09Cap2-EstaticadeFluidosEjerciciosResueltos

CAPITULO II ESTATICA DE FLUIDOS

TEXTO GUIA HIDRAULICA I EJERCICIOS RESUELTOS

PROBLEMAS RESUELTOS PRESION EN UN MEDIO FLUIDO 1-II) En la figura se muestra un tubo de vidrio abierto en “U” abierto a la atmósfera por los dos extremos. Si el tubo contiene aceite y agua, tal como se muestra, determinar la densidad relativa del aceite. Solución.

p A = pB

γ aceite (0.35m) = γ H 2O (0.30m)

D =

γaceite γH 2O

DRγ H 2O (0.35) = γ H 2O (0.30) 0.30 0.35 DR = 8 .8 8 DR =

[

]

2-II) Calcular la presión en KN m 8 si el equivalente en columna de agua es de 400 [ mm] de: a) Mercurio de densidad relativa 13.6 b) Agua.

[

]

c) Aceite de peso especifico 7.9 KN m8  Kg  d) Liquido de densidad 520  8  m  Solución. h = 888 [ mm] = 8.8[ m] a) DR =

γ sust γ H 8O

65



[

γ Hg = ρ Hg g = (13.6 )( 9.81)

γ Hg = 133.42 KN

PHg = γ Hg h = (133.42 )( 0.4 )

PHg = 53.4 KN

b) PH 2 O = γ H 2 O h = ( 9.81)( 0.4)

PH 2 O = 3.92 KN

c) Pac = γ ac h = ( 7.9 )( 0.4 )

Pac = 3.16 KN

d) γ L = ρ L g = ( 520 )( 9.81) PL = γ L h = ( 5.1012)( 0.4 )

[

[

[

m3

m2

]

m2

] γ = 5101.2[ N ] m P = 2.04[KN ] m L

L

]

]

m2

3

2

MEDICION DE PRESIONES 3-II) La presión atmosférica estándar es de 14.7lb/pulg2 absoluta. Calcule la altura en una columna de mercurio equivalente a esta presión. Solución. patm = γ mercurio h h=

patm

γ mercurio

=

14.7lb pies 3 1728 pu lg 3 * * pu lg 2 844.9lb pies 3

h = 30.06 pu lg 4-II) Para la configuración que muestra la figura, calcular el peso del pistón si la lectura de presión manométrica es de 70 Kpa. Solución.

p piston = γ aceite (1m) + 70 F = γ aceite (1m) + 70 A w = [ ( 0.86 * 9.79) + 70]

π 12 4

w = 61.59 KN

66



5-II) ¿Cuál es la lectura del manómetro de la figura? Solución.

[

γ Hg = DRHg γ Hg = (13.6 )( 9.81)

γ Hg = 133.42 KN

Pc ( abs ) = hAγ Hg = ( 0.5)(133.42)

PA( abs ) = 66.71 KN

[

PA( abs ) = PB ( abs ) = 66.71 KN

]

m2

PC ( abs ) = PB ( abs ) − hBCγ H 2 O = 66.71 − ( 0.5)( 9.81)

γ L = DRHg γ H 2 O = ( 0.80)( 9.81)

[

]

m2

] [

] γ = 7.85[KN ] m = 61.03[KN ] m

PC ( abs ) = 61.81 KN L

PD ( abs ) = PC ( abs ) − hDCγ L = 61.81 − ( 0.1)( 7.85) PE ( abs ) = PD ( abs ) = 61.03 KN

[

m3

m2

]

PD ( abs )

m2

3

2

[ m] = 83.20[KN ] m

PG ( abs ) = PE ( abs ) + hEGγ H 2 O = 61.03 + ( 0.9 )( 9.81)

PG ( abs ) = 69.86 KN

2

PH ( bas ) = PG ( abs ) + hGH γ Hg = 69.86 + ( 0.1)(133.42)

PH ( bas )

2

[

PI ( abs ) = PH ( abs ) = 83.20 KN

[

m2

Pman ( abs ) = PI ( abs ) = 83.20 KN

]

m2

]

67



6-II) Con referencia a la figura, y despreciando el rozamiento entre el pistón A y el cilindro que contiene el gas, determinar la presión manométrica en B en cm de agua. Supóngase que el gas y el aire tiene pesos, específicos constantes e iguales, respectivamente, a 0.563 y 1.203 Kp/m3. Solución.

pB = p A + γ gas (91.4 − 21.3) pA =

1600(1000) = 547.48Kg / m 2 2 π 61 4

p B = 547.48 + 39.47 = 586.95 Kg / m 2 p = γh 586.95 1000 h = 0.59m h=

7-II) El aire del recipiente de la izquierda de la figura esta a una presión de -22.86 cm de mercurio. Determinar la cota del líquido manometrito en la parte de la derecha, en A.

