40. Determine el ángulo de la superfcie libre de un tanque lleno de agua agua qu que e es suje sujeto to a un una a acel aceler erac ació ión n hori horizo zont ntal al cons consta tant nte e de 1.5 m / se g
2
Solución:
Datos:
a x =1.5 m / s 2 g= 9.81 m / s 2 El agua agua del del tanq tanque ue suje sujeto to a una una ac acel eler erac ació ión n hori horizo zont ntal al toma tomará rá la form forma a siguiente: Una partícula ubicada en el nivel del agua sufrirá la fuerza de su peso (vertical ! la fuer fuerza za " ejer ejerci cida da por por las las part partíc ícul ulas as ad!a ad!ace cent ntes es## perp perpen endi dicu cula larr a la super$cie libre% &a resultante de estas dos fuerzas será una fuerza ' horizontal# de$nida de la siguiente manera:
R=W ∗tan θ El efecto de la aceleración horizontal genera una fuerza horizontal opuesta ! de igua iguall valo valorr que que la fuer fuerza za '# de$n de$nid ida a por por el prod produc ucto to de la ma masa sa ! aceleración%
R= m∗a x W ∗tan θ =m∗a x m∗g∗tan θ =m∗a x
tan θ =
a x g
'eemplazando los valores:
m s2 =0.1529 tan θ = m 9.81 2 s 1.5
θ= 8 ° 41' 56 ' ' 41. !uánta agua se derramará de un tanque rectangular" de 1.#0 m de largo" de 0.$0 m de ancho % 1.&0 m de pro'undidad" si" estando lleno de agua en reposo" es acelerado en la dirección de su longitud" a razón de 0.(0 m)seg&*
Solución:
a ∆z ∆ z 0.60 → ∆ z = 0.046 = x → = ∆ x g + a z 0.75 9.8 +0 ∴ H f
=1.20 −∆ z =1.20 −0.046 =1.154
V 0=( 1.20 ) ( 1.50 ) ( 0.90 )=1.62 m3 V f =( 1.154 ) ( 1.50 ) ( 0.90 )=1.558 m 3
tan θ =
a x g
'eemplazando los valores:
m s2 =0.1529 tan θ = m 9.81 2 s 1.5
θ= 8 ° 41' 56 ' ' 41. !uánta agua se derramará de un tanque rectangular" de 1.#0 m de largo" de 0.$0 m de ancho % 1.&0 m de pro'undidad" si" estando lleno de agua en reposo" es acelerado en la dirección de su longitud" a razón de 0.(0 m)seg&*
Solución:
a ∆z ∆ z 0.60 → ∆ z = 0.046 = x → = ∆ x g + a z 0.75 9.8 +0 ∴ H f
=1.20 −∆ z =1.20 −0.046 =1.154
V 0=( 1.20 ) ( 1.50 ) ( 0.90 )=1.62 m3 V f =( 1.154 ) ( 1.50 ) ( 0.90 )=1.558 m 3
∴ V o o
−V f =0.062 m3=62 litros
4&. +n tanque de planta rectangular abierto" de $ m. de largo" está montado sobre un carro que se mue,e en una ,-a a ni,el" habindose acel aceler erad ado o de desd desde e el repo reposo so hast hasta a lleg llegar ar a un una a ,elo ,eloci cida dad d de 4/ m)hora. !uando el carro se hallaba en reposo" el agua llenaba el tanque hasta 0.1# m. por debajo del borde. Determ-nese el tiempo más corto en que pueda completarse la indicada aceleración" sin que se derrame el agua.
Solución:
Datos: V f =48 km / hora
LargoT = 9 m
Nivel de agua : H – 0.15 m )abemos que:
a ∆z = x ∆ x g + a z
**** ******** ********** ******** *****
****** *********
***** (+ De donde tenemos que: ∆ z =0.15 m
∆ x = 4.5 m
a z= 0 'eemplazando en (+ ! operando tenemos:
g= 9.81
m s2
a x =0.327
m s2
,hora sabemos que:
V f =V 0 + at Dónde: V f =
40 3
m / seg
V 0=0 ( or !artir delre!oso)
a =a x
Entonces: 40 3
=0.327 t ⇒ t =40.77 seg
4. Se tiene un depósito que se desliza sobre un plano inclinado" de inclinación 2. Si no e3iste 'ricción" hallar el ángulo que 'orma la superfcie libre con la horizontal.
