag∗h1 P A − P B= γ ag∗h5 + γ Hg∗h 4− γ a∗h 3+ γ Hg∗ h2− γ ag∗h1
[
P A − P B= γ ag ( h5−h1 ) + S Hg∗( h2 + h4 )− Sa∗h3
]
P A − P B= 9.81 [ ( 0.2 −0.25 ) + 13.56∗( 0.275 )−0.8∗0.1 ] P A − P B= 35.3 KPa
&1.% En el es!uema adjunto si$ + oA6 bar. *eterminar$ -4 6J49/ bar. Considerar los datos !ue se muestran en el cuadro.
: (-) S
1
&
3
6.>
8.>
9.>
8.5
6.D
6.8
So!"#$n.% *1= *2+ γ 3 h 3+ γ 2 h2− γ 1 h1 *1− *2= γ ag ( S1 h3 +S 2 h2− S1 h1) *1− *2=9.81 ( 1∗2.5 + 1.6∗0.5 −0.8∗1.5 )∗10 =0.206 ¯ ¿ −2
&&.% En el es!uema adjunto determinar h 6 -t/. ?i h 9A8.6 t + oA6 bar y 4A8.> +sig
So!"#$n.% P A = *+ P o= Po −γ Hg h2− γ h1 + γ ag h1 *=h1 ( γ ag− γ ) −γ Hg h2
[
*= γ ag h1 (1 −S )− S Hg h2
h1=
h1=
]
* +S h γ ag Hg 2
( 1− S ) 0.5∗144 +13.6∗0.1 62.4
( 1− 0.6 )
=6.2846 ,-
&3.% En el es!uema !ue se muestra si$ +oA6 bar 49J46A8.> bar. *eterminar$ 4 -+a/
: (-) S
So!"#$n.% An;#s#s en os t*n
C*"!o +e PA Po + * + γ 3 h3+ γ 2 h2 + γ 1 h1= P A + γ 4 h4 … … … … %( 2 ) :gualando las ecuaciones -6/ y -9/ * + γ 3 h 3+ γ 2 h2 + γ 1 h1−γ 4 h 4= *2− *1 *=( *2− *1 ) + γ ag [ S 4 h 4− S1 h1− S2 h2− S 3 h3 ]
1
&
3
9.>
9.8
8.>
8.>
6.>
6.8
8.5
6.D
*=0.5∗100 + 9.81 [ 13.6∗0.5−1.5∗2.5−1.0∗2.0− 0.8∗ 0.5 ] *=56.37 KPa
&.% En el es!uema adjunto si + o A 6 bar y 49J4
A 9.> bar. *etermina$ -4 6J
47/ bar
So!"#$n.% *1= P A − P0 … … … … ( 1 ) *2= P A − PB … … … … ( 2) *3= P) − P B … … … … ( 3 ) *4= P ) − P0 … … … … ( 4 ) ;esolver las ecuaciones -6/ y -7/$ *1− P A = *4− P) … … … … % ( 5 ) ;esolver las ecuaciones -9/ y -/$ *2− P A = *3− P) … … … … ( 6 )
;esolviendo las ecuaciones ->/ y -D/$
*1− *4 = *2− *3
*1− *4 =2.5 ¯¿
&'.% Es el es!uema adjunto. *eterminar$
a/ -+#J+1/ +si b/ 4a variación de altura pie'om%trica -t/
So!"#$n.% *) P A = P B + γ A) ∗2 + γ Hg∗3 −γ A) ∗23 P A − P B= γ Ag!a ( S Hg∗3 −S A) ∗21 )
P A − P B=
62.4 ( 13.6∗3 −0.85∗21 )∗144 =119.34 Ps, 1728
b)
(
$AP =
P A γ A)
)(
+ z B
)
+ ( z A − z B )
]
+ z A −
P B γ A)
[
γ Ag!a % S A)
[
119.34 18 + 62.4∗0.85 12
$AP =
$AP =
P A− P B
( )]=
3.75 ,-
&/.% El es!uema adjunto muestra un manómetro dierencial. ?i ? 9A?D ?A?>. Considerando los siguientes datos$ ?9 A 6.>K ? A 9.8K ?7 A 8.5> h7 A 8.> mK h9JhD A 8.> m y hTh> A 8.7 m. *etermine$ -+ #J+1/ mca.
So!"#$n.% P A = P B + γ a0"e % h1 + γ 2 % h 2−γ 3 % h3 + γ 4 % h4 −γ 5 %h 5−γ 6 %h 6 *espreciando la variación de la presión del aire P A − P B= γ ag!a % S2 % ( h2−h 6 )− γ ag!a % S3 % ( h3−h 5 )+ γ ag!a % S 4 %h 4 P A − P B γ ag!a P A − P B γ ag!a
=S 2 % ( h 2−h6 ) −S 3 % ( h 3−h5 ) + S 4 %h 4
=1.5 ( 0.4 )−2 ( 0.4 )+ 0.8 ( 0.5 )=0.2 ma
&.% a/ El elevador hidráulico en un taller de reparación de automóviles tiene un diámetro de salda de 88 mm y debe levantar automóviles de 9888 g determina la presión -bar/ manom%trica del fuido !ue debe mantenerse en el depósito. b/ En la (gura adjunta determina 0h2 -m/ en los niveles de mercurio
So!"#$n.% *) C!*n+o e 5#st$n est* en e
P=
2000∗ 9.81
π 4
∗10−5
( 0.3 )2
P=2.775 ¯ ¿
b) Po + * + γ ag!a % hag!a = Po + γ a % ha + γ Hg % h Hg *= γ a % ha + γ Hg % h Hg−γ ag!a % hag!a *= γ ag!a ( S a % ha + S Hg % h Hg −hag!a ) 65= 9.81 ( 0.72∗ 0.75+ 13.6∗ h Hg − 0.3 )
h Hg=0.4695 m
&.% En el es!uema adjunto considerar A > in ? A 8.5 4 9 A 68 in g -vacio/K + oA7 t agua.
4os tan!ues 0#2 y 012 contienen Uxigeno y Gitrógeno respectivamente. *eterminar la lectura 4 6 -+a/.
Solución.-
*1= P A − PB
y
49 A
*1+ *2 = P A− P 0 *1+ *2 = P0+ γ % H − P0 *1= *2− γ a % S % H …… … … … % ( 1 )
10 /!lg %
25.4 m 10 mm % =254 mm 1 m /!lg
760 mmHg→ 101.3 KPa
254 mmHg→*2
*2=33.855 KPa
;eempla'ando en la ecuación -6/$ *1=33.855−
9.81∗0.8∗5∗2.54 100
+1
J +8
*1=32.858 KPa
&.% (M!nson % ?!n@. &.). En el es!uema adjunto encontrar la variación de h.
So!"#$n.% In#"#* PB = P A + γ ∗0.1+ γ Hg∗ 0.05∗sen 30 ° − γ ag∗0.08 … … … … .. ( 1)
8#n* PB 1 = P A 1 + γ ( 0.1−a%sen 30 ° ) + γ Hg ( a%sen 30 ° + 0.05∗sen 30 ° + a )− γ ag ( 0.08 + a ) V -9/ PB = PB 1
Con+#"#$n6
:gualando las ecuaciones -6/ y -9/$ P A + γ ∗0.1 + γ Hg∗0.05∗sen 30 °− γ ag∗0.08= P A 1 + γ ( 0.1 −a%sen 30 ° )
+ γ Hg ( a%sen 30 ° + 0.05∗sen 30 ° + a )−γ ag ( 0.08 + a ) P A − P A 1 = γ Hg∗ a∗sen 30 ° + γ Hg∗a− γ ∗a∗sen 30 ° − γ ag∗a
[
P A − P A 1 = γ Hg∗a S Hg ( sen 30 ° + 1 )− S∗sen 30 ° −1
]
[
12=9.81∗a 13.6 ( 1.5 )−0.9∗0.5 −1
]
a =0 % 06455 m
∆ h =a +50 +
a sen 30 °
∆ h =64.55 + 50 +
64.55 sen 30 °
∆ h =243 % 65 mm
30.% (M!nson % ?!n@. &./). En el es!uema adjunto si
S =0.8
a =1∈¿
y
PB − PB 1 =0.5 Ps0g
So!"#$n.% Con+#"#$n #n#"#* PB = P A + γ ag %h 1+ γ ag % h2− γ Hg % h2 −γ a % h1 … … … % ( 1)
Con+#"#$n 7n*
A 1 . *eterminar$ A 2
γ Hg =847
l+, 3
,-
PB 1 = P A 1 + γ ag %h 1+ γ ag % h2− γ ag % +− γ Hg ( h2−+ −a ) −γ a % a −γ a % h1 … … ….. ( 2)
+or condición
+#
¿ P A 1
:gualando las ecuaciones -6/ y -9/ PB −γ ag % h1− γ ag % h2 + γ Hg % h2 + γ a % h1= P B 1 − γ ag %h 1−γ ag % h2 + γ ag % +
+ γ Hg ( h2 −+− a ) + γ a % a + γ a % h1 PB − PB 1 =+ ( γ Hg −γ ag ) + γ Hg % a− γ a %a PB − PB 1 + γ a % a −γ Hg % a= + ( γ Hg −γ ag ) P B− P B 1 + γ a % a− γ Hg % a += ( γ Hg− γ ag )
0.5∗144 +
+=
1 ( 62.4∗0.8 −847 ) 2
( 847 −62.4 )
+ =0.0071076 , - … … … … % ( 3 )
:gualando volumen A 1 A 2
#6
% += A 2 % a
a +
= … … … … % ( 4 )
;eempla'ando la ecuación -/ en -7/ 1 A 1 2 = =11.724 A 2 0.0071076
31.% 4a placa #1 de m. por 7m de un depósito al aire es basculante en torno a su borde inerior y se mantiene en posición mediante una barra delgada 1C. ?abiendo !ue va a llenarse de glicerina cuya densidad es de 69D HgBm . *eterminar la uer'a L -G/ en la barra y las reacciones -G/ en la bisagra # cuando el depósito se llena hasta una proundidad dA9.m
2 =γ 3 h´ 4 3 A =9.81 3 1263 3
So!"#$n.J
2 3
2 3
h P= d → 3 2.9 =1.933 m
−0.483 ) ∑ ( =0 →5 3 3 = 2 3 ( 2.9 2 A
( )
2.9 3 ( 2.9 3 4 )=208.4 & 2
5 3 3=208.4 3
(
2.9 −0.483 2
)
5 =67.17 '&
∑ 2 =0 → 2 = 7 6
+ 5
6
7 6 =208.4 −67.17
¿ 141.23 '&
∑ 2 =0 → 7 = . 4
4
om/
3&.% na compuerta circular de m de diámetro tiene su centro de gravedad a 9.>m debajo de la super(cie del agua y descansa sobre un plano con pendiente de D8S. *etermine la magnitud dirección y locali'ación de la uer'a total con respecto al centro de gravedad sobre la super(cie debido al agua.
So!"#$n.%
Cálculo !ue ejerce la
uer'a del agua
sobre la compuerta
circular
π 2 2 =γ 3 h´ 4 3 A =9.81 3 2.5 3 3 3 =173.357 & 4
Cálculo de la ubicación de la uer'a π
4
9.81 3 3 1.5 3 sin 60° γ 3 8 nn 3 sin θ 4 e= = =0,1948 m 173.357 2
33.% 4a uer'a de ro'amiento entre una compuerta #1 cuadrada de 6.5m de lado y sus gu"as es el 68W de la resultante de las uer'as de presión !ue el agua ejerce contra la cara de la compuerta. allar la uer'a inicial necesaria para elevar la compuerta si esta pesa 7.> HG.
So!"#$n.% 2 ag =γ ag 3 h´ g 3 A = 9.81 3 ( 2.7 + 0.9 ) 3 ( 1.8 3 1.8 ) A 114.42 '&
2 "ozam0en-o =0.1 3 114.42=11.44 '&
∑ 2 =0 →5 = 2 4
"oz
+ Peso
5 =11.44 + 4.5 =15.94 '&
3.% Encuentre la uer'a total sobre la compuerta #1 causada por los fuidos. ?uponga !ue la densidad relativa del aceite es 8.D. Encuentre además la posición de esta uer'a medida desde el ondo de la compuerta.