Solución.

68



paire = −22.86cmHg − 23cmHg *

1.033Kp / cm 2 = −0.313Kp / cm 2 = −3130 Kp / m 2 76cmHg

paire + γ aceite (36.58 − 32.31) + γ man (32.31 − h) = paire + γ H 2O (33.5 − h) − 3130 + (0.80 *1000)(4.27) + (1.60 *1000)(32.31 − h) = 2000 + 1000(33.5 − h) 286 + 51696 − 1600h = 2000 + 33500 − 1000h h = 27.47 m 8-II) Determinar la presión diferencial entre las tuberías A y B para la lectura del manómetro diferencial que se muestra en la figura. Solución.

p A + γ H 2O (1) − γ Hg (1.5) + γ H 2O (1.2) + γ Hg (0.5) − γ H 2O (1.3) = pB p A − pB = −γ H 2O (0.9) + γ Hg (0.7) p A − pB = −9.80(0.9) + (13.60 * 9.80)(1)

γ H 2O = 9.8KN / m 3 p A − p B = 888 .88Kpa

9-II) Con referencia a la figura, ¿que presión manométrica de A hará que la glicerina suba hasta el nivel B? Lo pesos específicos del aceite y la glicerina son 833.71 y 1250.57 Kp/m3, respectivamente. Solución.

γ aceite = 888.88 Kp / m8 γ glicerina = 8888.88Kp / m8

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pM = p N p A + γ aceite (7.620 − 3.658) = γ glicerina (9.144 − 3.658) p A = −833.71(3.962) + 1250.57(5.486)

p A = 3557.47 Kp * / m 2 = 0.35Kp / cm 2

10-II) En la figura mostrada determinar el peso especifico del liquido que se muestra en manómetro diferencial; si la diferencia de presiones entre los punto A y B es de 1400 kg/m2. Solución. La presión en D y en E son iguales por estar dentro del aire en el cual se transmite la presión con la misma intensidad. También serán iguales las presiones que se producen en los puntos C y B; de la misma forma la presión en los puntos E y F serán iguales, por lo que tendremos las igualdades: p B = pC = p D + γh p B = p D + γ (0.58) p D = pB − 0.58γ

Pero: p E = p D = p B − 0.58γ p E = p F = p A + (3.15 − 2.70)(1600)

igualando estas dos últimas tendremos: p B − 0.58γ = p A + (3.15 − 2.70)(1600)

γ =

( pB − p A ) − 0.45(1600) = 1400 − 720 0.58

0.58

γ = 1172.41kg / m 3

70



Kg 11-II) Para una lectura manométrica en A de − 0.18

, determinar (a) la elevación cm 2 en las ramas abiertas de los piezómetros E, F y G y (b) la lectura del manómetro de la figura. Solución. Kg (a) Como el peso especifico del aire (aproximadamente 1.28

) es muy m3 pequeño comparado con el de los líquidos, la presión en la elevación de Kg 15m puede considerarse igual a 0.18

cm 2

sin introducir error

apreciable en los cálculos. Para la columna E: Supuesta la elevación de L, como la mostrada, se tiene En

Kg

m2

Pk = PL

(man)

PH + wh = 0

Por tanto

− 0.18 × 104 + ( 0.700 × 10000) h = 0

O bien Y h = 2.57m.