SOLUCIÓN:
•
En la super$cie libre# se sabe que:
d =0 "ta#$ =
−dz dx
)e conoce que: E-U,-./0 DE EU&E' •
d =
% % % dx + d& + dz .. ( 1 ) %x %& %z
,demás# reemplazando valores en:
% −( ∗a x −( = = ( g∗se#) ∗*os) ) %x g g
(
a z % g∗se# 2 ) =−( ∗(1 + )=−( 1− %z g g
)
% =0 %& 1bteniendo los siguientes resultados:
% =−( ∗se#) ∗*os) ( 2) %x
% =−( ∗cos2 ) .. ( 3 ) %z
% =0 .. ( 4 ) %&
'eemplazando las ecuaciones (2# (3 ! (4 en (+ (&a ecuación de Euler# ! además considerando que Dp567 2
0 =−( ∗se#) ∗*os)+dx − ( ∗cos
) ∗dz
−( ∗cos2 ) ∗dz =( ∗se#) ∗*os) ∗dx −
∴
dz =ta#) dx
−dz -omo !a se ha visto# en la super$cie libre: dx =ta#$
∴ $
= )
4. +n ,aso cil-ndrico es llenado con agua hasta una pro'undidad de 1./0m. Siendo la altura del ,aso &.40m % el radio del cilindro 0.(0m. Determ-nese la ,elocidad angular % las re,oluciones por minuto que harán ele,ar la superfcie del agua" en los bordes" hasta el mismo borde del ,aso. )e sabe que no ha! p8rdida de agua entonces 9ol% araboloide 5 9ol% )in agua en el cilindro
, + r2 + h 2
= , + r 2 + H (2.40 m − 1.80 m ) h =1.20 m z =h
Debido a que es un movimiento rotativo se aplica:
z =
-2 + r 2 2. g
z =1.20 mr =0.60 m
g= 9.81 m / s 2 1.20=
- 2 + (0.60 )2 2. ( 9.81 )
- =8.08 rad / s
En '%%;
-=
8.08 . 60 2. ,
- =77.16 R + + / 44. 5 qu ,elocidad debe girar un ,aso cil-ndrico ,ertical" abierto" de 1.&0 m. de diámetro" de 1./0m. de alto" % lleno con agua" alrededor de su eje" para que el e'ecto de la rotación sea el derrame de una cantidad de agua sufciente para descubrir" en el 'ondo del cilindro" un área circular de 0.(0 m. de diámetro*
W 2 0 2 z = 2g 9elocidad en <: 9elocidad en D:
2
W =
W 2=
W 2=
2 gz
0 2
2 x ( 9.81 ) x ( 1.80+ h )
(0.60 )2 2 x ( 9.81 ) xh
(0.30 )2
&a 9elocidad en < será igual que la 9elocidad en D porque las velocidades angulares son iguales para cualquier punto% 2 x ( 9.81 ) x ( 1.80 + h ) 2 x ( 9.81 ) xh 5 (0.60 )2 (0.30 )2 6%3=h 5 6%+=2>6%6?h 6%2@h 5 6%+=2 h 5 6%= m% -ómo la velocidad angular es la misma en cualquier punto# hallamos la 9elocidad en <%
W 2=
2 x ( 9.81 ) x ( 1.80 + h )
( 0.60 )2 2
W =
2 x ( 9.81 ) x ( 1.80+ 0.60 )
W 2=
(0.60 )2 2 x ( 9.81 ) x ( 2.40)
( 0.60 )2
W 2=130.8 A
5 ++%43=@B3
rad s
A 5 +6?%+44262 '%%; -ómo estuvo lleno# el volumen derramado será: V =Volume# del ara1oloide ( r =0.60 m + )−Volume#del ara1olide ( r = 0.30 m+ )
0.60
¿ ¿ ¿ 2 x 2.40 ,x ¿ V =¿ V =1.272345 m3 46.