So!"#$n6 Cálculo de la uer'a !ue ejerce el aire y el agua -F 6/ 2 1=( P + γ ag 3 h´ ag) 3 A
2 1= 10 3 144 + 62.4 3 ( 10 + 16cos30 ° ) 3 ( 12 3 4 )=140574.7 l+,
+unto de aplicación con respecto a su centro de gravedad -e 6/
e 1=
γ 3 8 nn 3 sin θ = 2 1
62.4 3
1 12
3
3 4 3 12 3 sin 60 °
140574.7
=0,2213 ,-
bicación con respecto al punto 1 -d 6/ d 1=( 6 −0.2213 )=5.7787 ,-
Cálculo de la uer'a !ue ejerce el aceite -F 9/ 2 2 =γ ag 3 S a 3 h´ ag 3 A
2 2 =62.4 3 0.6 3 [ 40 + 16 3 cos30 ° ] 3 ( 12 3 4 )= 96786.4 l+,
bicación con respecto a su centro de gravedad -e 9/
e 2=
γ 3 8 nn 3 sin θ = 2 2
62.4 3 0.6 3
1 3 3 4 3 12 3 sin 60 ° 12 =0,1929 ,- 96786.4
bicación con respecto al punto 1 -d 9/ d 2=( 6 −0.1929 )= 5.8071 ,-
Cálculo de la uer'a resultante -F/ respecto al punto 1 2 = 2 1− 2 2= 43788.3 l+,
?umatoria de momentos en 1$
∑ ( =0 → 43788.3 3d =1405747 3 5.7787 −96786.4 3 5.8071 B
d =5.7159 ,-
3'.% 4a compuerta #1 es una placa rectangular de 9.5 HG !ue tiene 6.>m de altura y 6.6m de ancho y se utili'a para cerrar el canal de desagXe en la parte inerior de un depósito de petróleo. # consecuencia de la condensación en el depósito se recoge agua dulce en la parte inerior del canal. Calcular el momento M respecto del eje del pasador en 1 necesario para cerrar la compuerta contra la acción de las uer'as hidrostáticas del agua y del petróleo. 4a densidad relativa del petróleo es de 8.5>.
So!"#$n.% 8 5et
(
)
0.6 ¿ γ ag 3 S /e- 3 h´ g 3 A =9.81 3 0.85 3 0.6 + 3 0.6 3 1.1 = 4,95 K& 2
1 3 3 1.1 3 0.6 12 =0,0333 m 4.95
9.81 3 0.85 3
e /e- =
(
2 ag = Pag 3 A = γ ag 3 S /e- 3 1.2 + γ ag 3
)
0.9 3 0.9 3 1.1 2
2 ag =γ ag 3 ( S /e- 3 1.2+ 0.45 ) 3 0.9 3 1.1
9.81 3
e ag=
1 3 3 1.1 3 0.9 12 =0.0459 m 14.276
¿ 14.276 '&
( B=¿ 2 /e- 3 0.333 + 2 ag 3 1.0959
∑¿
( B=17.294 ' & 3 m
3/.% Encuentre la uer'a resultante sobre la compuerta #1 producida por los fuidos de adentro y de auera. *etermine la distancia 0d2 por debajo de 1 de la posición de esa uer'a.
So!"#$n6 2 ag = Pag 3 A 2 ag =[ γ ag 3 S Hg 3 0.4 + γ ag 3 19.5 + γ ag 3 5 3 sin 45 ° ] 3 2 3 4 2 ag =62.4 [ 13.6 3 0.4 + 19.5 + 5 3 sin 45 ° ] 3 8=14214.98 l+,
e=
γ 3 8 nn 3 sin 45 ° = 2 ag
62.4 3
1 12
3
3 2 3 4 3 sin 45 °
14214.98
∴d
=0,0331 ,-
=2 + 0.0331=2.0331 ,-
3.% Calcular la uer'a -G/ vertical m"nima re!uerida para mantener cerrada la puerta !ue tiene un ancho de m perpendicular al plano del dibujo.
So!"#$n6
[
(
2 =γ ag 3 h´ g 3 A = P− γ ag 3 0.9 +
[
(
2 = 35 −9.81 3 0.9 +
e=
γ 3 8 nn 3 sin θ ° = 2
9.81 3
)]
0.9 2
)]
0.9 2
3 1.5 3 3
3 1.5 3 3= 97.9 '&
1 3 3 3 3 1.5 3 sin 37 ° 12 =0,0507 m 97.9
( B=¿ 0 → P 3 1.5 3 sin53 ° = 97.9 ( 0.75 + 0.0507 )
∑¿
P=65.32 '&
3.% El depósito !ue se muestra en la (gura tiene un tapón de 78mm de diámetro el mismo !ue
saltará
hidrostática !ue soporta
supera
*eterminar
0h2
manómetro
la
lectura de
Yag ua A 68 HGBm y
la ?g
si
uer'a
los
-mmg/
i'!uierda. A6.D
la
8G. en
el
Considerar$
So!"#$n.% 2 = Pg∗ A =( P o+ γ Hg∗ h− γ Ag ∗ A − γ Ag∗ 0.02∗sin 50 ° ) 3
π 4
3d
2
?i +oA8 2 =γ Ag 3 ( S Hg∗h − A − 0.02∗sin 50 ° ) 3 30∗10
−3
π 4
2
3d
π
=10 3 ( 13.6 h −0.02− 0.02∗sin 50 ° ) 3 3 0.04 2 4
h =0.1781=178.1 mmHg
e=
3.%
γ 3 8 nn 3 sin θ ° = 2
?i
10 3
4
4
3 0.02 3 sin 50 ° −3
30∗10
=3.208∗10−5 m
peso
espec"(co de un l"!uido var"a
linealmente seg)n la
proundidad h de acuerdo con
la
el
π
ecuación$
γ = γ o + 'h
.
uer'a hidrostática por
ancho
compuerta y su punto
de aplicación.
*eterminar
unitario
So!"#$n6 Evaluar el +8 !ue act)a sobre un +A ubicado a una proundidad :. d2 = γ 3 h 3 d A =( γ o + 'h )( h )( *∗dh ) 2
d2 =( γ o h + ' h )( *∗dh )
sobre
la a
Pe"o *=1 m 2
H
∫ d2 =∫ (γ h +' h ) dh 2
o
0
0
2
2 = γ o
h
2
h + '
|
3 H
3
2
=
3 3 γ o 3 H
+ 2 3 ' 3 H 3 H 2 = ( 3 3 γ o + 2 3 ' 3 H )
6
0
6
4a ubicación de la uer'a es$ 2 ∗h / = d2 ∗h
∫
1
H
∫
1
H
∫
h / = ( γ 3 h +' 3 h )∗h∗dh= 2 (γ o 3h + ' 3h ) dh 2 0 o 0 2
3
γ o 3 H h / =
3 6
3
4
+
' 3 H 4
2
H
2
( 3 γ o + 2 'H )
H
(
= ∗ 2
4 γ o+ 3 'H 3 γ o + 2 'H
)
0.% El es!uema muestra una placa inclinada de sección compuesta. ?i #1 A 5 m y considerando$ ? 6 A6.>K ?9A8.5K ?A.8K ?7A6.9K 46A6.>barK 49 A 9barK
So!"#$n.J Cálculo del centro de gravedad de la super(cie compuesta$ 4 9=
24∗2 + 8∗6 =3 m 24 + 8
Cálculo del momento de inercia
( )∗ ∗
8 xx : =
1 12
3
2 4
+ 32∗8 +
( )∗ ∗ 1 12
6 4
3
+ 12∗24 =138.66 m4
#nálisis de F : y la ubicación e : en el comportamiento i'!uierdo 2 8 =[ 1.5∗100 +10∗0.8∗3 + 10∗1.5∗5∗sen 30 ° ]∗32=6768 '& ( a )
e 8 =
γ 1 3 8 nn 3 sin α 10∗1.5∗138.66∗0.5 = =0.1536 m 6768 2 8
#nálisis de F :: y la ubicación e :: en el comportamiento derecho 2 88 = [ 2∗100 + 10∗1.2∗4 +10∗3∗1 + 10∗3∗5∗sen 30 ° ]∗32=11296 '& ( + )
2 &e-a= 2 88 − 2 8 =11296 −6768= 4528 '& e 88 =
γ ag 3 S 3 3 8 nn 3 sin 30 2 88
=
10∗3∗138.66∗0.5 11296
= 0.1841 m
(")
( A=¿ 0
∑¿
( 11296∗5.1841 )−( 6768 −5.1536 )= 4528∗d A d A =5.229 m 4a ubicación respecto al punto # será$ d B =2.771 m≠2771 mm
(+)
1.% n camión de combustible tiene un depósito de sección transversal aproximadamente el"ptica de m de eje mayor hori'ontal y m de eje menor vertical. ?u parte superior está ventilada a la atmosera. ?i la mitad del tan!ue está lleno con gasolina y la otra mitad con agua. ,Cuál es la uer'a hidrostática -HG/ sobre el panel el"ptico (nal3 Considerar ? gasA8.D5
So!"#$n6 2 = 2 gasol0na + 2 ag!a
4a uer'a !ue se ejerce sobre la tapa es$
Cálculo de la uer'a !ue ejerce la gasolina -Fgas/
2 gas =γ ag 3 S gas 3 h g 3 A =9.81 3 0.68 3
(
π ∗1∗1.5 2
)(− 3 1
Cálculo de la uer'a !ue ejerce el agua -Fag/
(
2 ag = γ gas 3 1 + γ ag 3
4 3
)
∗1 π
( ) 4
3 A =γ ag∗ A S gas +
3
∗1
π
2 ag =9.81∗2.356 ( 0.68 + 0.4244 )= 25.525 '&
;empla'ando en la ecuación -6/
)
4 ∗1 3
π
=9.046 '&
VVV..
-6/
2 =( 9.046 + 25.525 )=34.571 '&
&.% El es!uema muestra un tan!ue !ue contiene fuidos no misibles$ aceite -YacA>>lbBt/K agua -Y agua A D9.7lbBt / y mercurio -Y g A57DlbBt /. El ondo del recipiente es de I t. *eterminar la uer'a hidrostática !ue se ejerce sobre la pared lateral de 65t de alto y la ubicación respectiva respecto a la super(cie.
So!"#$n.% ?e hace el cálculo por separado de las uer'as !ue ejercen el aceite el agua y el mercurio y las ubicaciones respectivas. Cálculo de la uer'a hidrostática !ue ejerce el aceite$ 2 a =55∗4∗8∗7 =12320 l+, 55∗1
e 1=
Cálculo de la uer'a agua
2 ag =(55∗8 + 62.4∗3 )( 6∗7 )=26342.4 l+,
12
∗7∗83
12320
=1.33 ,-
hidrostática !ue ejerce el
62.4∗1 ∗7∗63 12 e 2= =0.298 ,- 26342.4
Cálculo de la uer'a hidrostática !ue ejerce el mercurio 2 Hg=( 55,8 + 62.4∗6 + 846∗2 ) ( 4∗7 )= 70179.2 l+, 846∗1 ∗7∗4 3 12 e 3= =0,45 ,- 70179,2
2 -o-al = 2 a + 2 ag + 2 Hg =12320+ 26342.4 + 70179.2=108841.6 l+,
Lomando momentos respecto a la super(cie tenemos$
( 12320 )∗( 5.33 ) + ( 26342.4 ) ( 11.298 ) +( 70179.2 ) ( 16.45 ) =108841.6∗h/ :P 13. t 3.% 4a compuerta r"gida U#1 de la (gura está articulada en 0U2 y permanece contra un soporte r"gido en 1. ,Cuál es la m"nima uer'a -HG/ hori'ontal + !ue se re!uiere para mantener cerrada la compuerta de m de ancho3 :gnorar el peso de la compuerta y la presión en la articulación. 4a parte posterior de la compuerta está expuesta a la atmósera.
So!"#$n.% Cálculo de la uer'a hidrostática -F 6/ !ue ejerce el agua sobre U# 2 1= 9.81∗5∗4∗3 =588.6 '& 9.81∗1 ∗3∗43 12 e 1= = 0.266 m 588.6
Cálculo de la uer'a hidrostática -F9/ !ue ejerce el agua sobre #1 2 2 =9.81∗7∗2∗3= 412.02 '& ( o=¿ 0 → ( 588.6 ) ( 2 + 0.2666 )+ ( 412.02 ) ( 1 )= P∗4
∑¿
P= 436 % 5 '&
.% En el es!uema !ue se muestra determinar la lectura 4 9 -bar/ para !ue la compuerta est% en e!uilibrio. Considerar Y agA68HGBm
So!"#$n6 Cálculo de la uer'a hidrostática -F/ !ue ejercen el aire y el agua en el compartimiento i'!uierdo. 0.5 + 0.6 sin 30 * 1 + γag (¿)
¿ 2 =¿
10∗1 ∗1∗1.23∗sin 30° 12 e= ∗10 3=4.6875 mm 153.6
( o=¿ 0 ( )ond00;nde #
∑¿
( 153.6 ) ( 0.6 +0.0046875 )= 2 a0"e∗0.6 2 a0"e =154.8 '&
*2=
2 a0"e A"ea
=
154.8 ∗10−2=1.29 ¯¿ 1∗1.2
'.%
En
el
ondo de un depósito lleno de
agua hay una
compuerta #1 sin peso de
8.>m
8.55m.
x
4a
compuerta
está
articulada
con bisagras a lo largo de su
borde
superior 0#2 y se apoya en un
tope liso 012.