De aquí, la elevación de L será 15.00 − 2.57 = 12.43m

Para la columna F: Presión en El. 12m = Presión en El. 15m + Presión del Liquido de Dr 0.700 = −0.18 +

( 0.700 × 1000)(15 − 12) 104

= 0.03 Kg

cm 2

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Que debe ser igual a la presión en M. Por tanto, la altura de presión en M será 0.03 × 104 = 0.30m de agua, y la columna F ascenderá 0.30m por encima de M o bien la 1000 elevación en N es igual a 12.30m. Para la columna G. Presión en El. 8m = Presión en El. 12m + Presión de 4 m de agua 1000 × 4 = 0.43 Kg 2 4 cm 10 Que debe ser igual a la presión en R. Por tanto, la altura de presión en R será P0 = 0.03 +

O bien,

0.43 × 104 = 2.69m del líquido y la columna G ascenderá 2.69m sobre R o hasta una 1.600 × 1000 Elevación de 10.69m en Q. (b) Para el manómetro de tubo en U, al utilizar como unidades metros de agua, Altura de presión en D = altura de presión en C 13.57 h1 = altura de presión en El. De 12m + altura de presión de 8m de agua 13.57 h1 = 0.30 + 8.00 De donde h1 = 0.61m. 12-II) La altura de presión al nivel A-A es de 0.09 m de agua y los pesos específicos del Kg gas y del aire son, respectivamente 0.560 y 1.260

. Determinar la lectura en el m3 manómetro de agua de tubo en U que mide la presión del gas al nivel B, según se muestra en la figura. Solución. Se supone que tanto el peso específico del aire como el del gas permanecen constantes en los 90m diferencia en elevación. Como los pesos específicos del

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gas y del aire son del mismo orden de magnitud, debe tenerse en cuenta el cambio en la presión atmosférica con la altitud. Se utilizan presiones absolutas.

( absoluta ) pC = ( absoluta ) pD  Kg m 2  



( atmosferica ) pE + 1000h = ( absoluta ) p A − 0.560 × 90 Se calcula ahora la presión absoluta en A en función de la presión atmosférica en E, obteniendo primero la presión atmosférica en F y luego p A

( absoluta ) p A = [ ( atmos ) pE + 1.260( h + 90 − 0.09) ] + 0.09 × 1000 Kg m 2  



Sustituyendo este valor en (A) eliminando pE y despreciando los términos muy pequeños, se obtiene: 1000h = 90(1.260 − 0.560 ) + 0.09(1000)

Y

h = 0.153m de agua

13-II) Calcule la presión en el punto B de la figura, si la presión en el punto A es de 22.4lb/pulg2 relativa. Este tipo de manómetro se conoce como manómetro diferencial debido a que indica la diferencia de presión entre los puntos A y B, pero no da el valor real en ninguno de los dos puntos. Solución. La presión en el punto 1 será:

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p A = 22.4lb / pu lg 2 (relativa)

γ aceite = (0.86)(62.4lb / pie 3 ) = 53.7lb / pie 3 γ w = 62.4lb / pie 3 p A + γ aceite (33.75 pu lg) la presión en el punto 2 es el mismo que en el punto 1, debido a que los dos puntos están en el mismo nivel. Para el punto 3 se tendrá la siguiente expresión: p A + γ aceite (33.75 pu lg) − γ w ( 29.5 pu lg) para el punto 4 tendremos: p A + γ aceite (33.75 pu lg) − γ w ( 29.5 pu lg) − γ w (4.25 pu lg) esta expresión es también para la presión en B, puesto que los puntos 4 y B están en el mismo nivel, igualando las expresiones: p A + γ aceite (33.75 pu lg) − γ w (29.5 pu lg) − γ w (4.25 pu lg) = p B p B = p A + γ aceite ( 29.5 pu lg) − γ w (29.5 pu lg) p B = p A + 29.5 pu lg(γ aceite − γ w ) la diferencia entre pA y pB es función de la diferencia entre los pesos específicos de los dos fluidos, p B = 22.4lb / pu lg 2 (relativa) + (29.5)(53.7 − 62.4) p B = 22.4lb / pu lg 2 (relativa) +

lb 1 pie 3 pies 3 1728 pu lg 3

(29.5)(−8.7)lb / pu lg 2 1728

p B = 22.4lb / pu lg 2 − 0.15lb / pu lg 2 p B = 22.25lb / pu lg 2 (relativa )

Véase que al usar un fluido manometrico con un peso especifico muy cercano al del fluido cuya presión se va a medir, hace que el manómetro sea muy sensible. Note, también, que p A − p B = 0.15lb / pu lg 2 . FUERZAS SOBRE SUPERFICIES

