PROBLEMA N° 26 Un depósito cilíndrico está animado con el elemento rotat ivo respecto a su eje simétrico. Si h es la altura al tura de agua que contiene el depósito, R su radio y suponiendo que sus paredes son suficientemente altas como para impedir el derrame; se pide calcular la velocidad de rotación que se debe dar al cilindro de manera que en el fondo quede descubierto un circulo radio igual a R/2.
SOLUCIÓN Se sabe que la altura que alcanza un líquido debido al movimiento rotativo está dada por: Z w
R
A
B
x dz ZI
h R/2 D
C
ZII X
O
= 2
… … … … ∝
Para el paraboloide COD:
/2 = 2 = 2 …. 2
Para el paraboloide AOB:
= 2
… … … … 1
Ahora hallaremos una ecuación que relaciones
y
volúmenes no ocupados por el agua.
, para ello igualamos los
Volumen no ocupado por el agua durante el movimiento, la calculamos teniendo
= . …………… 3; = 2
elementos diferenciales. Tomemos una faja de ancho
y distancia del eje a la pared x.
Que reemplazándolo en (3):
= ..
que integrándolo para obtener el volumen total no ocupado ocupado por por el agua
durante el movimiento da:
y
2 = ∫ . = 2 ………………….∞
, volúmenes no ocupados por el agua son iguales:
Entonces:
ℎ = 2 Reemplazando (1) y (2) en esta última:
2 8 ℎ = 4 644 (3 15) = ℎ ⇒ ( 9 ) = ℎ
8 64
64
De donde:
= 38 ℎℎ
0.90 m
PROBLEMA N° 31 0.60 m
El cilindro vertical abierto, mostrado en la figura adjunta, gira alrededor de su eje, a 56 R.P.M. si fue previamente llenado de agua hasta el borde superior. ¿Hasta qué altura por encima de este borde se elevará el agua en el tubo piezométrico?
1.20 m
SOLUCIÓN Al girar la superficie del líquido adquiere la forma parabólica, e incluso se prolonga hasta en el tubo piezométrico, tal como se ve en la figura de la izquierda. La velocidad angular es:
W = 56 R. P. M. = 562 60 = 5.86 /.
Z
0.90 m
w 0.60 m
z
La ecuación la superficie parabólica está dada por: h
= 2
X
La altura de la parábola en el recipiente es:
5. 8 6 0. 6 3 6 ℎ = 19.6 = 34340. 19.6 = 0.63 . La altura, a partir del eje X en el piezómetro es:
2 34340.81 2 5. 8 6 0. 9 = 19.6 = 19.6 = 1.42 La altura que se elevara el agua en el piezómetro por encima del borde, es:
Δℎ = ℎ = 1.420.63
Δℎ = 0.79 .
PROBLEMA N° 36 Un tanque cilíndrico de 1.20m. de diámetro y 1.50m. de altura, está lleno de agua, y es hecho girar alrededor de su propio eje, que pe rmanece vertical, con una velocidad angular de 180 R.P.M. a) Determinar el diámetro del área circular descubierto en el fondo y el volumen del líquido derramado. b) Si el mismo tanque lleno de agua, es cerrado en su parte superior ¿Cuál será la máxima presión que se desarrollará en m. de agua absoluta, y donde se presentará?
SOLUCIÓN Se sabe que:
= = 1802 = 6 / 60 = = 0.6 ; = 1.50+ℎ 6 0. 6 1.50+ℎ = 19.6 1.50+ℎ = 6.50
Para el paraboloide AOB:
Luego:
Para el paraboloide COD:
ℎ = 5 .
= 6 7; = ; = ℎ = 5. 5 = . = 1/6√519.6 = 0.525 . = 2 = 1.05 .
Para el paraboloide COD:
De donde:
El diámetro será:
.
Vol. Derramado = Vol. Parábola AOB- Vol. Parábola COD.
0. 6 1. 5 0+ℎ 0. 5 25 = 2 2 ℎ = 2 0.366.500.27565 = 1.508 .
PROBLEMA N° 41 ¿Cuánta agua se derramará de un tanque rectangular de 1.50m de largo, 0.90m de ancho y 1.20m de profundidad, si, estando lleno de agua al estar en reposo, es acelerado en la dirección de su longitud, a razón de 0.60m/seg2?