+n tanque cil-ndrico de
1.20 m
de diámetro %
girado alrededor de su eje" a razón de
77 R + + / +
2.40 m
de alto" es
Determ-nese la
presión total en la cara superior" en la cara del 'ondo" % en los costados" cuando el ,aso está cerrado % está lleno completamente. Solución: Datos: 2=1.2 m
H =2.4 m 3 =77 R/ =
77 60
∗2 ,rad / s
g= 9.81 m / s 2 ,l tratarse de un cilindro cerrado ! completamente lleno# el giro formará una parábola teórica sobre la cara superior# como se muestra en la $gura%
)iendo h la máCima altura que alcanzará la parábola sobre el cilindro% &a ecuación de la parábola se de$ne por:
32 x2 z = 2g &a presión en un punto está de$nida por el peso especí$co multiplicado por la profundidad o cota: = ( ∗ z
, causa del movimiento rotatorio# la presión en cada punto se de$ne de la siguiente manera:
( ∗3 2 x 2 = 2g )abemos que 4 = ∗ 5 7 si tomamos un anillo conc8ntrico diferencial sobre la tapa se tendrá:
d4 = ∗d5
d4 = ∗2 ,xdx ( 32 x 2 d4 = ∗2 ,xdx 2g 2 2
2
( 3 , 3 4 = x dx g 0
∫
( 3 2 , ( 2 2 / 2 )4 4 = 4g 3 'eemplazando valores# para ( =1000 kg − f / m :
4 =674.63 kg −f &a presión en la cara inferior estará de$nida de la siguiente manera: = ( ∗( z + 2.4 )
(
= ( ∗
3 2 x 2 + 2.4 2g
)
&a fuerza ejercida será entonces: 2 2
4 =2 ,( ∫ 0
(
)
32 x 2 xdx + 2.4 xdx 2g
( 3 2 , ( 2 2 / 2 )4 4 = 2 / 2 )2 + 2.4 ,( ( 2 4g 'eemplazando los valores: 4 =3388.96 kg −f
,hora hace falta hallar la presión en los costados del cilindro%
&a presión dependerá solamente de la cota% El área total donde se ejerce la fuerza se puede ver como un rectángulo de largo 2, ! altura H % ara hallar la cota# necesitaremos hallar la altura de la parábola en los bordes:
32 x2 z = 2g 2
2
3 ( 2 / 2) h= =1.193 m 2g
omarem omaremos os un diferencial diferencial de área en el rectángulo# rectángulo# esta tendrá siempre siempre la mism isma bas base ! de altu ltura
d& % &a cota cota para para la dife diferrenci encial al se de$n de$ne e por por
1.193 + ( 2.4 − & )=( 3.593 − & ) m
= ( ( 3.593 − & )
d4 = + d5 d4 = ( ( 3.593− & ) 2,d& H
4 =(2, ∫ ( 3.593− & ) d& 0
(
H 2 4 =(2, 3.593 H − 2
)
'eemplazando valores:
4 =21651.397 kg −f +n recipiente cónico de 1 m de radio % 1 m de altura" completamente lleno de agua" es girado alrededor de su eje ,ertical a una ,elocidad de 0 6.7.8. Se pide calcular: a9 l ,olumen derramado durante la rotación; b9 l ni,el de la superfcie libre en reposo despus de la rotación.
47.
W = 30 x
2 , 60
=,
rad seg
a 9olumen olumen que se derrama derrama::
, x r 4 xW x W 2 , x 1 x , 3 = 0.791 m3=791 litros V 2 = → V 2= 4 x g 4 x 9.8 b 0ivel de la super$cie super$cie libre en reposo reposo despu8s de la rotación: rotación:
V T =
, x r 2 x h 3
→ V T =
, x 1 x 1 3
=1.047 m 3=1047 litros
3
,
0.503
3
2
=1.047 −0.791=0.256 m → −, x
∴ ∆ V
48. +n
=
, x r 2 x h# 3
→ h# =0.625 m
recipiente semies'rico de 1 m. de radio" completamente lleno de agua es girado alrededor de su eje ,ertical a una ,elocidad de 0 6.7.8. Se pide colocar: a9 l ,olumen derramado; b9 l ni,el de la superfcie libre en reposo despus de la rotación.
Solución: Datos: Radio67 =r =1 m
3 =30 R + + / +
a ara movimientos rotativos se sabe que:
32 x2 z = 2g )iendo r el radio de la esfera ! h la profundidad al girar en el centro:
32 r2 h= 2g
*************************************** (+
&a super$cie es un paraboloide cu!o volumen es:
V =
, r2 h 2
************************************ (2
Este es precisamente la cantidad de líquido que se derrama# (+ en (2:
, r 4 32 V 2 =V = 4g 'eemplazando valores:
, ( 1 ) V 2 =
4
(
30
2 , 60
4 ( 9.81 )
)= 2
3
0.790170 m
⇒
V 2=790.170150 Litros
b El volumen total de al semiesfera es:
( )
V T =V 67= , r −
h
3
h2 ⇒ V T =2.094395 m3
,hora hallamos el volumen que queda:
V T −V 2 =1.304225 m3
Este es el volumen que tiene la nueva semiesfera al quedar en reposo luego de la rotación:
( )h
V = , r −
h
2
3
)i sabemos que el radio ! la altura en una semiesfera son iguales: 1.304225=
2, h
3 ⇒
3
h= 0.853948 m
4$. +n ,aso cil-ndrico de #0 cm. De radio % &0 cm. De altura es ocupado por un l-quido que ocupa una altura de # cm. Se tapa la parte superior % se hace girar <.6.7.8. =asta que el l-quido tome la 'orma apro3imada de un cilindro hueco" cu%a relación de radios del tronco de r
1
1.01⋅ r
2
parábola sea
.
=allar la ,elocidad angular.