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14-II) En la figura se muestra la sección de una presa con una cara parabólica. El vértice de la parábola es en O. Encontrar la fuerza resultante debido al agua, su inclinación con la vertical y la distancia desde O. Solución. Encontramos la curva que representa la presa: y = ax 2 + b

Con

50 = a( 25)

a = 0.08

2

b=0

y = 0.08 x 2

Se tomara D = 50[ m] profundidad del agua con ancho unitario W = 1[ m] dF = ρdA Donde: dFx = PdA = PWdy = γhWdy

dFx = γ ( D − y )Wdy

Integrando: 50

50

0

0

Fx = ∫ γ ( D − y )Wdy = γW ∫ ( D − y ) dy 50

  y2  502  Fx = γ  Dy −  = ( 9.81) ( 50)( 50 ) −  2 0 2   

Fx = 12262.5[ KN ]

Fuerza vertical:

75



dFy = PdA = PWdx = γhWdx = γγ ( D − y )Wdx

(

)

dFy = γ D − 0.08 x 2 Wdx Integrando: 25

Fy =

∫ 0

25

γ ( D − 0.08 x 2 )Wdx = γW ∫ ( D − 0.08 x 2 ) dx 0

3   x3  0.08( 25)  ( ) ( )( ) Fy = γ  Dx − 0.08  = 9.81  50 25 −  3 0 3    25

Fy = 8175[ KN ]

Punto de aplicación: xcp dFy = xPdA Integrando: 25

(

)

xcp Fy = ∫ γ D − 0.08 x 2 xWdx 0

γ xcp = Fy γ xcp = Fy

25

∫ ( Dx − 0.08 x )dx 3

0

2 4  x2 ( x4  9.81  ( 50 )( 25) 0.08)( 25)  −    D − 0.08  = 4 0 8175  2 4  2  25

xcp = 9.38[ m]

ycp =

I cg ycg A

Desde O

(1)( 50) 3 + ycg =

12

( 25)( 50)

+ 25

ycp = 33.33[ m] Desde la superficie del líquido. 2

(12262.5) 2 + ( 8175) 2 = 14737.69[ KN ] 2

FT = FX + FY = FT

tan ( α ) =

Fx 12262.5 = Fy 8175

α = 56.3º

76



15-II) Una compuerta vertical rectangular AB tiene 3.7 m de altura, 1.5 m de anchura y esta articulada en un punto 150 mm por debajo de su centro de gravedad. La profundidad total del agua es de 6.1 m. ¿Que fuerza horizontal F debe aplicarse a la parte inferior de la compuerta para que se mantenga en equilibrio? Solución.

F1 = γhcg A F1 = 9.80(4.25)(3.7 *1.5) F1 = 231.16 KN

ycp = ycp =

I cg ycg A

+ ycg

(1.5)(3.7)3 + 4.25 4.25(3.7 *1.5) 1 12

ycp = 4.52m ΣM A = 0

RESPECTO LA SUPERFICIE DEL AGUA

231.16(4.52 − 4.4) = F (6.1 − 4.4) F = 16.32 KN

16-II) En la figura que se muestra, la compuerta AB tiene su eje de giro en B y su anchura es de 1.20 m. ¿Que fuerza vertical, aplicada en su centro de gravedad, será necesaria para mantener la compuerta en equilibrio, si pesa 20 KN? Solución. ancho = 1.20m w = 20 KN α = 45º

F1 = γhcg A

77



F1 = 9.71( 2.25)(2.12 * 1.20)

F1 = 56.07 KN

ycp =

ycp =

I cg ycg A

+ ycg

(1.2)(2.12) + 3.18 3.18(1.2)(2.12) 1 12

ycp = 3.30m de C

ΣM B = 0

56.07(0.94) = 20(0.75) + F (0.75) F = 50.27 KN

16-II) En la siguiente figura, la compuerta semicilíndrica de 1.22 m de diámetro tiene una longitud de 0.905 m. Si el coeficiente de rozamiento entre la compuerta y sus guías es 0.10, determinar la fuerza F requerida para elevar compuerta si su peso es de 454 Kp. Solución. FH = 1000( 2.11)(1.22 * 0.905) FH = 2329.65Kp f = f1 + f 2 = µ ( N1 + N 2 )