SOLUCIÓN
B A
a
B'
m 0 2 . 1
1.50 m
Volumen inicial = (1.5) (1.2) (0.9) = 1.62m3
= + +
= 0.6, . = tan = . = ̅ = 1.5tan = 0.0917 = . 2 = 1.62(1.1083+1. )1. 5 0. 9 ⇒0. 0 619 ≅ 62 . 2 = 62 .
Para:
Por tanto:
Entonces, lado
PROBLEMA N° 46 Un tanque cilíndrico de 1.20m de diámetro y 2.40m de alto, es girado alrededor de su eje, a razón de 77R.P.M. Determínese la presión total en la cara superior, en la cara del fondo, y en los costados, cuando el vaso está cerrado y está lleno completamente.
SOLUCIÓN Aplicando la fórmula:
= 4 Por lo tanto:
1008. 0 634 0. 6 = 49.8 = 677 . = 677+ ∗ = 677+0.62.4 ∗1000 = 3391 .
Z
w
m 0 4. 2
1.20 m
Z
PROBLEMA N° 51 Un tubo horizontal, de 2.40m de largo y 0.05m de diámetro, es llenado con agua, bajo una presión de 0.70 kg/cm2, siendo después cerrado por los extremos. Si se imprime el tubo un movimiento de rotación en un plano horizontal, con eje de rotación en uno de los extremos del tubo, a razón de 60 R.P.M. ¿Cuál será la presión del agua en el extremo exterior?
SOLUCIÓN W=60 R.P.M = 6.283 rad/seg La presión en el extremo:
= +…..∗ Calculamos z:
= 2
; resulta que Z= 11.59 m.
En (*) obtenemos la presión en el extremo
P = 7000 +1159 = 1859 Kg/. = 1.86/ Z w
ZI 5 0 . 0
2.40m
PROBLEMA N° 56 Determinar el ángulo que formara con la horizontal la superficie libre del líquido contenido en un depósito que se desliza a una aceleración de 2m/seg2, sobre un plano inclinado, que hace un ángulo de 30º con la horizontal.
SOLUCIÓN Aplicando formula de Euler:
= + + 1 ∫ = ∫ + ∫− Donde: Z
= acos30 = a Sen30 X
ß
a b a
Reemplazamos e integramos:
0 = cos30 sin 30 = aacos30 sin 30 tan = = arctan( cos30 sin 30)⇒11°11′
Como:
= 11°11′
PROBLEMA N° 61 Dos vasos A y B, que contienen agua bajo presión, están conectados por medio de un piezómetro diferencial de aceite. Si un punto m, del vaso A, esta 1.48 m. por debajo de un punto n del vaso B, determínese la diferencia de presión entre ambos puntos, cuando el extremo superior de la columna de agua, en el tubo que entre a A, se halla 0.38 m. por debajo del extremo superior de la columna de agua en el vaso B. la cantidad del aceite es 0.80
SOLUCIÓN
En D y C, las presiones son:
= = = De donde :
= + …..∗ Pero:
= = 0.80.38 /. Reemplazando en (*)
= 0.80.38+11.10 = 0.304+1.10 = 1.404Tn/ = 1.404 /
PROBLEMA N° 66 En la figura mostrada, hallar las presiones relativas en kg/cm2 en las tuberías A, B y C Las tuberías A y B, conducen agua.
C
SOLUCION considerará
como
0
la
presión
m 0 6 . 0
atmosférica. Partiremos del punto N:
Patm
aceite(WII=0.9)
Como pide presiones relativas, se
m 0 0 . 1
0. 20m
A
0. 30m
= 20+100 10060 1.6 120 10001 40 = 1000 = 0.1920.040 = 0.152 / = 6030+80+100 = 0.1520.030+0.6800.162 = 0.640 / 0.9 40+ 10001 60 = + 10060+60 = 0.640+ 1000 = 0.736 / m 0 8 . 0
m 0 6 . 0
B
x x
y
y
Hg(13.6=WII)
La presión en C, será:
La presión en A será:
M M
m 0 0 . 1
N
CCh(WI=1.6)
N
PROBLEMA N° 144 Determinar la mínima relación entre el diámetro de la base y la altura de un cono recto de material homogéneo de densidad relativa de 0.6 para que flote establemente en agua con su eje vertical y su vértice hacia abajo.