*eterminar$
a. 4as
reacciones en # y 1 cuando la
b. 4a
tensión del cable es nula. m"nima tensión del cable 1C*
para
!ue se abra la compuerta
So!"#$n6 Lra'amos el diagrama de cuerpo libre sobre la compuerta #1
sen 37 ° =
0.48
AB
→ AB = 0.8 m
2 ag =γ ag 3
e=
(
)
(
)
0.45∗0.48 0.45∗ 0.48 3 ( 0.8∗0.5 )=9.81 3 3 ( 0.8∗0.5 )= 2.7 '& 2 2
γ 3 8 nn 3sen 37 ° = 2
9.81 3
1 3 3 0.5 3 0.8 3sen 37 ° 12 =0.0466 m 2.7
( A=¿ 0 ( )ond00;nde e
∑¿
& B∗0.8 =2.7∗( 0.4 + 0.0466 )=1.5 '& 2 x =¿ 0 ( )ond00;n de e
∑¿
2 ag∗sin37 ° = 7 A + & B∗sin 37 ° x
7 A =sin 37 ° ( 2 ag− & B )=sin 37 ° ( 2.7 −1.5 )=0.72 '& x
2 y =¿ 0 ( )ond00;n de e
∑¿
& B∗cos37 ° + 7 A = 2 ag∗cos37 ° y
7 A =cos 37 ° ( 2 ag− & B )=cos37 ° ( 2.7 −1.5 )=0.96 '& y
7 A =√ 0.72 + 0.96 =1.2 '& 2
tan ϕ =
1.2 0.64
ϕ =61.92 °
2
∴=
=62.92 °−37 ° = 24.92 °
4a tensión m"nima será a!uella !ue hará !ue la reacción en 1 sea nula. ( A=¿ 0
∑¿
2 ag∗( 0.4 + 0.0466 )=5 ∗sen 24.92 ° ∗0.8 9.81∗( 0.4 + 0.0466 )=5 ∗sen 24.92 ° ∗0.8
5 =3.57 '&
/.% El cilindro mostrado en la (gura tiene 9.7m de longitud normal al plano del papel y está pivotado en U. Calcular el momento -HGJm/ respecto a U !ue se re!uiere para mantenerlo en posición.
So!"#$n$ Cálculo de la uer'a hori'ontal !ue ejerce el agua$ 2 h =( 9.81∗0.9∗1.8∗2.4 ) =38.14 '& bicación de la uer'a hori'ontal$ +or encontrarse la super(cie a for de agua se tiene$ 2 3
2 3
h / = h= 1.8 =1.2 m Cálculo de la uer'a vertical$ 2 > =γ ∗l∗ A =
9.81∗2.4∗π ∗1.82=59.9 '& 4
( o=( 59.9∗0.7639 ) + ( 38.14 )∗(0.6 )
( o=68.64 '& m
.% ,Cuál es la uer'a -HG/ resultante producida por los fuidos !ue act)an sobre la compuerta #1 cuya sección es un cuarto de c"rculo3 El ancho de la compuerta es 6.m
So!"#$n.% *espreciando la presión atmos%rica 2 H =( 9.81∗1.2 )( 1∗1.3 )=15.3 '&
[
]
π 2 2 $ =γ ∗l∗ A =( 9.81 )( 1.3 ) (1.7∗1 )− ∗1 =11.66 '& 4
2 =√ 2 H + 2 $ 2
2 =19.23 '&
2
.% *etermine la magnitud de la uer'a -HG/ resultante !ue act)a sobre la super(cie semies%rica mostrada en la (gura.
So!"#$n.% 2
2 H =62.4∗10∗π ∗3 =17643.18 l+,
2 $ =γ ∗$ =
γ ∗$ es, 2
=
62.4∗1 ∗4 2 3 π ∗3 =3528.6 l+, 3
2 =√ 2 H + 2 $ 2 =17992.58 l+, 2
2
.% ,Cuál es la uer'a hori'ontal -HG/ ejercida sobre la compuerta por todos los fuidos de adentro y de auera3 4a densidad relativa del aceite es de 8.5.
So!"#$n6
[
]
2 H = P∗ A = ( 30∗144 )+ γ ag∗S∗10 + γ ag∗23 ∗π 7
2
2 H =[ 4320 + 499.2 + 1435.2 ]∗π 3 =176838.9 l+, 2
62.4∗π 4 ∗3 γ ∗ 8 nn: 4 e= = =0,02244 ,- 176838.9 2
'0.% 4a contrapuerta de la (gura -#1/ tiene m de longitud. Calcular la magnitud y ubicación de las componentes de la uer'a !ue act)a sobre ella. Considerar YaguaA68HGBm.
So!"#$n6 Cálculo de la uer'a
hori'ontal -F / 2 H = γ ∗h∗ A /"oy = Pg∗ A
2 H =
10∗2 ∗(2∗3)=60 '& 3
bicación$
2 3
2 3
h = 7 ( ,lo" deag!a ) = ∗2=1.33 m
Cálculo de la uer'a vertical -Fv/ 2
2 $ =γ ∗$ =
10∗ π ∗2 4
∗3 =94.247 '&
Ub#"*"#$n$ 4a componente vertical act)a a trav%s del centro de gravedad del volumen del l"!uido -cuadrante del c"rculo/
6 / =
4 ∗ 7 3
π
=
4 ∗2 3
π
= 0.848 m
'1.% ,Cuál es la uer'a vertical sobre la esera si las dos secciones del tan!ue están completamente
aisladas una de la otra
por el tabi!ue #13
So!"#$n.% Cálculo de la presión + en la interase #guaJaceite P= *− γ ag!a∗S∗2=5∗144 −62.4∗0.8∗2= 620.16
he< a =
l+, 2
,-
620.16 =12.423 ,- 62.4∗0.8
Cálculo de la uer'a vertical !ue ejerce el agua
[
2 $ ( ag )= γ ag∗$ =62.4∗ $ 0l −
[
2 $ ( ag )= 62.4∗
]
$ es, 2
1 ∗4 π 2 2 15∗π ∗3 − ∗33 3
]
=22936.139 l+,
Cálculo de la uer'a vertical !ue ejerce el aceite
[
2 $ ( a )= γ a∗$ =γ a $ 0l +
[
]
$ es, 2
2
[
2 3
= γ a∗π ∗ 7 2 he< + 7
]
]
2 $ ( a )=62.4∗π ∗ 9 12.423 + 3 ∗0.8= 20357.4 l+, 3
4a uer'a resultante
sobre la esera será$
2 = 2 $ ( ag) + 2 $ ( a )=22936.139 −20357.4 =2578.727 l+,
'&.% En el es!uema adjunto. *eterminar la uer'a hori'ontal -HG/ neta y la uer'a vertical -HG/ neta !ue act)a sobre la esera de D88 mm de diámetro. Considerar$ YaguaA68HGBm NA688mmcm ? gA6.D ?acA8.5
So!"#$n.% P A = P B + γ ag∗S Hg∗∆ H P A − P B= γ ag∗S Hg∗∆ H =10∗13.6∗0.1 =13.6 'Pa
•
Cálculo de la uer'a hori'ontal neta -F G/ 2 H& = 2 Hag − 2 Ha 2 H& =[ P A +γ ag∗3.3 ] A P−[ P B + γ ag∗Sa∗2.3 ] A P
[
2 H& = A P ( P A + γ ag∗3.3 ) −( PB + γ ag∗S a∗2.3 )
[
]
]
[
2 H& = A P ( P A − P B ) + γ ag ( 3.3 − Sa∗2.3 ) = A P ( P A − PB ) + γ ag ( 3.3 −S a∗2.3 )
π 2 2 H& = ∗0.6 [ 13.6 + 10 ( 3.3− 0.8∗2.3 ) ] =7.97 '& 4
Cálculo de la uer'a vertical neta -F RG/
( )
2 $& =γ ag∗
$ es, 2
1∗1
2 $& =
2
( ) ( )( +
+ γ ag∗S a∗
$ es, 2
=γ ag∗
$ es, 2
1 Sa )
∗4 π ∗0.33∗( 1 + 0.8)= 1.0178 '&
3
]
'3.% Calcular las uer'a F -HG/ necesaria para mantener la compuerta mostrada en la (gura en la posición cerrada. Considerar ;AD8cm y !ue la compuerta tiene un ancho de 6.9m. A 8.D8 cm.
So!"#$n Cálculo de la
uer'a hori'ontal -F /
2 H =[ P0 + γ ∗ H −γ ag!a∗1,2− γ ag!a∗ Sa∗0,3 ]∗ A"ea
*espreciamos la presión atmos%rica
( Po )
2 H = γ ag!a [ S∗ H −1,2− S a∗0,3 ]∗(0,6∗1,2) 2 H =9,81∗[ 3∗0,6 −1,2− 0,8∗0,3 ]∗( 0,6∗1,2 )=2,5427 K&
e=
γ a∗ 8 nn 2 H
3
=
0,8∗9,81∗1∗1,2∗0,6 12∗ 2,5427
= 0,0666 m
Cálculo de la uer'a vertical - F R/ +rimero se calcula la presión + # en la articulación$ P A = P o + γ ∗ H −γ ag∗1.2− γ ag∗S a∗0.6 =γ ag∗( S∗ H −1.2 −S a∗0.6 ) P A =9.81∗( 3∗0.6 −1.2−0.8∗0.6 )=1.1772 'Pa
[
]
π 2 2 2 $ =( 1.1772∗0.6∗1.2 ) + 9.81∗0.8∗1.2 0.6 − 0.6 =1.575 '& 4
Cálculo de la ubicación de la Fuer'a Rertical -Z/
(
π
∗0.62∗4 π ( 0.6∗0.6∗0.3 )− 4 ∗0.6 x = 0.6
2
3
π
− ∗0.6
)
= 0.4657 m
2
4
∑ ( = 0 a
2 ∗0.6 =2.5427∗ 0.3666 + 1.575∗ 0.4657
2 =2.776 '&
'.% En el molde mostrado -?A9.>/ tiene una longitud a. 4a uer'a -lb/ b. 4a uer'a resultante c. El punto de resultante hori'ontal
se vierte concreto l"!uido de D t. *eterminar resultante total -lb/ vertical aplicación -t/ de la uer'a
So!"#$n.% 2 H = P∗ A =( 62.4∗2.5∗4 )( 8∗6 )= 29952 l+, +unto de aplicación$ Está a for de agua$ 2 3
2 3
h / = h= 8=5.33 ,-
[ ]
2 $ =γ ∗$ =γ ∗ *∗ π
7
2
2
4
2
=62.4∗2.5∗6∗π =23524.24 l+, 2
2 =√ 2 H + 2 $ =38085.59 l+, 2
2
''.% (8r*n9 :#te &>). 4a compuerta #1C a veces llamada compuerta 0Lainter2 tiene la orma de arco de c"rculo y se puede subir y bajar haci%ndola girar alrededor del perno U. +ara la posición mostrada determinar la uer'a -HG/ resultante y el ángulo 0[2 !ue orma dicha uer'a con la hori'ontal. Considerar$ YaguaA68HGBm y la proundidad de la compuerta 6m.
So!"#$n6 tan 30 ° =
3
a
a =5.196 m
2 H = γ ∗h∗ A =10∗3∗6∗1 =180 '&
Como está a for de agua$ 2 3
h Po= ∗6 =4 m
[
2 $ =γ ∗l∗[ A"ea se % 0"!la" − A"ea -"0?ng!lo ] =10∗1∗
2
π ∗6 ∗60 360
−
5.196 ∗6 2
]
2 $ =32.61 '&
2 =√ 180 + 32.61 =182.92 '& 2
tan
2 $ 2 H
2
→θ =10.26 °
'/.% (M!nson ?o!n@ &>). n tapón en el ondo de un recipiente a presión es como se muestra en la (gura. 4a presión del aire es de >8 H+a y el l"!uido en el recipiente tiene un peso espec"(co de 9IHGBm . *eterminar la magnitud de la uer'a -HG/ ejercida sobre la super(cie curva del cono dentro del recipiente debido a la presión de >8 H+a y al l"!uido.
So!"#$n6 he< =
Cálculo del radio
50 =1.8518 m 27
0r2 -cono pe!ue&o dentro
del l"!uido/ tan 30 ° =
" 1
→ " =0.57735 m
[
1
2 $ =γ ($ 0l −$ ono )= γ π ∗" ( 3 + he< )− π " ∗1
2 $ =γ ∗π ∗"
2
[
2
2
3
]
1 ( 3 +h e< )− 3 = 27∗π ∗0.57735
2
[
]
4.8518 −
1 3
]=
127.75 '&
'.% allar las reacciones ;a y ;b en los puntos # y 1 respectivamente si la compuerta es un cilindro de peso 0Q2. Considerar la longitud 042 del cilindro.
So!"#$n6 Cálculo de la uer'a hori'ontal -F /
( )∗(
2 H = γ ∗h∗ A/"oye-ada =γ ∗ 2
7 2
2
2 7∗ * ) =2 γ 7 *
+or lo !ue 2
7 A = 2 H =2 γ 7 *
Cálculo de la uer'a vertical -F v/
2 $ =γ ∗$ =γ ∗ *∗π
"
2
2
∑ 2 =0 y
2 $ + 7 B =.