φ = 1.22m longitud = 0.905m µ = 0.1 w = 454 Kp

FH = N1 + N 2 EQUILIBRIO RELATIVO f = 0.1(2329.65) = 232.97 Kp

78



1 1  FV = 1000 *  π 1.22 2  * 0.905 2 4 

FV = γV

FV = 528.97 Kp ΣFy = 0

;

F + FV − f − mg = 0

F = 454 + 232.97 − 528

F = 158.97 Kp 17-II) En la figura, el cilindro de 1.22 m de diámetro y 1.22 m de longitud esta sometido a la acción del agua por su lado izquierdo y de un aceite de densidad relativa 0.80 por su lado derecho. determinar : a) la fuerza normal en B si el cilindro pesa 1.816 Kp, y b) la fuerza horizontal debida al aceite y al agua si el nivel de aceite desciende 0.305 m. Solución.

φ = 1.22m l = 1.22m w = 1816 Kp a) F1 = γV

11  F1 = 1000 *  π 1.22 2  * 1.22 = 713.08Kp 24  11  F2 = 800 *  π 1.22 2  *1.22 = 570.47 Kp 24 

ΣFy = 0 w = RB + F1 + F2 RB = 1816 − 713.08 − 570.47

RB = 532.45 Kp b) F3 = 1000(1.22)(1.22 * 1.22) = 1815.87 Kp

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F4 = 800(0.4575)(0.915 *1.22) = 408.57 Kp F3 − F4 = 1815.87 − 408.57 ∆F = 1407.3Kp

HACIA LA DERECHA

18-II) En la figura, para una longitud de 2.44 de la compuerta, determinar el momento no compensado respecto al eje de giro O, debido al agua, cuando esta alcanza el nivel A. Solución. FH = 1000(0.915)(1.83 * 2.44) = 4085.66 Kp yH =

2 (1.83) = 1.22m 3

1  FV = 1000 π 1.832 * 2.44  = 6417.74 Kp 4  xV =

4r 3π

xV =

4(1.83) = 0.78m 3π

ΣM 0 = 0 6417.74(0.78) − 4085.66(0.61) = M 0 M 0 = 2513.58 Kp ⋅ m

19-II) La descarga de un canal esta controlada por una compuerta basculante contrapesada. La compuerta rectangular e de 2.4 m de altura por 3m de ancho. Determine el valor del peso W, de modo que el agua se vierta justamente cuando la profundidad en el canal de 1.2m. Solución.

80



F = γH g A = 888 8(8 .8)(8.8)(8 ) = 88 88kg

la ubicación de esta fuerza se halla mediante el triangulo de presiones cuyo centroide esta a 1/3 de su altura, 8 x = (8.8 ) = 8.8 8 8

tomando momentos en el puno de giro: (W cos 30º )(0.60) = 4320(0.80) W = 6651kg

20-II) En la figura se muestra una presa, cuya cortina tiene 30.5m de largo y retiene 8m de agua dulce; tiene una inclinación a un ángulo θ =60º. Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre la cortina de la presa y la localización del centro de presión. Solución. FR = γ (d / 2) A senθ = d / L

L = d / senθ = 8 / sen60º = 9.24m A = (9.24)(30.5) = 281.8m 2

81


FR = γ (d / 2) A =


9.81KN 8m * * 281.8m 2 3 m 2

FR = 11060KN = 11.06MN el centro de presión esta a una distancia vertical de: d / 3 = 8 / 3 = 2.67 m a partir del pie de la cortina, o medido a partir del pie de la cortina a lo largo de su superficie, el centro de presión esta en: L / 8= 8 .8 8/ 8= 8 .8 8 m Lp= distancia medida desde la superficie libre del fluido hasta el centro de presión. Lp = L − L / 8 L p = 9.24m − 3.08m = 6.16m CUERPOS FLOTANTES Y FUERZA ASCENCIONAL 21-II) El cuerpo de la figura esta hecho de dos trozos de madera (γ =700 Kp/m3), y flota en un liquido de densidad relativa 0.930. Para un ancho de un 1 m, calcular la profundidad d de hundimiento. Solución.

82



E = w1 + w2

γV1 + γV2 = γ f Vdesplazado

γ = 700 Kp / m 3 DR = 0.93 ancho = 1m CG = Centro de gravedad CE = centro de empuje

700[ 0.5 * 2 *1 + 1 * 2 *1] = 930 * (d * 2 * 1) d =8 .8 8 m

22-II) Una placa cuadrada de peso despreciable cubre el orificio de unión entre dos compartimientos de un estanque. Determinar la presión de aire, para que las acciones de los fluidos sobre la placa cuadrada de 1m2 de área sea nula. Peso de la boya es de 25 Kp. Ancho de 1 m. Solución.