SOLUCION Por Arquímedes:
. = . ⇒ = ′
Donde: V= Volumen del cono V’=Volumen de la parte sumergida W’= Peso específico del cono W= Peso específico del agua
= 0.6 = ℎ = √ 0.6 ℎ = 0.843 = 0.843 + ℎ4 = 10.843+0.843 ⇒ 0.368 = 0.368 0.250 = 0.118 /64 3 = = ′ℎ/12 = 16ℎ = = 0.843 = Reemplazando los datos : Relacionando:
El centro de flotación desde la base del cono:
Distancia de CG.CF = Distancia de CG.MC:
Por semejanza:
Reemplazando:
, pero limite minimo: CG.CF=CF.MC
0.118 = ..
PROBLEMA N° 145
= 0.681
Un cono de material homogéneo tiene igual diámetro que altura. ¿Cuál podrá ser su mínima densidad respecto a un líquido para que flote establemente con su eje vertical y cúspide hacia abajo?
SOLUCION Dato D=H Volumen del cono es:
= = = . = = 12ℎ = ′ ℎ = = = /64 3 = ℎ/12 = 16ℎ = 0.368. 0.250. = 0.118 = ℎ + = . =
entonces
Por Arquimides:
………….(1)
Igualmente:
…………….(2)
De (1) y (2)
Por semejanza: d=D
Distancia de CF al Metacentro:
Distancia de CG.CF= Donde
CF-CG
Como es el limite CF.CG=CF.MC
=
como
Reemplazando:
= ℎ = :
′ = 45 ′ = 12564
PROBLEMA N° 146 ¿Qué relación mínima debe haber entre el diámetro de la base de un cilindro circular recto y su altura, de densidad homogénea igual a 10 gr/cm3 para que flote establemente, cuando se sumerja en tetracloruro de carbono (gravedad específica: 150)?
SOLUCION Por Arquímedes:
Donde:
. = . ⇒ = ′
V= Volumen del solido V’=Volumen de la parte sumergida W’= Peso específico del cono W= Peso específico del agua Reemplazando:
.10 = 15′ ′ = 0.666 = ℎ = √ 0.666 ℎ = 0.8733 = 0.8733. + ℎ4 = 0.3450. 4 = 0.3450 0.250 = 0.09503. 4 2 /64 3 = ; = 2ℎ/12 = 16ℎ = = 0.8733 ;
Relacionando
;
El centro de flotación desde la base del cono
Distancia de CG.CF
Distancia de CF.MC: Por semejanza:
Pero límite mínimo CG. CF=CF.MC: Reemplazando:
= 0.09503 = .. = 1.31 ;
PROBLEMA N° 146 Determinar la relación entre el lado y la altura de una pirámide recta de base cuadrada de material homogéneo (densidad relativa = 0.8), para abajo.
SOLUCION
Por Arquímedes
.0.8 = .1 =
. = .
;
Por simetría
ℎ = = .4.5 ⇒ = 54 = 1.077
PROBLEMA N° 71 Un tanque cerrado de 0.5 metros de base y 8 metros de altura está lleno hasta los 6 metros de agua y los dos restantes de aceite (p.e = 0.8). Calcule la presión total sobre el fondo en kgs.
SOLUCION
La presión total estará dado por la suma de presiones, desde el punto mas alto hasta el fondo. La presión en un punto cualquiera es P=(y)(h) En este problema el peso específico será relativo al del agua
= Σ = Σ. = Σ = Σ.ℎ.
= 1000/
0.5 = 0.25 = [800/ 2+1000/6][0.25] = 1900 = 1900 En el tanque, el área bajo el agua y el aceite es :
s
PROBLEMA N° 81 Dos tuberías A y B conteniendo agua a presión son conectadas por un piezómetro diferencial de aceite, tal como se ve en la figura. Si un punto “m” en A está a 2.00 m. más abajo que el punto “n” en B, hallar la diferencia de presión en
² ⁄, entre los puntos,
cuando el nivel de la columna A permanece 1.20 más abajo que el nivel en B. Peso específico del aceite = 780
³ ⁄.
SOLUCION
= 780/ 9. 8 1 = (780 )( ) = 7651. 8 /
=? +1.20+1.20 + +2.0 = = 0.80+1.20 = 9810/ 0.80+1.207651/ = 7848 +9182.16 ⇒170030.16 = 170030.16/ /6895 = 2.4699/
PROBLEMA N° 96 Búsquese la composición hacia arriba de la presión normal sobre el cono sumergido en aceite de gravedad especifica 0.8.
