HIDROSTÁTICA 1
Física II Prof. Juan Mendoza Nolorbe Problemas Resueltos de Hidrostática 1. En dos tubos comunicantes que contiene mercurio ( =13,6g/cm3) se echa, por uno de ellos, una altura h de agua primero y luego una altura igual h de aceite (=08g/cm3) después, por el otro tubo se echa también una altura h de un líquido desconocido, de forma tal que el nivel del mercurio en el segundo tubo queda a una altura h/20 sobre sobre el nivel del mercurio en el primero. Calcular la densidad del líquido desconocido en el segundo tubo.
Líquido “x” h
aceite h
h
agua
h/20
mercurio
Solución prob.-1. En el tubo comunicante se elige dos puntos dentro de un mismo líquido que tengan el mismo nivel, esto es en la figura los puntos A y B. En estos puntos en reposo la presión es la misma. mi sma. Líquido “x” h
Operación
aceite h
h
agua A
h/20 B
mercurio
pA=pB paceite + pagua = px + pmercurio aceitegh + aguagh = xgh + mercuriog(h/20) aceite + agua = x + mercurio(1/20) x = aceite + agua - mercurio(1/20) x = 1,23g/cm3{Rpta}
2. En las zonas superiores de los depósitos de la Fig. contiene los gases 1 y 2 respectivamente. Las columnas de vidrio contienen un líquido desconocido, pero se sabe que la columna central esta abierta a la atmósfera y que la diferencia de altura entre los puntos A y B es el doble que la diferencia de alturas entre B y C. Conocida la presión manométrica del gas 2, P2 = -10 000Pa. Hallar la presión del gas1. Prof. Juan Mendoza Nolorbe
Gas 2 Gas1
C B A
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Solución prob.-2. En la figura elegimos los puntos 1, 2 y 3 en el mismo líquido y al mismo nivel de referencia, las presiones que soportan estos tres puntos son iguales, para lograr el equilibrio estático. p 1= p 2= p 3 p gas1 = p atm + p fluido en 2 = p gas2 + p fluido en 3
C B A 1
2
3
De la primera igualdad, considerando “” como la densidad del fluido: p gas1 = p atm + p fluido en 2 … (1) p gas1 = p atm + ghAB De la siguiente igualdad también valida: p gas1 = p gas2 + p fluido en 3 p gas1 = p man2 + p atm + ghAC …{ p gas 2 = p man2 + p atm} p gas1 = -10 000Pa + p atm + ghAC p gas1 = -10 000Pa + p atm + g(hAB+ hBC ) 3 p gas1 = -10 000Pa + p atm + g(hAB) …{ Condición del problema h AB=2hBC} …(2) 2 combinando la ecuación (1) y (2), eliminando el término que contiene la altura h AB, se obtiene: p gas1 = 20 000Pa + p atm considerando p atm = 101 325 Pa (al nivel del mar) el resultado es: p gas1 = 121 325 Pa {Rpta}
3. Un cilindro de densidad desconocida y altura 2h, flota en el agua sumergido en la mitad. Situado en un líquido de densidad 1 tan sólo se sumerge una altura h/3, mientras que en otro líquido de densidad 2 se sumerge ¾ de su altura. Determinar las densidades 1 y 2. Solución prob.-3. Veamos una ilustración del bloque en cada líquido:
5h/3
h h H2O
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h/3 1
¾(2h) 2
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En los tres casos el empuje equilibra al peso del objeto, esto se escribe: E agua = E 1 = E 2 = mg Donde E 1 y E 2 son los empujes de los líquidos 1 y 2 respectivamente. Reemplazamos la relación de Arquímedes ( E = gV s): agua g(V/2) = g(V/6) 1
= 2 g(3V/4) = mg …{ V= volumen total del bloque}
donde: V/2= volumen sumergido en agua. V/6 = volumen sumergido en el líquido 1. 3V/4= volumen sumergido en el líquido 2.