E −T − w = 8 T-P-PA = 8

( 8) ( 8)

PA = w + P − E PA = 88+ 8888(8) − 8888* (8.88* 8 )

PA = 8888Kg 23-II) ¿Que longitud debe tener un tablón de madera de 76.2 mm por 304.8 mm de sección y densidad relativa 0.5, para que en agua salada soporte encima a un niño que pesa 445 N ?( peso especifico del agua salada es de 10.05 KN/m3 ).

83



Solución.

γ H 2O salada = 10 KN / m 3 ;

DR = 0.5

E = wN + wM

Seccion = 76.2mm * 304.8mm

(10)( L * 0.0762 * 0.3048) = (0.5)(10)( L * 0.0762 * 0.3048) + 0.445 0.2323L = 0.1161L + 0.445 L=8 .8 8 m 24-II) Una gabarra de 3 m de profundidad tiene una sección recta trapezoidal de bases superior e inferior 9m y 6m, respectivamente. La gabarra tiene 15m de longitud y las caras de popa y proa son verticales. Determinar a) su peso si la altura sumergida en agua es de 1.8m y b) la profundidad de calado si la gabarra transporta 86 toneladas de piedra. Solución. a) w = E  5 5 5 .8  w = 8888 * 8.8* 88   8 

w = 888888Kp b) 8+ 8x   (5 5 5 5 5 5 + 88888) − 8+ * h *5 5 8888 8  

8 8.8 = 8.8 x

x = 8.8m

88+ h  5 5 5 5 5 5 = 8888 * h * 88   8

8 h = 8.8 x

x=

8.8 h 8

h = 2.50m

Kg   flota en un 25-II) Un cuerpo hecho de dos trozos de madera pesada  γ m = 1150 m3   líquido de Dr = 0.93 tal como se muestra en la figura. Se desea calcular la profundidad de hundimiento del cuerpo en el líquido. Considere una unidad de ancho Solución. -

Taco superior de madera (abcd):

84



F = Vγ m = ( 0.5)( 2 )(1)(1150) M ab = FB = (1150 )( 0.25) -

F = 1150 Kg M ab = 287.5 Kgm

Taco inferior de madera (efgh)

F = Vγ m = (1)( 2 )(1)(1150) F = 2300 Kg M ab = FB = ( 2300)( 2.5) M ab = 5750 Kgm La posición del centro de gravedad de todo el sistema será: Horizontalmente estará sobre el eje de simetría. Verticalmente: ycg =

5750 + 287.5 2300 + 1150

ycg = 1.75m De ab.

El centro de flotación estará en el centro de gravedad del volumen (gijh): Horizontalmente estará sobre el eje de simetría del sistema. Verticalmente: Fa = Vgijhγ = d ( 2 )( 0.93)(1000 )

Fa = 1860d

Donde: Fa ; fuerza ascensional. La fuerza ascensional debe ser igual al peso del cuerpo, para que el sistema se mantenga estático. Fa = Wcuerpo 1860d = 2300 + 1150 d = 1.85m ycf = 3 −

1.85 2

ycf = 2.075m De ab.

85



Lo cual indica que el cuerpo flota con estabilidad por que el CF esta por debajo del CG. 26-II) Determine el peso de un hidrometro cuyo bulbo pesado desplaza 18cm3 de agua destilada al sumergirse su vástago 5cm cuya sección transversal es 0.06cm2. Si este hidrometro se coloca en un aceite cuyo peso específico es de 950kg/m3. ¿Cuanto más se hundirá el vástago, respecto a su posición cuando estaba en el agua?