7B =. −γ*π
"
2
2
'.% +ara las (guras !ue se muestran determinar la uer'a vertical !ue se ejerce sobre el cilindro de longitud 042.
So!"#$n.% ?e observa !ue la uer'a hori'ontal neta en ambos casos es nula.
*. C;"!o +e * 1r* 8or-*$ •
8!er* ert#"* (8) +asar la presión 042 a
una altura
e!uivalente del fuido
en contacto * he< = γ
con la super(cie.
&+* 8or-*6
¿
2 $ = *∗ A +
γ ∗l∗π "
2
2
*onde #\ es el área proyectada al plano hori'ontal donde se encuentra el manómetro 042 2 $ =( γ ∗he<∗2 "∗l ) +
(
γ ∗l∗ π "
2
2
)= ∗ ∗[ (
] 2
γ l
he<∗2 7 ) +
π"
)= ∗ ∗[
( h e<∗2 " ) −
π"
2
b. C;"!o +e * 8!er* ert#"* (8) 1r* 8or-*
[
2 $ =γ ∗l∗ ( h e<∗2 " ) −
]
π" 2
2
&+* 8or-* ¿
2 $ = *∗ A −
γ ∗l ∗π "
2
2
(
2 $ =( γ ∗he<∗2 "∗l ) −
γ ∗l ∗π " 2
2
γ l
2
] 2
'.% En el es!uema adjunto determinar la uer'a vertical neta -FRG/ !ue ejercen el agua y el aceite -?]8.5/ sobre a esera de >88mm de diámetro. Considerar YaguaA68HGBm.
So!"#$n6 #nálisis de la F R !ue ejerce el agua he< =
200 =20 m 10
[
2 $ =γ ag∗$ =γ ag∗
π 4
∗π ¿ D ∗ H − ∗ D3 2
2
6
γ ag∗ π 2
¿ D2
[
H D 2
−
6
]=
10∗π 2
¿ 0.52
[
#nálisis de la F R !ue ejerce el aceite he
]
H =h e< + 7 =27 m
*onde$
2 $ =
1
300 10∗ 0.8
=37.5 m
27 2
−
]=
0.5 6
52.68 '& ( ha0a a+a@o )
[
2 $ =γ ag∗ S a∗
*onde$
2 $ =
1 ∗π 2 π 2 ¿ D ∗ H + ∗ D3 4 6
]
H =h e< + 3 =40.5 m
γ ag∗ Sa∗π 2
¿ D2
[
H D 2
+
6
]
=
[
]=
10∗0.8∗π 40.5 0.5 ¿ 0.52 + 2 2 6
63.879 '& ( ha0aa""0+a )
8 ¿ 2 $a − 2 $ag =63.879 −52.68=11.19 '&
+or lo !ue$
/0.% *eterminar la uer'a -HG/ !ue ejercen los fuidos sobre el cilindro. El ondo del depósito es un agujero rectangular de 6m de longitud. Considerar Y agua A 68HGBm.
So!"#$n.% +asar la lectura 042 a una altura e!uivalente del fuido en contacto con la super(cie en estudio he< =
1.5∗100 =12.5 m 10∗1.2
cos30 ° =
a 1
a =0.866 m y + =0.134 m
Cálculo de la uer'a vertical -F R/ 2 $ =γ ag∗$ =γ ∗l∗ A
[(
2 $ =10∗1.2∗1∗ 2∗16.5−
2 $ =323.01 '&
() ) ( π 2
2
∗1 −2
2
0.134∗16.5 +
π ∗1 ∗30 360
1 2
− ∗0.866∗0.5
)]
/1.% 4a esera sin peso de diámetro 0d2 está en e!uilibrio en la posición mostrada. *erivar una ecuación uncional para determinar 0d2
+ F (S1> :1> S&> :&)
So!"#$n.% #l despreciar el peso de la esera y mostrarse en la posición indicada se debe cumplir$ 2 $ 1 = 2 $ 2
[
γ 1∗ $ 0l+
$ es, 2
2
=γ 2 $ 0l −
]
$ es, 2
π
∗[ γ 1+ γ 2 ]= ∗d2 [ γ 2∗h 2−γ 1∗h1 ] 4
$ es, 2
] [
$ es,
π
∗[ S 1 + S 2 ]= ∗d 2 [ S2∗h2− S1∗h1 ] 4
π 6
∗1
2
d=
π
∗d 3∗[ S 1+ S 2 ]= ∗d2 [ S 2∗h 2−S 1∗h 1 ] 4
3 ( S2∗h2− S1∗h1 )
S1 + S2
/&.% El depósito de la igura está lleno con agua presuri'ada -Y aguaA.56HGBm/ Calcular la uer'a hidrostática neta -HG/ sobre la super(cie cónica #1C
So!"#$n.% Cálculo de la altura e!uivalente de agua !ue origina la presión de 6>8 H +a he< =
150 =15.29 m 9.81
2 $ =γ ag∗$ =γ ag
+ero$
2 $ =
[
1 ∗π 3 π 2 2 d h+ d hono 4 4
]
=
γ ag∗ π 4
2
[
d h+
h ono 3
]
h =15.29−7.0 =8.29
[
9.81∗π 2 4 2 8.29 + 4 3
]=
296.58 '&
/3.% Calcular la uer'a -HG/ resultante !ue ejercen el agua y el aire sobre la super(cie #1C de orma de un cuarto de cilindro. ?uponer una longitud del elemento en estudio de m.
So!"#$n6 Cálculo de la uer'a -FG/
hori'ontal neta
Como el área proyectada de #1C es la misma y las presiones son iguales se tiene !ue$ 2 H&e-a= 0
Cálculo del radio del cilindro sen 45 °=
1.5
7
7=2.1213 m
Cálculo de la uer'a vertical neta -F RG/ 2 $&e-a = 2 $ag!a ( ha0aa+a@o )− 2 $a0"e ( ha0a a""0+a )= A"ea∗l∗[ γ ag −γ a0"e ]
Cálculo del área -#/ 2.1213∗2.1213 π 2 A = 2.1213 − =1.2842 m2 4
γ a0"e =0.011772 '& / m
2
3
2 $&e-a =1.2842∗3∗( 9.81−0.011772)=37.748 ( ha0aa+a@o )
/.% *eterminar la uer'a -HG/ por perno !ue mantiene la sección unida con una uer'a total de DHG entre las pesta&as con el (n de prevenir (ltraciones.
So!"#$n6 Cálculo de la presión en # P A =γ Hg∗0.25 + γ a ( 0.20 + 1.5 −0.650 ) + γ ag∗0.65
[
P A =γ ag∗ S Hg∗0.25 + S a ( 0.20 + 1.5− 0.650 ) + 0.65
]
P A =10∗[ 13.6∗0.25 + 0.6 ( 0.20 + 1.5 −0.650 ) + 0.65 ] =46.8 'Pa
Cálculo de la uer'a vertical -Fv/
[
2 $ = P P A∗( 2 7∗l ) +
γ ag∗l ∗1 2
2
][
π 7 = 46.8∗3∗6 +
10∗6∗1 2 π 1.5 2
]
2 $ =1054.451 '& ( ( ha0aa+a@o )
1054.451+ ( 4∗6 )+ 6= ,/e"no∗100
, /o" /e"no =10.844 '&
/'.% /'.% (8r*n (8r*n9 9 :#te :#te &>/3) &>/3).. El depó depósi sito to de la (gur (gura a está está llen lleno o con con agua agua presuri'ada. Calcular la uer'a hidrostática neta -HG/ sobre la super(cie cónica de la super(cie #1C
So!"#$n6 P A = *+ γ Hg∗ H −γ ag∗8 = * + γ ag∗ S Hg∗ H −γ ag∗8
P A γ ag
= * ∗S Hg∗ H −8 =he< =12∗13.6∗2.5− 8 γ ag
he< =38 ma
2 $ =γ ag∗$ =γ ag
[
π 4
2
]
d ∗he< + $ ono = γ ag
[
1
π 4
2
d ∗h e< +
3
∗π 2
4
d ∗3
]
2 $ =
9.81∗π 2 ∗2 [ 38 + 1 ] =1201.94 '& 4
globo aerost aerostátic ático o debe debe perma permanecer necer estacionari estacionario o a un nivel de la la //.% n globo atmosera donde las condiciones hacen !ue el peso espec"(co del aire sea 8.D 'g, m
para para la cual en el moment momento o de la partida partida debe debe coloc colocars arse e un peso peso
3
adicional adicional.. ?abiendo ?abiendo !ue el globo es infado en hidrogeno hidrogeno de peso especi(co especi(co 'g, 8.85
m
3
ocupando ocupando un volumen volumen de
25 m
3
y siendo el peso de la parte
solida 69 Hg. *eterminar *etermin ar a/ El empuje -Hg/ !ue ejerce el aire b/ El peso del hidrogeno -Hg/ c/ El peso -Hg/ adicional !ue el globo aerostático aerostático permane'ca en e!uilibrio e!uilibrio se debe So!"#$n.J +ara !ue cumplir
∑ 2 = 0 $
. H H + . sol + . ad = # … … … … … … ( 1 ) 2
*) E-5!Ge (E) #= γ a0"e∗$ ol
b) Peso +e :#+ro@eno ( . H 2 ) . H 2 =γ H 2 2∗$ ol =0.08∗25= 2 'g,
") Peso Peso *+#" *+#"#o #on* n* ( . ad ¿
A 8.D \9>A & 9@
;empla'ando valores en la ecuación -6/ . ad = #−( . sol + . H e )=24 −( 12 + 2)= 10 'g,
/.% n cuerpo homog%neo compacto es colocado en un l"!uido de peso espec"(co 2
y pesa
γ 1
y pesa
1
y colocado en un l"!uido de peso especi(co
$ *eterminar el peso espec"(co del cuerpo
So!"#$n.J
γ ∗$ ) −. 1 ¿ γ 1∗$ )
. 1=$ ) ( γ ) − γ 1 ) … … ( 1)
C!*n+o se s!-er@e en e !#+o +e γ 2 γ ) ∗$ ) −. 2= γ 2∗$ )
. 2=$ ) ( γ ) − γ 2 ) … … … % ( 2 )
. 1
=
$ )
de las ecuaciones -6/ y -9/
. 2
( γ ) −γ ) ( γ ) −γ ) 1
.
"!er5o (*#re) % *5*rente E-5!Ge
C!*n+o se s!-er@e en e !#+o +e γ 1
:gualando
γ
2
. 1∗γ ) −. 1∗γ 2= . 2∗γ −. 2∗γ 1
γ 2
γ ) ∗( . 1−. 2 ) =. 1∗ γ 2−. 2∗γ 1
γ ) =
. 1∗ γ 2−. 2∗γ 1
( . 1−. 2 )
/.% El cubo de latón con aristas !ue miden D in pesa DI lb. ?e desea γ ag=62,4
mantenerlo en e!uilibrio bajo el agua -
de hule espuma ligera. -
γ H*# = 4.5
l+, 3
, -
/ ?ujetándolo a una boya
l+,
¿ . ,*eterminar el volumen - - 3 / , - 3
re!uerido de la boya3
So!"#$n.% 4a ecuación cuando el sistema está en el e!uilibrio es$ #1 + #2=. 1+ . 2
γag∗$ )BC + γag∗$ H!le =. 1+ γ H ∗$ H!le
$ H!le ( γ ag− γ H!le )=. 1−γ ag∗$ )!+o
$ H!le =
. 1−γ ag∗$ )BC γ ag− γ H!le
( )=
67 −62.4∗
=
6
12
62.4 −4.5
3
3
1.022 , -
/.J (Robert Mott '.1). El pa!uete de instrumentos mostrado en la (gura pesa 9>5 G. Calcule la tensión -G/ en el cable si el pa!uete está sumergido por
completo en agua
K& m
8
.
de mar la cual tiene un peso especi(co de 68.8>
So!"#$n.J Cuando está en e!uilibrio$ Peso Tens#$n "*be E-5!Ge Lensión cable A Empuje J +eso Lensión cable A
γ agma"∗$ − Peso
Tens#$n "*be A 68.8> \8.7> \8.D\8. ^ 89>5 A 0.''/0' J 0.% (Robert Mott '.&). na esera hueca de 6m de diámetro pesa 988 G y está sujeta a un blo!ue de concreto solido !ue pesa 76 G. ?i el concreto tiene un peso especi(co de 9.D GB m
3
. *iga si los dos objetos unidos fotaran o
se hundirán.
So!"#$n.J
tot*
¿ . on"e-o + . es,e"a .