De la ecuación anterior se despeja las densidades de los líquidos en función a la del agua: 1=3 agua = 3g/cm3 2=2/3 agua.= 0,67g/cm3 { Rptas}
4. Sobre un cubo de madera flotando en el agua se coloca un bloque de 2N de peso. Al retirar el bloque, el cubo asciende 2cm. Calcular la arista del cubo. Solución prob.-4. Sea h, la altura sumergida del cubo antes de retirar el bloque de 2N y “L” la longitud de la arista del cubo. En equilibrio el empuje equilibra al peso total:
h
E = (mg)cubo + (mg)bloque 2 agua g(hL )
= (mg)cubo + 2N …{ hL2 = volumen sumergido} … (1)
Cuando el bloque se retira el cubo asciende 2cm y llega a un nuevo estado de equilibrio, entonces la altura sumergida es ahora “h -2cm” En equilibrio el empuje equilibra al peso cubo: E = (mg)cubo
h-2
2 agua g((h-2)L )=
(mg)cubo …{(h-2)L2 =volumen sumergido}…(2)
reemplazando (2) en (1) tenemos: 2 agua g(hL ) 2 agua g(2L )=2N
= agua g((h-2)L 2 ) + 2N
(1g/cm3)(9,8m/s2)(2cm) L 2 = 2000 g. m/s2 L 2 = 102cm 2
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L
= 10cm. { Rpta}
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5. Un bloque cúbico homogéneo de arista 20cm y densidad 0,7g/cm3, esta en el fondo de un recipiente que contiene aceite de densidad 0,8g/cm3, a 40cm de la superficie libre desde su base superior. La cara inferior se apoya en una cañería de 200cm2 de sección, que sobresale 2mm del fondo del recipiente y cuyo espesor es despreciable. Hallar la presión manométrica del aire que habrá que inyectar por la cañería para que el cubo se desprenda de la misma.
40cm
20cm aceite aire S=200cm
Solución prob.-5. Observando la situación inicial, puede Ud. estar haciéndose la siguiente pregunta ¿Cómo un sólido de menor densidad que el líquido esta sumergido? la respuesta esta en que no todo el sólido se encuentra rodeada de agua y a juzgar por la figura existe más fuerza sobre la cara superior que sobre la cara inferior -aún cuando la presión abajo sea mayor que arriba- esto se debe a que el área inferior en contacto con el agua es menor que el área superior. Ahora si introducimos aire por la cañería éste hará presión sobre el bloque empujándolo hacia arriba, la fuerza mínima que la presión del aire debe hacer para que el bloque se desprenda es tal que por lo menos la reacción del apoyo sobre el bloque sea nula. Haciendo el diagrama de cuerpo libre en esta situación tenemos: Por una cuestión de comodidad las fuerzas F 1= p 1S 1 verticales no se han representado en su verdadero punto de acción, las fuerzas horizontales de un cara lateral suman cero con las fuerzas horizontales de la cara opuesta. F 3= p 3S 3
F 2= p aire S 2
Respecto a las fuerzas verticales: F 4 = mg
F 1 =p 1S 1: es la fuerza debido a la presión (p 1) 2
sobre la cara superior (S 1=400cm ). F 2= p aire S2 : es la fuerza debido a la presión del aire sobre la sección de la expuesta al aire de la cañería (S2=200cm2). F 3= p 3S 3: es la fuerza debido a la presión (p 3) sobre la superficie inferior en contacto con el agua (S 3 = S1-S2 = 200cm2). F 4= mg: es el peso del bloque. Prof. Juan Mendoza Nolorbe
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Aplicando la condición de equilibrio de traslación, para el movimiento inminente: F 1 + F 4 = F 2 + F 3 p 1S 1 + mg = p 3S 3 + p aire S 2 (0,8g/cm 3 )(980cm/s 2 )(40cm)(400cm 2 ) + (0,7g/cm 3 )(20cm) 3 (980cm/s 2 ) = (0,8g/cm 3 )(980cm/s 2 )(60cm)(200cm 2 ) + p aire (200cm 2 )
p aire = 43120 g/cm.s 2 p aire = 4312Pa { Rpta}