Solución. El peso del hidrometro será igual al volumen desalojado por el peso específico del agua, peso = 88*8+ 8.8 8* 8*8= 8 8.8gr 18.3 = 18 * 0.95 + (0.06h)(0.95) h = 21.05cm

pero en el agua el vástago se sumergió 5cm, por lo que respecta a esta posición el vástago 21.05 − 5 = 16.05cm se sumergirá: 27-II) Un cubo de latón de 6 pulgadas de lado pesa 67lb. Deseamos mantener este cubo en equilibrio bajo el agua atándole una boya ligera de hule espuma. Si el hule espuma pesa 4.5lb/pies3. ¿Cuál es el volumen mínimo requerido para la boya? Solución. Observe que el hule espuma y el latón en la figura son considerados como parte de un mismo sistema y que se tiene una fuerza boyante en cada uno. El subíndice F se refiere al hule espuma y el subíndice B se refiere al latón. ΣFv = 0 0 = FbB + FbF − wB − wF wB = 67lb (dado) FbB = γ f VdB

;

γ f = 62.4lb / pies 3

;

γ F = 4.5lb / pies 3

 62.4lb  pies 3  3   = 7.8lb ( 6 pu lg )  =  3  3  pies 1728 pu lg    

86



wF = γ FVF FbF = γ f VF sustituyendo valores tendremos: 0 = 7.8 + γ f VV − 67 − γ FVF

γ f VF − γ FVF = 67lb − 7.8lb = 59.2lb VF (γ f − γ F ) = 59.2lb

VF =

59.2 59.2lb / pies 3 = γ f − γ F (62.4 − 4.5)lb

VF = 8 .8 8pies 8

Esto significa que es necesario unir 1.02pies3 de hule al cubo de latón para que la combinación este en equilibrio sin que haya fuerza externa alguna. 28-II) En la figura se presenta el casco de una chalana que, cuando esta completamente llena, pesa 150KN. Observe la localización del centro de gravedad (cg). Además determinar si la chalana es estable en agua dulce. Solución. Esto se hace determinando que tanto se hundirá el bote en el agua. La profundidad de inmersión o calado del bote es de 1.06m, como se muestra en la figura, y fue encontrado con el método que se describe a continuación:

87



ΣFv = 0 = Fb − w Fb = w volumen sumergido: Vd = B * L * x fuerza boyante: Fb = γ f Vd = γ f * B * L * x ⇒ w = Fb = γ f * B * L * x x=

w 150 KN m3 = * B * L * γ f (2.4m)(6.0m) 9.81KN

x = 1.06m

88



el centro de flotabilidad se encuentra en el centro del volumen desplazado de agua. En este caso se encuentra a una distancia de 0.53m del fondo.

Como el cg esta por encima del centro de flotabilidad, debemos localizar el metacentro para determinar si el bote es estable. MB = I / Vd Vd = L * B * x = (6.0)(2.4)(1.06) = 15.26m 3 el momento de inercia se lo calcula alrededor del eje x-x, ya que este dará el menor valor de inercia:

LB 3 (6.0)(2.4) I= = = 6.91m 4 12 12 MB = I / Vd = 6.91 / 15.26 = 0.45m y mc = ycb + MB = 0.53m + 0.45m = 0.98m

89



y mc > ycg ; es estable puesto que el metacentro esta por encima del centro de gravedad

MASAS FLUIDAS SOMETIDA A ACELERACION CONSTANTE 29-II) Un depósito abierto de sección cuadrada de 1.83 m de lado tiene una masa de 349.6 kp y contiene 91.5 cm de agua. Esta sometido a la acción de una fuerza no equilibrada de 1057.8 kp, paralela a uno de los lados. ¿Cual debe ser la altura de las paredes del depósito para que no se derrame el agua? ¿Qué valor tiene la fuerza que actúa sobre la pared donde la profundidad es mayor? Solución. F = ma

;

F a F tgθ = ⇒ tgθ = m = g g mg

;

tgθ =

h 0.915

1057.8 h = ⇒ h = 0.283 349.6 * 9.8 0.915

FCD = γhcg A a=

F m

FCD = 1000(0.599)(1.198 * 1.83)

FCD = 1313.21Kp

H = 1.198m

90



30-II) Un depósito abierto, que contiene agua, está sometido a una aceleración de 4.91 m/s2 hacia abajo sobre un plano inclinado 15º ¿Cuál es el ángulo de inclinación de la superficie libre? Solución. a = 8.88 m / s8

tgθ =

a cos α asenα + g

tgθ =

4.91 cos 195º 4.91sen195º +9.8

θ = −29.07 º

31-II) Un vehiculo con un recipiente cerrado que esta totalmente lleno de un liquido de densidad relativa 0.85, se mueve en un plano inclinado, como se muestra en la figura. Cuando el vehiculo no esta en movimiento la lectura del manómetro A es de 30 KPa. ¿Cuál será el valor de la aceleración si el manómetro A marque 35 KPa cuando el vehiculo esta en movimiento? Solución. Cuando el recipiente esta estático:

[ m]

PA = 30 KPa = 30000 N

2

ρ = (1000 )( 0.85)

ρ = 850 Kg 3   m 

γ = ρg = ( 850)( 9.81)

γ = 8338.5 N

Altura de presión será: P 30000 h= A = γ 8338.5

[ m] 3

h = 3.6m Desde A.

91



Cuando esta en movimiento: La nueva altura de presión será:

h1 =

PA 35000 = γ 8338.5

h = 4.2m Desde A.

La pendiente de la superficie será: m=

DV − 0.6 = DH 2

m = −0.3

(1)

Por otro lado: dz ax a cos 45º =− = dx g + a y g + sen45º dz 0.71a =− dx g + 0.71a

Igualando (1) y (2) tenemos: m =

−

( 2)

dz dx

0.71a = −0.3 g + 0.71a

[ s ] A 45º ascendente.

a = 5.92 m

2

32-II) Un tubo de 2.315m de longitud y 5.08cm de diámetro tiene sus extremos cerrados y está lleno de agua a una presión de 0.88Kp/cm2 situado en posición horizontal se le hace

92



girar alrededor un eje vertical, que pasa por uno de sus extremos, a una velocidad de 3 rad/s. ¿Cuál será la presión en el extremo más alejado del eje de giro?

Solución. w8 8 y= x 8g y=

88 (8.8 88 ) 8⇒ y = 8 .88m 8 (8.8 )

p = yγ = 1000(2.09) = 2093.06 Kg / m 2 p = 0.209kg / cm 2 p B = pO + p = 0.88 + 0.209 p B = 1.09 Kp / cm 2

33-II) Un depósito cilíndrico cerrado, de 2m de altura y 1 m de diámetro, contiene 1.5 m de agua. El aire sobre la superficie libre se encuentra a una presión de 1.09 kp/cm2. Si el cilindro gira alrededor de su eje geométrico a una velocidad angular de 12.0 rad/s, ¿Cuáles son las presiones en Kp/cm2, en los puntos C y D de la figura? Solución. o

EL VOLUMEN DE AIRE NO VARIA EN EL RECIPIENTE

o

EL VOLUMEN SOBRE EL NIVEL A-A = VOLUMEN DEL PARABOLOIDE

1 2 1 π 1 0.5 = πx22 y2 4 2

x22 y2 = 0.25

1

ADEMAS

93


y2 =

w2 2 x2 2g


12 2 2 x2 2g

y2 =

;

⇒ y2 = 7.35 x22

2

DE (1) Y (2) 8 8 x8 (8.88x8 ) = 8.8 8

x24 = 0.034 ⇒ x2 = 0.43m ; y2 = 1.35m pc = 1.09 +

γh 1000 * 0.65 = 1.09 + 4 10 10 4

pc = 1.155 Kp / cm 2

y1 =

w2 2 x1 2g

p D = 1.09 +

;

y1 =

12 2 2 x1 2g

⇒ y1 = 1.84m

1000(1.84 + 0.65) 10 4

p D = 1.34 Kp / cm 2

34-II) Un vaso cilíndrico de 1.2 m de diámetro y 2.4 m de altura, se hace girar a 60 rpm. Si el vaso esta lleno de agua y herméticamente cerrado determinar la fuerza que se produce en la tapa y en el fondo. Solución. a) La fuerza que se produce en la tapa: dF = pdA = γz (2πrdr )  w2r 2  (2πrdr ) dF = γ   2g   γπ  F =   ∫ w 2 r 3 dr  g   γπ  2 4  w r F =   4g   1000π F =   4g

 (2π ) 2 (0.60) 4 

94



F = 409.63kg

b) La fuerza que se produce en el fondo del recipiente será la reacción a la fuerza que se produce en la tapa mas la fuerza que produce el peso del liquido: F = 409.63 + 1000(π )(0.36)(2.4) F = 3123 .97 kg

95

09Cap2-EstaticadeFluidosEjerciciosResueltos

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