. -o-al= 4.1 + 0.2= 4 3 K&
#-o-al = γ ag∗$ on"e-o + γ ag∗$ es,e"a =γ ag ( $ on"e-o + $ es,e"a )
#-o-al = γ ag
[( ) . γ
+ $ es,e"a
on"e-o
]
[( )+ ( ) ]=
#-o-al = 9.81∗
4.1 23.6
π 6
1
3
6.84 K&
)omo : #-o-al > . -o-al
Los obGetos !n#+os ot*r*n
1.% (Robert Mott '.). n fotador cil"ndrico tiene su diámetro 89>5 de 68
( ) l+,
in y una longitud de 69 in. *eterminar el peso espec"(co
3
, -
del material
del fotador si ha de tener
9 10
de su volumen bajo la super(cie de un fuido
cuya gravedad es%rica es de 6.68
So!"#$n.J
PESO EMPUKE
γ m∗$ =γ l∗$ d
γ m∗$ =
γ m=
γ l∗9 10
$
62.4∗9 l+- ∗1.1 =61.776 3 10 , -
&.% (Robert Mott '.). n blo!ue de concreto con peso especi(co de 9.D K& m
3
se encuentra suspendido por medio de una cuerda en una solución
3
con gravedad especi(ca de 6.6> ,Cual es el volumen - m ¿
del blo!ue de
concreto si la tensión en la cuerda es de 9.DI G3
So!"#$n.J (T) γ ∗$ = γ l∗$ + 5
$ ( γ ) −γ l )=5
$ =
2.67 =0.2167 m3 23.6− 9.81∗1.15
Peso "!er5o () EMPUKE (E) TESIO
3.% (Robert Mott '.1&) 4a (gura muestra un cubo de arista 0?2 !ue fota en un fuido de 0
γ l .
*er"vese una expresión !ue relacione el calado 0x2 el
peso espec"(co del cubo 0
γ
y el peso especi(co del fuido.
So!"#$n.J
PESO EMPUKE
γ ) ∗S∗S∗ S =γ l∗ S∗S∗ 6
6 =
.%
γ ∗S γ l
(8r*n9 :#te &.113). na boya tipo mástil
es una barra fotante
lastrada para fotar vertical mente y sobresalir del agua seg)n se muestra en la (gura. +uede usarse para reali'ar medidas o como bali'a. ?uponga !ue la boya
está
abricada
S m= 0.6 ¿ ond0mens0ones de 2 ∈ /o" 2 ∈ /o" 10 , - % S ag =1.025 ¿
con
madera
y fota en
agua del mar -
. ,Cuántas libras de acero -? AI5>/ deberán a&adirse en su
extremo inerior para !ue h A65 in3 P#SC5C5A*= #(PE#5C5A*
So!"#$n.J . a + . mad = # a + # mad … … ( 1 )
. mad =γ mad∗$ mad =
. a = γ a∗$ a
-
0,6∗62.4∗2∗2 ∗10 =10.4 l+, 144
. a =62,4∗7,85∗$ a =489.84 $ a
#a = γ ag∗$ a %
#a =62.4∗1.025∗$ a =63.96 $ a
#mad =γ ag∗$ mad
#mad =
62.4∗1.025∗2∗2 ∗8.5 A 144
1'>10 b
;empla'ando valores en la ecuación -6/ 489,84∗$ a + 10.4 =63.96∗ $ a + 15,10
3
$ a =0.011035 ,-
. A) =62.4∗7.85∗0.011035=5.405 l+,
'.% (8r*n9 :#te &.1&3). n globo es%rico se llena a nivel del mar con helio. Conjuntamente el peso del helio y del material del globo es de >88 G. si la uer'a nota !ue levante el globo
es tambi%n de >88 G. ,Cuál es el
diámetro del globo3 P#SC glo+o+ 2 A= #(PE#
So!"#$n.J 500 + 500= ρa0"e
g∗π 6
d
3
Considerando la densidad del aire como
1000=
1.22
' g m
3
1.22∗9.81∗π 3 d 6
+ '.1 /.% (8r*n9 :#te &.1&). n globo de D , -
de diámetro pesa .> lb. El l+,
globo está lleno con hidrogeno a una presión absoluta de 65 en el momento de soltarse. ,# !u% altura
So!"#$n.J l+, − ,- sl!g%°7
18∗144 P sl!g ρ H 2 = = =2.022∗10−4 3 7 H 2∗5 24650∗(60 + 460) ,-
PESO EMPUKE . 9*CBC + . H0d"og= #(PE#
3.5 +
ρ H 2∗ g∗π 6
3
d=
−4
2.022∗10 3.5 + 6
ρa0"e∗g∗π 6
d
3
∗32.2∗π 3 ρa0"e∗32,2∗π 3 ∗6 = ∗6 6
¿
y
60
0
F
de la atmosera estándar el globo
se !uedara fotando en e!uilibrio3
7 H 2= 24650
2
ρa0"e =0.00116
S l!g , -
≠ 0.59
3
K g m
3
En la tabla de propiedades de la atmosera estándar$
H /'0- &&'00
, -
. % (8r*n9 :#te &.10). n hidrómetro fota a un nivel !ue es una medida de la densidad relativa al l"!uido. El vástago tiene un diámetro constante 0*2 y en su parte inerior un peso lo estabili'a para !ue fote verticalmente como se muestra en la (gura. ?i la posición hA8 corresponde con agua para -?A6/. Ubtenga una órmula
para determinar 0h2 como una
unción del peso total 0Q2 * ? y el peso especi(co de agua . = γ 0 $ 0= γ , ∗⌊ $ 0 − A∗ h ⌋
So!"#$n.J . = γ , ∗$ 0−γ , ∗ A∗h
. =
γ , ∗ γ 0
−γ , ∗ A∗h
γ , ∗ A ∗h=. ( S −1 )
S∗γ 0∗ A ∗h=. ( S −1 )
h=
4∗∗ ( S −1 )
S∗γ 0∗ π ∗ D
2
{γ} rsub {0}
.% ?e tiene una esera de aluminio - S al :2,7 ¿ de 300 mm de diámetro .?e solicita
determinar
el
peso
-G/
de
completamente en agua y en aceite -
la
esera
cuando
se
sumerge
S a :0,8 ¿ % )ons0de"a" el /eso es/e0,0o
del
K& agua 68
m
3
.
So!"#$n.J . ) (*#re) % " (!#+o) E-5!Ge. A@!*
Qc A
. )
-aire/
% Empuje
. ) = γ ag∗S ∗$ es, − γ ag∗$ es, %
. ) = γ ag∗$ es, ∗( S al −1)=
10∗4 3 π ∗0,15 (2.7 −1)= 0.244 K& 3
. ) = γ ag∗S ∗$ es, − γ ag∗ S a∗$ es,
A"e#te . ) = γ ag∗$ es, ∗( S A* − Sa )=
10∗4 3 π ∗0,15 ( 2.7 −0.8 )=0.268 K& 3
.% n cuerpo pasa 8. G en el aire y 8.6 G sumergido en aceite S a :0.75 ¿ %
*eterminar su volumen
(m 3) y su densidad relativa. Considerar K&
el peso espec"(co del agua igual a 68
So!"#$n.J
m
3
.
. (a0"e ) −. ( ae0-e )= #
a∗¿∗$ 0.3− 0.19= γ ag∗ S ¿
0.3− 0.19=10∗0.75∗$
3 0.01// m
γ =
S=
. ) (a0"e ) $
=γ ag∗S
. ) (a0"e ) γ ag∗$ )
=
0.3 =2.046 10∗0.01466
0.% n hidrómetro pesa 8.66 G y el área de la sección recta de su vástago es de 8.6D
2
m % ,Cuál es la dierencia de alturas -m m/ al sumergirlas en dos
l"!uidos de densidad relativa 6.9> y 8. respectivamente3 Considerar el peso K& espec"(co del agua igual a 68
m
3
.
So!"#$n.J
. H =γ ag∗S∗$ d =: γ ag∗S∗ A0∗h
C!*n+o se s!-er@e en !#+o 2146
. H =γ ag∗S1∗ A 0∗h1
C!*n+o se s!-er@e en e !#+o 2&46
. H =γ ag S 2∗ A0∗h2
El peso del hidrómetro no var"a γ ag∗ S1∗ A 0∗h1=γ ag∗ S2∗ A 0∗h2
S1 S2
=
h1 h2
h 2−¿ h
1
h1 S 1−S 2 =¿ S2
∆ h=
h1∗S1− S 2 S2
)?l!lo deh 1
… … … … … ( 1)
. H0d = #m/!@e
6 3
0.11 =1.25∗10∗10 ∗0.16∗10
−4
∗h1
h1= 0.55 m
;empla'ando valores en la ecuación -6/
∆ h=
550∗1.25 −0.9 =213.88 mm 0.9
1.% n recipiente contiene una capa de agua -? A 6/ sobre la !ue fota una capa de aceite -
S a =0.8 ¿ %
n objeto cil"ndrico de densidad relativa
desconocida cuya area en la base es 0#2 y cuya altura es 0h2 se deja caer al recipiente !uedando a fote (nalmente cortando la super(cie de separación entre el aceite y el agua sumergido en esta ultima hasta la proundidad de
( ) Kg
-9B/ h como se indica en la (gura. ,*eterminar la densidad
m
3
del
cuerpo cil"ndrico3
So!"#$n.J
PESO E-5!Ge
. = # ag+ # a
. = γ ag∗$ ag + γ ag∗ Sa∗$ a
γ ) ∗$ = γ ag∗$ ag + γ ag∗S a∗$ a
El área del cilindro es constante. γ ) ∗h =
ρ = ρ ag
γ ag∗2 3
(
h+
2 S a + 3 3
)
γ ag∗S a∗h 3
=1000
( )= 2 0.8 + 3 3
3
933.33 'g / m
&.% n cilindro solido de madera - S m A 8.5/ de 988 mm de diámetro y 688 mm de altura se sumerge en agua con su eje en posición vertical como se muestra en la (gura. *eterminar$ a/ El calado -mm/ b/ 4a distancia -mm/ vertical del centro de fotación o empuje a la super(cie del fuido. c/ 4a distancia o radio metac%ntrico -mm/ d/ El tipo de e!uilibrio
So!"#$n.J *)
PESO EMPUKE
γ m∗$ m=γ ag∗$ d γ m∗π 4
π 2 2 d ∗ 0.1= γ ag − d ∗ 4
C A 8.5\8.6 A 0.0 - 0 --
´ = ) = 80 =40 mm CB 2 2
b)
π 8 64 ¿ B( = 66 = $ d π 4
∗0.2 4 ∗10 3=31.25 mm
∗0.22∗0.08
´ =B( ´ −10 =21.25 mm 9(
+)
Como
´ > B9 ´ B(
E
3.% (S:*-es 3>) n cilindro de madera - S mad $ 8.>/ de 9 , - S me-
A . 9/ de
diámetro. aga un análisis y precise
el tipo de
longitud y de 6 in de diámetro se une a un cilindro de metal 6
, -
longitud y P in de
de
estabilidad del objeto cuando se sumerge en agua con la orientación mostrada en la (gura. π
So!"#$n.J
∗12
$ mad=
4 144
∗2 =0.010908 , - 3
π $ me- =
4
∗0.52 ∗1 =0.0013635 , - 3
144
3
$ 5o-al =$ mad + $ me- =0.0122715 , -
PESO
EMPUKE
γ mad∗$ mad + γ me- ∗$ me- =γ ag∗$ d
2
mad +¿ Sme- ∗∅ me- ∗hme- 2
S mad∗∅mad∗h¿
¿ π ¿ 4
π $ d =
∗1 4 2 2 3 0.35∗1 ∗2 + 3.2∗ 0.5 ∗1 = 0.00818123 , - 144
[
]
SE OBSERA NUE Cálculo de calado -c/. π 4
2
∗) =$ d
∅ mad
) =
4∗$ d 2
π ∗∅mad
Cálculo de
=
4∗0.00818123
( )
π ∗
y´ g
1
=1.499 ,- F 1.5 ,-
12
del cuerpo$
$ d <¿
$ mad
4 ´9=
0.010908∗1 +0.0013635∗2.5 =1.166 ,- 0.0122715
Cálculo de 1M$ 4
4 π ∗ 7 mad π ∗5 ´ B( = = =0.00028935 ,- 4 4∗$ d 4 ( 12 )∗0.00818123
Por o
-E
#nest*be) .% (8r*n9 :#te &>10'). ?e dice !ue #r!u"medes descubrió la ley de fotación cuando el rey iero de ?yracusa le ordeno determinar si su corona era de oro puro -? A6./. #r!u"medes midió !ue el peso de la corona en el aire era de 69 G y su peso en el agua ue de 66G ,Era de oro pura la corona3
So!"#$n.%
PESO (*#re) PESO (*@!*)
E-5!Ge . ( a0"e )−. ( ag!a )= γ ag∗$ d
$ d =
. (a0"e )−. ( ag!a) γ ag
Pe"o : γ =
S ) =
… % (1 )
. (a0"e ) $
( )(
. γ $ = (a0"e ) ∗ γ ag $ . ) ( a0"e )−. (
) ag!a )
)
S ) =
. (a0"e ) ( a0"e )− ( ag!a )
=
12 =12 12−11
Co-o 1& G 19,3 (no es oro 5!ro) '.% (Robert Mott './&) a/ ?i el cono !ue se observa en la (gura esta hecho de madera de pino con peso especi(co de l+, 8 , - 3
,Lendrá estabilidad en la posición !ue se muestra cuando fota en
agua3 b/ Lendrá estabilidad si estuviera hecho de madera de peso espec"(co de >> l+, , - 3
π 2 $ ono = ∗ 7ad0o ∗al-!"a
So!"#$n.J ?e sabe !ue$
´ = )9
3
3 H ( Desde el >"-0e ) 4
*)
PESO EMPUKE γ m∗$ o=γ ag∗$ d 30∗π
$ d =
γ m∗$ o = γ ag
3
∗32∗12
62.4
π 2 π 2 $ d = ∗" ∗h = ∗" ∗) 3
3
7 H 3 12 = → = " ) " )
=54.37 /l!g 3
"=
) 4
54.37=
( )∗
π 3
∗
)
2
)
4
C &.3 5!@ Por o
U_ A m
y
U1 A I.875 in
1_ A U_ ^ U1A 6.>9 in r A9.7> in Cálculo de 1M$ 4 4 π ∗( 4.699 ) πd ´ B( = = =0,44 ∈¿ 64∗$ d 64∗54.37
Co-o BM B (Es #nest*be)
b/
Pa"a : γ m =55
l+, , - 3
2
55∗ π ∗3 ∗12 $ d = ∗99.685 /!lg3 62.4∗3
π 99.685=
3
∗) 3
16
C 11. #n "=
) 11.47 4
=
B( =
4
=2.869 ∈¿
π ∗( 5.738
4
)
6 4∗99.685
U1A 5.D in
y
=0.534 ∈¿
U_ A in 1_ A U_JU1A 8.I> in
BM B (E
(M!nson ?o!n@ &.3). n dens"metro tiene una masa de 8.87> Hg y
el área de la sección transversal es de 98
2
mm
. *eterminar la distancia
entre las marcas de graduación -sobre el vástago/ para densidades relativas de 6.8 y 8. respectivamente.