6. Un taco de madera pesa 1,0N en el aire. Una plomada pesa 1,5N en el agua. Si se une la plomada al taco, el conjunto pesa 1,1N en el agua. Hallar la densidad de la madera. Solución prob.-6. Consideremos el taco de madera con la plomada sumergida en agua, entonces el empuje total es: E total = (W total )a ire – (W total ) agua …{ W = peso} E taco + E plomada = (W taco ) aire + (W plomada ) aire – (W total ) agua E taco + [(W plomada )a ire – (W plomada ) agua ] = (W taco ) aire + (W plomada ) aire – (W total ) agua E taco – (W plomada )a gua = (W taco )a ire – (W total )a gua
Reemplazando datos en esta última expresión: E taco – 1,5N = 1,0N – 1,1N gV taco
= 1,4N …{ E = gV s }
(1000kg/m 3 )(9,8m/s 2 )V taco = 1,4N V taco = 1,4x10 -4 m 3
taco =
m taco 3 714 kg/m { Rpta} V taco
7. Un cubo de arista = 16cm y densidad = 0,8g/cm3 se deja libre en el fondo de un recipiente que contiene agua y cuya altura es h= 50cm . (a) Hallar el tiempo que tarde el cubo en aparecer por la superficie (b) ¿Qué longitud de arista sobresale Prof. Juan Mendoza Nolorbe
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del agua cuando se alcanza el equilibrio estático?. Desprecie los efectos de la viscosidad del líquido. Solución prob.-7. (a) El tiempo es una variable cinemática por lo que será necesario saber: velocidad inicial del bloque el cual es cero , la distancia que va recorrer el cubo, del problema se observa que esta distancia d = 50cm-16cm = 34cm y la aceleración del bloque. La aceleración se obtiene a partir de la segunda Ley de Newton analizando las fuerzas que actúan sobre el cubo. Si el cubo asciende es por que el empuje es mayor que el peso, es decir, existe una fuerza resultante verticalmente hacia arriba: a=
F E - mg L gV R s - cV c g = = m m cV c
…{ L=densidad del líquido; C =densidad del cubo }
como todo el cubo esta sumergido entonces el Vs = Vc, los volúmenes se simplifican y la aceleración toma la siguiente expresión : L
a=(
reemplazando datos la aceleración vale:
- c c
)g
a=0,25g = 2,45m/s 2 .
finalmente el tiempo se obtiene a partir de la siguiente ecuación cinemática: 2
d = v ot + ½ at
t = 0,53s{
Rpta}
(b) Una vez que el cubo emerge y se encuentra flotando en equilibrio, el empuje y el peso están equilibrados. E = mg L gV s = C V C g de esta igualdad se obtiene la fracción sumergida:
V s C = V C L
8 ó que es lo 10 mismo el 80%, por lo tanto la altura sumergida es también el 80% de la arista. Longitud sumergida = 80%(16cm) = 12,8cm. reemplazando las densidades se obtiene que la fracción sumergida es:
Longitud fuera del agua = 20%(16cm) = 3,2cm{ Rpta}
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8. Un bloque paralelepípedo homogéneo, cuya sección recta tiene lados a y b=3a, esta unido al muro de un deposito mediante una charnela A a lo largo de su longitud, alrededor de la b cual puede girar sin rozamiento. Lleno el depósito a A de agua hasta que su nivel alcance la altura de la charnela, el bloque queda emergido del agua tal como indica la figura, calcular la densidad del bloque. Solución prob.-8. Podemos partir de la condición de equilibrio rotacional. El torque del peso esta equilibrado por el torque del empuje respecto a la charnela A. El punto de acción del peso yace en el centro de masa que es el centro geométrico del paralelepípedo y el punto de acción del empuje es el centro de masa de la porción sumergida esto es el baricentro de un prisma triangular. Realicemos el diagrama de cuerpo libre en un plano del bloque que contiene a las fuerzas empuje y peso y apliquemos la condición de equilibrio rotacional, respecto A.