SOLUCION Por ser una superficie curva, aplicaremos la fórmula:
′ = ... Donde:
= Superficie del
cono proyectada sobre un plano
perpendicular a la dirección de área de la base.
′
,
es decir, es el
0. 4 0 = 4 = 0.1257 . . = 2.60+ 13 1.20 = 3. = 800/
= Es la diferencia del nivel del aceite al centro de gravedad de la superficie de
cono (no del solido)
Reemplazando estos valores en la fórmula:
′ = 8000.12573 ′ = 301.
PROBLEMA N° 96 Entre una pared vertical y otra que puede girar alrededor de un eje “c” queda formado un deposito prismático de eje horizontal, que contiene una cantidad determinada de líquido. Encontrar el valor del ángulo para que el momento
M
del empuje hidrostático sobre la pared inclinada (con respecto al eje “c”), sean mínimo.
SOLUCION
La presión total sobre la superficie es:
F = w.h.ℎ. ℎ =
A B
F
2 x 3 Y p =
Donde:
X
A=x (consideraremos un metro de pared inclinada) Luego:
=
C
…………..(1)
El momento del empuje hidrostático con respecto al eje “c” será:
=
…………………..(2)
El centro de presión está a 2/3 de x:
= 2cos . 23
=
…………………(3)
Como el volumen del agua es constante
. cos ∗si n = 2 = 2 = cos2 ∗sin
De donde:
=
…………………..(4)
Reemplazando (4) en la ecuación (3)
2 . cossin 2 .cos = 6 . xcossin
C'
1 m
Simplificando
√ 2 1 . = 3 . √sin cos Derivando o igualando a cero para hallar el minimo:
= .3√ 2 .sin cos−[sin.sin +3cos.sin ] = 0 sin +3cos .sin = 0 3 = tan De donde:
tan = ±√ 3 → = 60° = 60°
C
PROBLEMA N° 106 El fondo llano de un tanque de acero está conectado con el costado, vertical y plano por medio de una plancha curvada en 90°, con un radio de 2.40 m., calcúlese las componentes horizontal y vertical de la presión del agua sobre la plancha curva, por metro corrido.
SOLUCION Datos:
= 1000/ ℎ = 2.40 = 0.60
Por propiedad:
= .ℎ. ⇒10002.400.60 = 1440 = 1440 = . = 10000.6.1.2 = 1357.168. = 1357.168.
FV m 0 4. 2
Fh
ugarte
PROBLEMA N° 93 Para obturar un orificio se dispone de un tapón cónico macizo con dimensiones indicadas en la
H =1m
2h
figura. Determinar la fuerza necesaria para levantar h =0.1m
el tapón, sabiendo que su peso es numéricamente igual al empuje sobre el cono. ¿Cuál será la
h
densidad del cono?
SOLUCION CALCULO DE LA FUERZA: Sobre la parte ABCDE del cono, no existe fuerza de empuje, solo actúa la fuerza debido al peso de la columna de agua que A
V AB
C
E
D
E1
F AB
esta sobre él.
B
E2
= + = + = ⇒ = 0 ℎ ⇒ = = 4 ℎ = 7.0685. (empuje sobre el tronco de cono hueco) W: peso del cono
Como
W
Calculo de la densidad:
= ⇒.. = . = 13 . 4 2ℎ.2ℎ = 23 ℎ 2 ℎ 1 ℎ = = 3 ℎ 2 .ℎ 3 . 4 .ℎ .ℎ = 3 2⇒ 3 ℎ. = . ℎ3 ⇒ = 12 = 500/
1'
PROBLEMA N° 96 Un
de cierto material que pesa 67 lbf se
10'
sumerge en agua como se muestra. Una barra de madera de 10 pies de longitud y 3
de
sección transversal une el peso con la pared. Si la barra pesa 3 lbf ¿Cuál será el ángulo equilibrio?
de
3
W=67 lbf
v=1m
SOLUCION O
= . = 62.41 = 62.4 = = 4.6 = 62.410csc1443 ⇒ = 1.310csc = 3 Σ = 0
1'
c s c 0 1
5cos P E2 Cot (10-csc )cos 2 R
0 = 10 cos 10csc2 cos +cot+5cos ⇒10 (10+csc =0 2 )+5 104.61.310csc(10+csc )+53 = 0 2 = .°
R
Simplificando:
Vsum
E2 W