So!"#$n.J . H =γ ag∗$ 1
C*so *@!*6
o∗¿ Ah $ o + A ¿ . H =γ ag∗S ¿
C*so !#+o ( γ ¿ :
1
El peso no varia o∗¿ ∆ h $ o + A ¿ γ ag∗$ o =γ ag∗S∗¿ 1
1
∆ h=
( )
$ o 1− S A o S 1
. H =γ ag∗$ o
+ero$ . H ∆ h=
∆ h=
γ ag!a
∗1
A o
( ) 1− S S
ρag∗ A o
( )
(
)∗
=
0.045 −6
1000∗290∗10
1
m H
1 −0.9 0.9
1− S S
1000=17.24 mm
.% (M!nson ?o!n@ &.). El madero homog%neo #1 de la (gura mide 8.6> m por 8.> m de sección transversal. *etermine el peso espec"(co del madero y la tensión de la cuerda.
So!"#$n.J *el diagrama de cuerpo libre Pesomad= γ m∗0.15∗0.35∗10 . mad =0.525 γ mad Cálculo del Empuje -E/ #= γ ag∗$ d =γ ag∗0.15∗0.35∗8 #= 0.42 γ ag
( )
∑ ( =0
. mad∗
A
()
10 8 osα = #∗ osα 2 2
0.525∗γ m∗5 =0.42 ¿ γ ag∗4
γ mad=
∑ 2
0.42∗9.81∗4 =6.278 K& / m3 0.525∗5
>e"-0al
=0 # =5 + . mad
5 =0.42 γ ag −0.525 γ mad 5 =( 0.42∗ 9.81−0.525∗6.278 )−10 =824.25 & 3
.%
(Robert Mott '.13). n hidrómetro es un dispositivo !ue indica la
gravedad especi(ca de los l"!uidos. 4a (gura muestra el dise&o de un hidrómetro cuya parte inerior es un cilindro hueco de 6 pulg de diámetro y la
superior es un tubo de 8.9> pulg de diámetro. El hidrómetro vac"o pesa 8.898 lb. ,`u% peso -lb/ de bolas de acero
debe agregarse
para hacer !ue el
hidrómetro fote en una posición !ue se indica en agua dulce3 observe !ue el agua tiene una gravedad espec"(ca de 6.8. . H ( >a0o )+ . Bolas =γ ag∗$ d
So!"#$n.J
. Bolas=γ ag ( $ $AS5 + $ B*BC ) −. H ( >a0o )
62.4∗π ∗1 4 ( 0.252∗1.30 + 12∗1.50 )−0.020 . Bolas= 1728
. Bolas=0.024846 l+,
.%
+ara el hidrómetro
dise&ado en el problema anterior. Cuál será la
densidad relativa del fuido -?/ en el !ue el hidrómetro fotara hasta$ a/ 4a marca superior
b/ 4a marca inerior
So!"#$n.J . H + . Bolas = #$AS5A9C + # B!l+o
a/
0.020 + 0.024846 =
γ l=60.0263
γ l∗π 4
l+, , - 3
S=
60.0263 =0.96196 62.4
b/
2
⌊ 0.25 ∗2.30 + 1
2
∗1.50 ⌋
1 1728
0.020 + 0.024846 =γ l
γ l=64.9667
π 4
2
⌊ 0.25 ∗2.30 + 1
2
∗1.50 ⌋
1 1728
l+, , - 3
S=
64.9667 =1.04113 62.4
0.% (Robert Mott '.&/). +ara el cilindro compuesto !ue se ilustra ,Cual es el espesor 0 t2 del latón necesario para hacer !ue el cilindro fote en la posición mostrada en tetracloruro de carbono a 9> SC I Considerar como peso espec"(co$ 3
3
γ =6.50 K& / m γ * =84 K& / m γ -e- =15.6 K& / m
So!"#$n.J γ 0l∗ A∗h + γ *∗ A∗- = γ -e- ∗ A ( h + - ) El diámetro permanece contante γ ∗h + γ *∗- =γ - ( h + - )
6.5∗ 0.75 + 84∗- =15.6 ( 0.7 + - )
- =0.08837 m=88.37 mm
3
. 0lm-"o + . 1 a-on= # 0lmd"o+ # la-on
1.%
n barco de orma aproximada rectangular tiene las siguientes
dimensiones$ 98m de eslora Dm de manga y 7 m de altura .El barco pesa 6>88G y fota en agua salada -s A6.89>/. El centro de gravedad esta a 6.7 m por debajo de la parte superior
γ ag : 10
de la plataorma
fotante. Considerar
K& m
3
a/ ?ituar el centro de carena cuando fota hori'ontalmente. b/ ?ituar el centro de carena con respecto a la l"nea de simetr"a cuando a girado 20
0
alrededor del eje longitudinal.
c/ *eterminar el radio metac%ntrico -mm/ y precisar el tipo de estabilidad d/ *eterminar el par restaurado -HG.m/
So!"#$n.J
+eso AEmpuje
a/
6>88A68\6.89>\D\98\c
C 1.&1'-
´ = CB
1.2195 = 0,609 m 2
U1 A U_ J U1
B A -7 J 6.7/ J 8.D8 A 1.1 b/ 5gα =
6 ´ ………… % ( 1 ) ∗B( ⇒ 6 = 5g α ´ B(
Cálculo de 1M$ $ d =
1500 =146.34 m3 10∗1.025
0
cos12
3
= ⇒ 4 =3.067 m y
4 5o-al =6.134 m
´ = B(
8 x
x
$ d
( ( ) = 1 12
3
20) ( 6.134 )
=2.628 m
146.34
;empla'ando en la ecuación -6/
´ =5g 12 ∗2.628= 0.558 m 6 0
b/ Cálculo de _M$ _M A 1M ^ 1_ _M A -9.D95 J 6.6/ A 8.DI m
BM B (E
0
( e =1500∗0.637∗sen 12 =198.659 K& % m
0 &.% (Roberson Crowe 3.11). n cono invertido a 90 contiene agua
como se muestra en la (gura. El volumen del agua en el cono esta dado por$ 1 3 R A 3 π \ h .4a proundidad original del agua es de 68 cm. n blo!ue con
volumen de 988 cc y gravedad espec"(ca de 8.D se hace fotar en el agua. ,Cuál es el cambio -mm/ en la altura de la super(cie del agua en el cono3
So!"#$n.J Calculo de volumen de despla'amiento - $ d /
Peso E-5!Ge γ ∗$ = γ ag∗$ d
$ d =S ∗$ = 0.6∗200 =120
$ 0 ,0nal =$ 00n00al + $ d
1 1 3 3 π ∗h , = π ∗h + 120 3 3
π
( h − h )=120 3 3
3
,
3
h , =
3∗120
π
+ h3
h , =10.368 m
Jh =( 10.368−10 )
m∗10 mm =3.68 mm m
3.% (Rober (Robertt Mott Mott './1). './1). n bote bote tiene tiene las dimens dimension iones es de su secc sección ión transv transversa ersall
y superi superior or como como se muest muestra ra en la (gur (gura. a. El casc casco o
*eterminar$ a/ El radi radio o metac metac%nt %ntric rico o - mm/ mm/ b/ #nali'ar #nali'ar y de(nir de(nir el tipo de e!uilibrio e!uilibrio..
So!"#$n.% Calculo del centro de gravedad -_/
es sólido sólido..
( ) +(
( 1.2∗2.4 )∗( 1.2 ) + ´ = 49
( 1.2∗2.4
2.4∗0.6 2 2.4∗0.6 2
)∗( )
0.4 )
=1.04 m
Calculo del centro de gravedad del volumen despla'ado$
( )+ (
( 1.9∗2.4 ) ( 1.05 )+ ´ = 4B
( 0.9∗2.4
)∗ )
2.4∗0.6 2
2.4∗0.6 2
0.4
=0.8875 m
B A _ J 1 A -6.87J8.55I>/ A 0.1'&' Calculo de 1M$
B( =
8 xx = $ d
( ) ∗ ) +(
1 3 5.5∗2.4 12
⌊ ( 0.9 2.4
)
2.4∗0.6 ⌋ ⌋ ∗5.5 2
=0,4 m
BM B (E
9( =B( − B9=( 0.4 −0.1525)∗10
A &.' --
.% (Robert Mott './) a/ En la (gura se muestra una chalana chalana de rio !ue se utili'a utili'a para llevar llevar materi materiale ales s chal chalan ana a
se
volumi voluminos nosos. os. ?upong ?uponga a encu encuen entr tra a en su
sume sumerg rgid idos os.. *ete *eterm rmin ine e
!ue el centr centro o de de la graved gravedad ad
cent centro roid ide e y !ue !ue esta esta
fota fo ta
de la
con con 5 t
la manga manga -t/ -t/ m"ni m"nima ma !ue se aseg asegura urara ra su
estabilidad en agua dulce. b/ ;epeti ;epetirr el enunciado enunciado anterior anterior solo !ue a hora hora suponga suponga !ue !ue se se agreg agrega a carbón en tro'o tro'o a la chalana chalana de modo !ue se sumerge sumerge una proundidad proundidad de
6D t y su centro centro de gravedad gravedad se eleva a 6.> 6.> t del ondo. ondo. *etermi *eterminar nar la manga -t/ m"nima para !ue haya estabilidad
So!"#$n.J*el gra(co se tiene !ue$ a/ 1_ A -69 J 7/ A 5 t
8 B( = xx $ d
∗ ( ) = 1 12
80∗m
3
=
8∗ 80∗m
m
2
96
1M A 5 t
?e sabe !ue si
⇒
m A 9I.I6 t
1M A 1_ -E!uilibrio neutro/
y
1M 1_ -E!uilibrio
Estable/
1M A 5.6D t
⇒
m A 95 t t
b/ 1_ A -6.>J5/ t A 7.> t
( ) = 1
B(
12
∗80∗m3
16∗m∗80
=
m
2
192
BM (t)
- (t)
7.> 7.D >.8 >.>
9. 9.I6 8.5 9.7
En orma práctica se recomienda BM '.' t (-Qn#-o) para valores mayores la emba embarc rcaci ación ón provocan mareo.