peso = empuje a 3
a
mg.(a) = E (5a/6)
A
de donde se obtiene:
E
mg
L gVs = 6mg/5
5a/6 a
E = 6mg/5
a
el volumen sumergido es la mitad del volumen total: L g(V/2) = 6mg/5
Finalmente la densidad del cuerpo es:
C =
5 L = 0,41g/cm3{ Rpta} 12
Nota. Los brazos de palanca del peso y del empuje se determina geométricamente según los lados del paralelepípedo y teniendo en cuenta que el baricentro divide a la mediana en una razón de 2 a 1.
9. La compuerta de altura 2H y de fondo L, que puede girar en torno al eje horizontal OO’, se mantiene verticalmente gracias a la fuerza F horizontal aplicada en el punto inferior, siendo 3H/2 la altura del líquido, de densidad (a) obtener la expresión de F.(b) Si llena el tanque, el nuevo valor de F, ¿Será mayor o menor que el anterior?.
L H O’
O
H
3H/2 F
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Solución prob.-9. (a) Como primer paso calcularemos el torque de la fuerza del agua sobre la compuerta respecto al eje OO’. d = ydF = ypdS =ypLdy
+y +x
H
H/2-y
ypLdy
OO’
H /2
y dF
H
y g H /2
dS =Ldy gL
H y 2 2
2
y 3
H 2
3
y Ldy
H
H /2
9H 3 gL 16
Ahora por condición de equilibrio de rotación el torque del agua debe ser equilibrado por el torque de la fuerza F:
agua = F 9H 3 gL 16
= F.H 9H 2 F= gL 16
{ Rpta}
(b) Si el tanque se llena, tendremos que calcular nuevamente el torque del agua, esto se consigue cambiando los límites de integración de H hasta -H:
H y gL 2 2
2
y 3
3
H
H
2H3 gL 3
Nuevamente por equilibrio de rotación : 2H 3 gL 3 2H 2 F= gL 3
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= F.H
; La fuerza es mayor que el anterior { Rpta}
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10. El depósito cuya sección se representa en la figura, esta dividido por la pared vertical AO, bajo la cual esta situada una compuerta OB que puede girar en torno al eje de bisagras que pasa por O. la altura H de la compuerta es de 1m. En la parte izquierda hay un líquido de densidad = 0,8g/cm3, cuya altura es h1=2m. en la parte de la derecha del depósito hay agua, con altura h 2. (a) Determinar el valor de h 2 si la compuerta permanece en equilibrio en posición vertical, no permitiendo que los líquidos se mezclen y (b) El valor de la componente horizontal de la reacción en O. La longitud del deposito en la dimensión perpendicular al plano del dibujo es L=10m. Solución prob.-10. (a) Calcularemos el torque del líquido de densidad = 0,8g/cm3.respecto O.
+x +y
1m
h1
O
h2
y g h1
1
1m
y Ldy
0
1m B 1
gL h1
y 2
2
1m
y 2
2
y 3
3
1m
0
Reemplazando todos los valores, que son datos del problema:
1
(800kg / m3 )(9,8m / s 2 )(10m)
65333,3N
1
5 3 m 6
m
Este procedimiento se repite para calcular el torque ejercido por el agua de la parte derecha. 1m
y g h2
2
1m
y Ldy
0
2
y2 gL h 2 2
y2 1m 2
y3 3
1m
0
Reemplazando los datos del problema:
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1m3 6
h (1000kg / m )(9,8m / s )(10m) 2 m2 2 3
2
2
1m3 6
h (98000N / m ) 2 m2 2 2
2
Ya que la compuerta permanece en equilibrio: 2=1 O
2
F1
Rx 1m3 6
h (98000N / m ) 2 m2 2 2
F2 1
65333,3N
de donde se obtiene h 2:
m
h2=1,66m{ Rpta}
Para determinar la componente horizontal de la reacción de la articulación O, es necesario conocer las fuerzas, de cada depósito sobre la compuerta: 1m
Calculo de F1:
F1
1m
pLdy 0
g h1
1m
y Ldy
0
F1
gL h1y
1m.y
1m
y2 2
0
Reemplazando los datos: F1 = 117 600N 1m
Calculo de F2:
F2
1m
pLdy 0
H 2O
g h2
1m
0
2
F2
y Ldy
H2
gL h 2 y O
1m.y
y 2
1m
0
Reemplazando los datos: F2 = 113 680N Ahora la reacción en la articulación R x por equilibrio de fuerzas en la horizontal: Prof. Juan Mendoza Nolorbe
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Rx = F1-F2 Rx = 3 920N{ Rpta} 11. Un cilindro de densidad S= 2,0g/cm3 flota en el líquido contenido en el depósito de la figura, estando unido a la pared del deposito mediante la varilla AB articulada en A al depósito y en B al cilindro. Se supone que la varilla AB permanece horizontal y es de volumen y densidad despreciables. Del líquido emerge la mitad del cilindro. En la parte inferior de la pared derecha hay una compuerta articulada en C, de altura h=0,5m y de anchura L=0,25m siendo la altura del líquido H=1m. La compuerta permanece en equilibrio por que en su punto medio se apoya una esfera lisa, de radio 0,2m y que cuelga del punto D por medio de un hilo. Determinar la reacción de la articulación C y el peso de la esfera.
A
B
Solución prob.-11. Primero calcularemos la densidad del líquido, analizando el cilindro. El torque del peso del cilindro es igual al torque del empuje que actúa sobre éste, respecto de A.
D
h C
peso = empuje mg.s = E.s
s
A
B mg
s V g = L g Vs El volumen sumergido es la mitad del cilindro; Vs=
E
V 2
Entonces la densidad del líquido: L=2 s = 4g/cm3. Ahora analizaremos la esfera; Del equilibrio estático de la esfera resulta:
T
Eje y: Eje x:
Tsen = mg …(1) Tcos = Rcomp …(2)
Rcomp Dividiendo la ecuación (1) entre (2) se obtiene:
mg
mg Tan = Rcomp
…(3)
De los datos, la altura desde el punto “D” hasta el punto de apoyo de la esfera es: H – h/2 = 0,75m, el radio de la esfera es 0,2m, de donde se obtiene la Tan = 3,75, reemplazando en la ecuación (3) tenemos: Prof. Juan Mendoza Nolorbe
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3,75 .Rcomp = mg
…(4)
**Donde T = tensión, mg =peso y R comp = Reacción normal de la compuerta. Ahora analizamos la compuerta; del equilibrio rotacional respecto a la articulación C, tenemos. +y
agua = esfera
+x
Fesfera
0,5m
Fagua C
y
L g
1m
y Ldy
Fesfera .(0,25m)
0
Rarticulación L gL
L gL
12
1m
y 2
2
y 3
0,5m
3
Fesfera.(0,25m) 0
Fesfera.(0.25m)
Reemplazando los datos obtenemos la fuerza de la esfera: F esfera = 3 266,7N. Por la tercera Ley de Newton: F esfera =Rcompuerta, que reemplazado en la ecuación (4), se obtiene el peso de la esfera: mg = 12 250N{ Rpta} A partir del equilibrio de traslación se obtiene la reacción en la articulación. Fagua = Fesfera + Rarticulación 0,5m L g
1m
y Ldy
3266,7N
R articulación
0
L gL
1m.y
y 2
2
0,5m
3266,7N
R articulación
0
Reemplazando los datos y operando se obtiene la reacción de la articulación: Rarticulación = 408,3N{ Rpta}
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