podr" podr"a a tener tener movimi movimient entos os
oscila oscilator torios ios incómo incómodos dos !ue
'.% 4os cuerpos 0#2 012 de la (gura son dos cilindros sólidos y homog%neos la sección transversal de cada cilindro es 8.8 m de los cilindros 0#2 012 son
S A =2.6 y S B=2.6
2
. 4as densidades relativas
respectivamente. n resorte
!ue solo act)a a tensión interconecta 0#2 con el ondo del tan!ue. En la (gura se representa al resorte sin deormar. Calcule la posición de la super(cie del cilindro 0#2 con respecto a la
super(cie correspondiente
del cilindro 012
cuando el modulo de elasticidad del resorte es 88 GBm. considerar
γ ag=10
K& m
3
So!"#$n.J An;#s#s en e "!er5o 2A46
5 + # A=. A + 2 e
5 =. A + 2 e − # A … … % ( 1)
An;#s#s en e "!er5o 2B46
5 + # B =. B
5 =. B− # B … … … % ( 2)
En las ecuaciones -6/ y -9/ la tensión 0L2 son iguales . A + 2 e − # A =. B− # B
2 e =( . B −. A )+( # A − # B )
[
2 e = ( γ ag∗ S B∗ A∗h B− γ ag ∗S A∗ A∗ h A ) + γ ag∗ A ( h A −h B )
]
[
2 e = γ ag∗ A ( S B∗h B− S A∗h A ) + ( h A −hB )
]
2 e =10∗0.09 [ ( 2.6∗0.9 )−( 1.8 −1.5 ) + ( 1.5− 0.9 ) ]
2 e = 0.216 K& =0.9
K& ∗ 6 m
6 =0.24 m
/. % (Robertson Crowe '.1). na tuber"a tiene una pendiente ascendente en la dirección del fujo de un fuido a un ángulo de 8S con la hori'ontal. ,Cuál es el gradiente de presión en la dirección del fujo a lo largo de la tuber"a en t%rminos del peso espec"(co del l"!uido si se está desacelerando -acelerando en sentido opuesto a la dirección del fujo/ a ra'ón de 8 g3
So!"#$n.%
(
P %dA − P +
)
SP dl dA − γ%dA%dl%senθ= ρ %dA % dl% al Sl
− SP Sl
%dA%dl− γ%dA%dl%Senθ = ρ % dA % dl% al
(
)
SP γ =−γ % Senθ− ρ% al =− ∗−al −γ %senθ Sl g
(
) (
−a l 0.3 SP =−γ + sen 30 =−γ − g + sen 30 =−0.2 γ Sl g g
)
. % -Robertson Crowe '.&). ,`u% gradiente de presión es necesario para acelerar Herosene -? A 856/ verticalmente hacia arriba en una tuber"a vertical a ra'ón de 89 g3
So!"#$n.% #plicamos la ecuación de la variación de la presión como sólido r"gido 1
ρ
1
ρ
dP =−a x % d x −a y % d y −( g ± a z ) d z
dP =−( g ± a z ) d z
P l+, =− ρag ∗S∗( g + a z )=−1.94∗0.81 (1 + 0.2 )∗32.2=−60.718 3 L ,-
Otr* or-*6 #plicamos la ecuación de Euler
−S L
( P + γL )= ρ % al
?i el movimiento es vertical
−S L
( P + γL )= ρ % al
− SP L
−γ = ρ % al
SP =−γ % g − ρ% al =− ρag∗S ( g + a z )=−1.94∗0.81 ( 1.2∗32.2) L
SP l+, =−60.718 3 L ,-
. % - Robertson Crowe '.3). El l"!uido hipot%tico del tubo !ue se ilustra en la (gura tiene viscosidad cero y un peso espec"(co de 68 GBm . ?i +1 J + # es igual a 69 +a se puede concluir !ue el l"!uido del tubo está siendo acelerado a/ acia arriba b/ acia abajo c/ Ginguno de los dos$ aceleración A 8
So!"#$n.% Consideremos !ue el fuido circula de 1 hacia # -punto más alto/ 1
ρ
1
dP =−a x % d x −a y % d y −( g ± a z ) d z
B
B
∫ dP=−( g + a )∫ d z
ρ A
P B− P A ρ
z
A
( )
=−( g + a z ) ( L B− L A )=( g + a z ) (1 ) ρ = 1 +
a L g
( )
a 12 − 1= L 10 g
a L =0.2 g
(Es "orre"t* * s!5os#"#$n)
. % -Robertson Crowe '.). ?i el embolo y el agua son acelerados hacia arriba a ra'ón de 8> g. ,Cuál será la presión a una proundidad de 9 t en la columna de agua3
So!"#$n.% 1
ρ
dP =−a x % d x −a y % d y −( g ± a z ) d z
1
ρ
2
2
∫ dP=−( g + a )∫ d z
1
P2 − P 1 ρ
z
1
=2∗( g + a z )
(
P2=2∗γ ∗
)
g + o D 5 g l+, =3 γ =3∗62.4 =187.2 3 g ,-
100. % -Robertson Crowe './). ,`u% gradiente de presión se re!uiere para acelerar agua en una tuber"a hori'ontal a ra'ón de D mBs 93
So!"#$n.% SP =− ρ a y Sy
SP =−1000∗6 Sy
SP & =−6000 3 Sy m
101. % -Robertson Crowe '.). ?e acelera agua desde el reposo en una tuber"a hori'ontal !ue mide 688 m de largo y 8 cm de diámetro. ?i el incremento de aceleración -hacia el extremo corriente abajo/ es de D mBs 9. ,Cuál es la presión en el extremo corriente arriba si la presión en el extremo corriente abajo es de 8 +a manom%trica3
So!"#$n.% 1
ρ
dP =−a x % d x −a y % d y −( g ± a z ) d z
1
ρ
1
1
∫ dP=−a ∫ d y
2
y
2
P1− P2=( ρ ) ( a y ) ( 100 )
−3
P1=90 + 1000∗6∗100∗10 =690 KPa
10&. % -Robertson Crowe '.3&). n manómetro gira alrededor de una pierna como se muestra en la (gura. 4a pierna alrededor de la cual gira el manómetro contiene agua con una altura de 68 cm. 4a otra pierna !ue está a 6 m del eje de rotación contiene mercurio -? g A 6D/ con una altura de 6 cm. ,Cuál es la velocidad de rotación en radBs3
So!"#$n.% #plicamos la ecuación de Euler para fuidos con rotación como sólido r"gido. 2
P1+ γ L 1− ρ
2
2
"1 2
= P2 + γ L 2− ρ
2
"2 2
4os puntos -6/ y -9/ están contenidos en el tubo vertical de agua P2= γ ag ( L 1− L 2 )= γ ag∗0.1
VVVVVV.. -6/
El punto -/ está en el borde superior del tubo i'!uierdo !ue contiene mercurio. 2
P2+ γ L 2− ρ
2
" 2 2
2
= P3 + γ L 3 − ρ
2
" 3 2
2
"3 P2= γ Hg ( L 3− L 2 ) −γ Hg … … … … % ( 2 ) 2g 2
:gualando las ecuaciones -6/ y -9/
γ ag 0.1 =γ Hg∗S Hg
[
2
1 0.01 − 2∗9.81 2
]
=0.2278 "ad =2.176 7P(
103. % -Robertson Crowe '.31). El tubo en 02 está unido a la plataorma 012 y los niveles del l"!uido en el tubo en 02 se muestran para condiciones de reposo. 4a plataorma y el tubo en 02 se hacen girar entonces alrededor del eje #J# a ra'ón de 7 radBs. ,Cuál será la elevación del l"!uido en la pierna más pe!ue&a del tubo en 02 despu%s de la rotación3
So!"#$n.% Considerando !ue el fuido desciende 0b2 es el tubo de diámetro 0d2 y asciende 0a2 en el tubo de diámetro 09d2. 2
P1+ γ L 1− ρ
2
2
"1 2
= P2 + γ L 2− ρ
P1= P2= Pa-mos,e"0a
2
2
∗( " 22−" 21 ) =γ ∗( L 2− L 1 )
2
∗( " 22−" 21 ) =( L 2 −L 1 ) 2g
( L −L )= a ++
+ero$
2
2
1
4 ∗( 0.4 2−0.22 ) =a + + 2∗9.81
2
"2 2
a + + =0.097859 m … … … … .. ( 1)
:gualar el volumen del fuido en los tubos π 4
π 2 2 d ∗+ = ( 2 d ) ∗a 4
+ =4 a … … … … … … .. ( 2)
a =0.01957 m
;empla'ando en la ecuación -6/
y
+ =0.07828 m
L* ee,*"#$n en * 5#ern* -;s 5e
So!"#$n.% Considerando los puntos -6/ y -9/ en el mismo nivel del li!uido S 1=3
y el punto -/ por encima del punto 062 del li!uido 0?2. 2
2
ρ∗ ∗" 1
P1+ γ ∗L 1 −
2
= P2 + γ ∗L 2− ρ
¿ 2∗" 22 2
P2 ∧ P 3= P"es0on A-mos,e"0a
P1=γ 1∗( L 2− L 1 ) + ρ1
¿ 2∗" 21 2
… … … … … … % (1 )
2
P1+ γ ¿ L 1− ρ¿
2
∗" 1 2
2
= P3 + γ ¿ L 3 − ρ¿
2
∗"3 2
P1=γ ¿ ( L 3−L 1 ) … … … % … … … % ( 2 )
:gualando las ecuaciones -6/ y -9/$
S ¿ ( L 3 −L 1 ) =S 1
2
⟹ L 2= L 1
En la ecuación -6/ γ ¿ ( L 3 −L 1 )= ρ1
γ ¿ ( L 3 −L 1 )= γ 1∗( L 2− L 1 ) + ρ1
¿ 2∗" 21
¿ 2∗" 21 2
¿ 2∗" 21 2g
L 3− L 1=h
2
S=
S 1∗ ∗ " 2 gh
2 1
(
3∗
=
)∗ = ∗( )
60∗π 30
2∗32.2
2
2
1
6 12
3.678
10'. % -Robertson Crowe '.&). n tan!ue cerrado de l"!uido -?A69/ se hace girar alrededor de un eje vertical -v%ase la (gura/ y al mismo tiempo todo el tan!ue se acelera hacia arriba a ra'ón de 7 mBs 9 . ?i la rapide' de giro es de 68 radBs. ,Cuál es la dierencia de presión entre los puntos # y 1 -+ 1 ^ +#/3. El punto 012 está en el ondo del tan!ue a un radio de 8> m del eje de rotación y el punto 0#2 en la parte superior del eje de rotación.
So!"#$n.%
1
ρ
1
dP =−a x % d x −a y % d y −( g ± a z ) d z
B
B
B
B
∫ dP=−a %∫ d −a %∫ d −( g + a )∫ d
ρ A
x
x
y
y
A
2
z
A
z
A
2
P B− P A ∗" B = + ( g + a z ) ( H ) 2 ρag∗S
PB − P A=1000∗1.2
[
10
2
∗0.52 ( + 9.81 + 4 ) (2 ) 2
]
−3
10
=48.144 KPa
Otr* or-*$ Es considerar el punto 0C2 en la parte inerior del eje de rotación análisis en la vertical entre los puntos 0#2 0C2 1
ρ
1
dP =−a x % d x −a y % d y −( g ± a z ) d z
)
)
∫ dP=−( g + a )∫ d z
ρ A
P) − P A ρag∗S
z
A
=( g + a z ) ( 2 )
P) − P A =1000∗1.2 ( 9.81 + 4 ) ( 2 ) 10
−3
¿ 33.144 KPa… … … … … … % (1 )
#nálisis en la hori'ontal entre los puntos 012 y 0C2
1
ρ
B
B
B
∫ dP=−a %∫ d −a %∫ d −( g + a ) d x
)
x
)
y
y
)
z
z
2
2
P B− P) ∗" B = 2 ρag∗S
2
PB − P) =
1000∗1.2∗10 ∗0.5 2
2
¿ 10−3=15 KPa … … … … … … ( 2 )
S!ma"las e!a0ones ( 1 ) y ( 2 ) P B − P A =48.144 KPa
10/. % -Robertson Crowe '.&1). n camión transporta un tan!ue !u% está abierto en la parte superior. El tan!ue mide 65 t de largo D t de ancho y I t de altura. ?i se supone !ue el conductor no va acelerar ni desacelerar el camión más allá de 589 tBs9. ,# !u% proundidad máxima puede llenarse el tan!ue para !ue el agua no se derrame3
So!"#$n.% El nivel del agua sube y baja en respecto a la super(cie inicial una altura 0h2 h a y 8.02 5g θ= = = g g 32.2
h =2.24 ,- +uede llenarse$ -I J 9.97/ t
E n#,e +e *@!* en e t*n8 m/. ,# !u% velocidad máxima puede ir antes !ue el agua se derrame3 ?uponga !ue la altura del tan!ue es igual a su diámetro y !ue la proundidad para la segunda parte del problema es la misma !ue para la primera.
So!"#$n.% El agua sube en respecto de la super(cie 0h2 a y h 5gθ= = g H 2
1 g 3
g
=
2h
H
h=
H 6
*) Debe en*rse$
(
H −
)
H 5 H = 6 6
2
b)
$ a" = "
1 2 g∗ γ =$ 3
1 ∗9.81∗50 =$ 2 3
$ =12.78
m s
10. % -Robertson Crowe '.1). El tan!ue cerrado !ue se ilustra lleno de l"!uido es acelerado hacia abajo a 6> g y a la derecha a 8 g. #!u" 4 A t. A 7 t y la gravedad espec"(ca del l"!uido es 66. *etermine +#.
So!"#$n.% a/ #nálisis entre los puntos 0#2 y 0C2 1
ρ
dP =−a x % d x −a y % d y −( g ± a z ) d z
+ C J +# y +1 ^
)
)
)
1 dP=− a y % d y −( g −a z ) d z ρ A A A
∫
P) − P A ρag∗S
P) − P A ρag∗ S
∫
∫
=3 a y + ( g −a z ) ( H )
=3∗0.9∗32.2+ ( 32.2−1.5∗32.2 ) ( 4 )
P) − P A =1.94∗1.1∗( 86.94 −64.4 )= 48.1 Ps,
b/ #nálisis entre 0#2 y 012 1
ρ
dP =−a x % d x −a y % d y −( g ± a z ) d z
1
B
∫ dP=−( g −a )∫ d
ρ A
P B− P A ρag∗S
B
z
z
A
=( g− a z ) ( H )
PB − P A=1.94∗1.1 ( 32.2−1.5∗32.2 ) ( 4 )=−137.43 Ps,
10. % - Robertson Crowe '.&/). n tan!ue de l"!uido -? A 858/ !ue mide 6 t de diámetro y 6 t de alto -h A 68 t/ se (ja de manera r"gida -como se ilustra/ a un bra'o giratorio !ue tiene un radio de 9 t. El bra'o gira de modo !ue la velocidad en el punto 0#2 es 98 tBs. ?i la presión en 0#2 es de 9> +s. *eterminar la presión en el punto 012.
So!"#$n.%
#nálisis entre 012 y 0#2 2
PB + γ L B− ρ
PB = P A + ρ
2
2
2
(" 2
PB = P A + ρag∗S
2
"B
2
B
[
= P A + γ L A− ρ
2
" A 2
−" A2 ) + γ ( L A −L B )
2
( " − " ) + g ( L − L ) 2 2
2
B
A
A
B
]
Pe"o$ A =. =" A . =
20 "ad =13.333 1.5 s
[
2
13.333 ( 2.52−1.5 2) −( 32.2 ) (1 ) PB =25 + 1.94∗0.8 2
]
=526.82 Ps,
110. % (8r*n9 :#te &>1'). El manómetro de tres ramas de la (gura está lleno de agua hasta una altura de 98 cm. Lodas las ramas son largas y tienen igual diámetro. ?i el sistema gira a una velocidad angular 0Q2 alrededor del tubo central. *eterminar la altura -cm/ en cada tubo si gira el sistema a 698 ;+M -el tubo central debe proporcionar agua a los dos laterales/.
So!"#$n.% El agua asciende en los extremos h 6 y h y en el centro del tubo desciende h9 -respecto al nivele !ue tiene el agua en el tubo sin girar/ :gualamos volumen $ 01+ $ 03=$ 02
2∗π 2 π 2 d 1∗h1= d 2∗h 2 4 4
:& & :1 VVVVV.
Como d6 A d9 A d
2
2
7 h1 + h2= = 2g
(
)
-6/
2
120∗π 2 0.1 30 2∗9.81
∗100 =8.0486 m
h1 + 2 h1=8.0486
*e la ecuación -6/
h1=2.682 m
=
h2=5.365 m
E n#,e +e *@!* en os t!bos (1) = (3)6
( 20 + 2.68 ) =22.68 m
E n#,e +e *@!* en e t!bo (&)6
( 20−5.365 )=14.635 m
111.% -Robertson Crowe '.1).
Cuando no hay rotación se acumula agua
en el tubo en 02 de extremo extremo cerrado como se muestra en la (gura. ?i ?i l A 68 cm y si todo todo el sistema gira alrededor del eje # J # ,# !u% velocidad angular empe'ará el agua a derramarse apenas del tubo abierto3 ?uponga !ue la temperatura para el sistema es la misma mism a antes y despu%s de la rotación.
So!"#$n.% Considerando los puntos 062 -extremo inerior del tubo i'!uierdo/ y 092 -extremo superior del tubo derecho/ :gualamos volumen de aire en el ramal i'!uierdo P0 $ 0= P, $ ,
P a- ∗ π 4
P , ∗π 2 2 d ∗3 l = d ∗6 l 4
1 2
P, = Pa- = P1
|¿|
P1=
101.3∗1 =50.65 KPa ¿ 2
#plicar Euler entre los puntos -6/ y -9/ 2
P1+ γ z 1− ρ
2
2
"1 2
2
= P2+ γ z 2− ρ .
"2 2
2− ¿ z 1 z ¿
¿
2
"2 P1+ ρ = γ ¿ 2 2
2
ρ
2
" 2 2
= γ ( z z 2− z 1 ) + ( Pa- − P 1)
(
2
"2 Pa- − P 1 . =( z 2− z 1 ) + 2g γ ag 2
2
)
2
∗( 6 l ) 50.65 =6 l + 2∗9.81 9.81
2
2
∗( 6∗0,1 ) 2∗9.81
=6∗0,1 +
=17.72
50.65 9.81
"ad s
11&.% 11&.% (8r*n9 (8r*n9 :#te :#te &>1&). &>1&). El depós depósit ito o de agua de la (gura (gura tien tiene e una una anchura anchura de 69 cm perpendicular perpendicular al papel. papel. ?i el depósito depósito se acelera acelera como un sólido r"gido a ra'ón de D8 mBs 9. Calcular$ a/ 4a proundidad del agua en el
lado #1 b/ 4a uer'a !ue la presión presión ejerce sobre sobre el papel #1. ?uponga ?uponga !ue no se derrama el agua.
So!"#$n.% a y 6 -gθ -g θ = = =0.6116 g 9.81
θ=31.44 °
*) El nivel del agua sube 0h2 6 9.81
=
h 12
h =7.339 m
´ =( 9 + 7.339 ) =16.339 m AB
+
(
¿ 2 ¿ AB= P ag∗a"ea= 9.81∗
16.339 2
)(
−6
16.339 ) ∗10
=0.01571 K&
113.% (8r*n9 :#te &>1'). na lata muy prounda de 65 cm de diámetro contiene 69 cm de agua agua bajo 68 cm de aceite aceite ?#E 8 cuya densidad densidad relativa es 856. ?i la lata gira como un sólido r"gido alrededor alrededor de su eje eje central a 6>8 ;+M. ,Cuál será la máxima presión presión manom%trica -+a/ en la lata3
So!"#$n.% Convertir la altura de aceite de agua
hag=
h a∗ ρa ρag
=
10∗891 =8.91 m 1000
hae0-e
/ a una altura e!uivalente
4a altura de la parábola !ue alcan'a en la pared
2
H =
7 2g
2
(=
P (ax =9.81
) ∗(
150∗π 30
0.09 )
2
=0.101865 m
2∗9.81
K& m
2
3
(
∗ 0.2091 +
0.101865 2
)
P (ax =2.55 KPa
11.% (Potter &>) So!"#$n.% :nicialmente consideramos un triangulo de lados x -hori'ontal/ e y -vertical/ con respecto al borde superior derecho. a y y 5gθ= = … … … … … … .. ( 1 ) g x
:gualamos volumen de aire$
;esolviendo 6 y 9$
1 0.5∗8= xy … … … … … % ( 2 ) 2
y =2.85 > 2.5
+or lo !ue se deduce !ue la isobárica debe cortar a la base del recipiente con un despla'amiento del borde inerior como 0 a 2. En el borde superior derecho hay un despla'amiento$
5gθ=
2.5
+
=
10 9.81
( a ++ )
+ =2.4525 m
0.5∗8=
:gualamos volumen$
(
2 a ++ 2
)∗
2.5
8 =2 a + 2.4525 2.5
a =0.37375 m
1
ρ
1
ρ
dP =−a x % d x −a y % d y −( g ± a z ) d z
B
B
∫ dP=−a % ∫ d y
)
P B− P) ρ
y
)
=−a y∗( 4 B−4 ) )
P) = P A-mos,e"0a
−3
PB ¿ Pmax = ρ∗ a y ( 4 ) −4 B )=1000∗10∗( 8−0.37375 ) 10 =76.26 KPa
11'.% En el es!uema adjunto determinar la aceleración
a (m/ s
2
)
!ue se debe
impartir al recipiente para !ue el agua no se derrame. Considerar + =1.5 m y
So!"#$n.%
g=10 m / s
2
.
α =30 °
ay = a osα y az= asenα
ϕ = α + θ =30 + θ
θ= ϕ −30 ° … … … … … … % ( 1 )
5gθ=
a y
= aosα … … …( 2) g + a z g + asenα
Pe"o : 5gα =
1.2 − 1.5
=5g 30 °
=0.3339 m m= − 0.3=0.3339 −0.3 =0.0339 m
5g ϕ =
1.5 −m 1.5− 0.0339 = 1.5 1.5
ϕ = 44.345 °
;empla'ando en la ecuación -6/$ ;empla'ando en la ecuación -9/$ 5g 14.345 ° =
0.2557 =
aos 30 ° 10 + asen 30 °
a∗cos30 ° 10 + a∗ sen 30 °
θ= 44.345−30 =14.345 °
a =3.46
m 2
s
11/.% n depósito cónico de eje vertical y generatri' inclinada 8S con respecto a su eje gira alrededor de un eje vertical distante 6m del eje del cono. *etermina las ;+M para expulsar toda el agua contenida en el.
So!"#$n.%
+ara !ue
se derrame
completamente el agua la super(cie
parabólica debe ser tangente a la generatri' en el v%rtice del cono. dz x = 2 =-g 60 dx g
. =
& =
√
9.81∗ -g 60 ° "ad =4,122 1 s
4,122∗π = & =39,36 7P( 30
11.% n tan!ue cil"ndrico abierto de 6.98m de diámetro y 6.>8 m de altura esta lleno de agua y esta echo girar alrededor de su propio eje !ue permanece verticalK con una velocidad de 658;+M. *eterminar$ 2
a/ El área circular - m ¿ descubierto en el ondo 3
b/ El volumen - m ¿ del l0
So!"#$n.% a/ Calculo de la altura de la parábola # U 1. 2 2 0.6 ( 1.50 + h ) = 2∗9.81
( + )=
(1.50 h
180∗π 30
)∗ 2
2
0.6
2∗9.81
h =5.019 m
Calcula del radio de la parábola CU*.
(=
5.019
180∗π 30
)∗ 2
"
2∗9.81
2
" = 0.5264 m
2
2
A"ea= π " = π ∗0.5264 =0.87 m
2
b/ Calculo de volumen del li!uido derramado
$ de""
$ de""=$ Pa" ACB −$ Pa" )CD
1 2
2
1 2
2
$ de""= −¿ π ∗0.6 ( h + 1.50 )− π ∗0.5264 ( h )
$ de""=
π
[ 0,6 ∗6,519− 0.5264 ∗5.119 ]=1.5018 m 2 2
2
3
c/ #l cerrar el recipiente y considerando lleno de agua se orma una parábola imaginaria por encima de la tapa cuya altura -/ es$
2
(
180∗π 30
)
2
7 H =. = ∗0.62= 6.519 m 2g 2∗9.81 2
+or lo !ue la presión absoluta máxima será$ |¿|( max ) ¿ P
C
+ 1.50 + H =10.33 + 1.50 +6.519 =18.349 ma P¿
11.% n cilindro cerrado de altura tiene las tres cuartas partes de su volumen ocupadas por un l"!uido. *er"vese una expresión para determinar la velocidad 02 en la !ue ha de girar el c"rculo alrededor de su eje para !ue el paraboloide !ue se orme sea tangente a la base
So!"#$n.J 4a altura -/ de la parábola !ueda de(nida por la ecuación$ 2
2
. ∗ 6 H = … … … … (1 ) 2g
2
:gualando volumen de aire$
2
6 =
7
π ∗ 7 ∗ H 4
1 2
= π 6 2∗ H
2
… … … .. ( 2 )
2
;empla'ando la ecuación -9/ en la ecuación -6/$ 2
. ∗ 7
2
2
H =
2g
2
. = √ g∗ H 7
11.%
n camión transporta un tan!ue cil"ndrico el mismo !ue contiene
completamente un fuido -?A6.89/ si se acelera hori'ontalmente en orma
m constante a ra'ón de 9.>
s
2
. *eterminar la dierencia de presiones
( KPa )
máxima y m"nima !ue ejerce el fuido sobre el tan!ue.
So!"#$n.% +or el sentido !ue tiene la aceleración se tiene !ue$ P1= P (0n
P2= P (ax
1
ρ
1
ρ
d/ =−axdx −aydy −( g±az ) dz
2
2
2
1
1
1
∫ d/ =−ay∫ dy −g ∫ dz 2−¿ 4 1 4 ¿
¿
P2 − P 1 ρ
= ay ¿
P (ax − Pm0n = ρay∗S∗[ 7∗ay + 3 g ]
−3
P (ax − Pm0n =1000∗1.02 ⌊ 7∗2.5 + 3∗9.81 ⌋ 10 = 47.868 KPa
1&0.% (8r*n9 :#te &>1'). n tubo en 0R2 a 7>S contiene agua y está abierto en 0#2 y cerrado en 0C2 a/ ,# !u% velocidad -;+M/ de rotación uniorme alrededor del eje #1 hará !ue la presión sea igual en los +untos 012 y 0C2 en esta condición3