S>?+!@AB: )abemos que:
3 2∗r 22 8 = .. ( 1 ) 2∗ g 32∗r 12 8 + 0.20 = .. ( 2 ) 2∗ g .gualando las ecuaciones (:
32∗r 22 32∗r 12 = − 0.20 2∗g 2∗ g
32 ( r 12−r 22 ) =0.20 2∗g 3=
√
2∗g∗0.20
r 1 2 −r 2 2
.. ( 3 )
-omo el agua no se ha perdido en el recipiente: Vol+ ara1 + / − Vol+ ara1+ m=Vol + !arte del *ili#dro sin agua
(
, ∗r 12∗
8 + 0.20 2
)− , ∗r ∗ z= , ∗ 2 2
0.5
*
32∗r 12 De (2 F% 8 + 0.20 = 2∗g
*
3 2∗r 22 De (+ F% 8 = 2∗g
( )
2
∗0.15
( )
32∗r 12 3 2∗r 22 2 , ∗r 1 ∗ − , ∗r 2 ∗ = , ∗0.52∗0.15 4∗ g 4∗ g 2
, ∗32 4 r 1 −r 24 ) = , ∗0.5 2∗0.15 ( 4∗ g *
-omo dato: r 1=1.01∗r 2
*
)e conoce que: 3 =
r r
(¿¿ 2∗1.01 )4 −r 24 ¿ ¿ 2 2∗g∗0.20 , ∗ (¿¿ 2∗1.01 )2−r 22 ¿ 4∗ g ¿
√
√
2∗g∗0.20
r 1 2 −r 2 2
9 Reem!laza#doe# lae*ua*i:# 9
'educiendo# hallamos que ,demas:
r 2=0.4308 m +
r 1=0.4351 m
'EE;&,,0D1 E)1) 9,&1'E) E0 (3:
3=
√
2∗9.81∗0.20 0.4351
3 =32.464
2
− 0.4308 2
rad seg
ransformando a '%%;%
rad ∗60 seg 3 =32.464 = 309.65 R + + / + 2∗, 50.
+n tanque cil-ndrico lleno de mercurio C d + r += 13.6 9 cerrado" es
girado a la ,elocidad de
60 R + + / +
" alrededor de un eje situado en la
peri'eria del tanque. Si un diámetro es
1.00 m
como tambin su
altura" cuál será la má3ima presión que se desarrollará sobre el cilindro" % donde se presentará* =aga un croquis de la ,ariación de presiones sobre el techo del depósito. Solución: Datos:
( =13600 kg / m3 (si la densidad relativa es +3%=# el peso especí$co tambi8n 3 =60 R/ =2 ,rad / s 2=1 m
H =1 m g= 9.81 m / s 2
Ga Ga que el eje de giro está en la periferia# la parábola teórica tomará la forma
siguiente:
&a ecuación de la parábola:
32 x2 z = 2g &a presión en un determinado punto:
= (z
( )
32 x 2 = ( 2g
&a máCima presión se dará cuando z es máCimo# esto se da cuando x = 2 Entonces tendremos:
( 32 2 2 = 2g 'eemplazando valores:
=27365.26 kg / m2 &o que equivale a:
2.7 kg / * m
2
Hgrelativ tivos os=27.3 m +de aguarel aguarelat ativo ivoss =2 m de Hgrela
#1. +n tubo horizontal" de &.40 m de largo % de 0.0# m de diámetro" es llenado con agua" bajo una presión de 0.0 g)cm&" siendo despus cerrado por los e3tremos. Si se imprime al tubo un mo,imiento de rotación en un plano horizontal" con el eje de rotación en uno de los e3tremos del tubo" a razón de (0 6.7.8. !uál será la presión del agua en el e3tremo e3terior*
2
2
W x 0 ( 2 , ) x ( 2.40 ) z =h = = =11.58999 m 2 x g 2 x 9.81 2
2
→ 1= - x h =1000 x 11.58999 =11589.99
kg kg =1.158999 2 2 m *m
= + 1= 0.70+ 1.158999=1.858999 kg / *m2
∴ T
+n ,aso cónico de eje ,ertical" % con sus lados inclinados a 0E con respecto al indicado eje" gira alrededor de otro eje situado a 0.(0 m. del primero % paralelo a l. !uál deberá ser la ,elocidad de rotación para que el agua que llenaba el cono llegue a ser completamente derramada por el e'ecto rotati,o* 52.
Solución: ,l girar adquiere una super$cie parabólica dada por:
32 x2 z = 2g ara que el agua se derrame completamente# esta curva debe ser tangente a una generatriz en el v8rtice del cono% &uego la derivada de la curva parabólica será la pendiente de dicha generatriz:
dz 2 32 x = = tan tan 60 ° =√ 3 dx 2g De donde:
g 3 32 = √ x -omo C 5 6%=6 m
32 =
( 9.81 ) √ 3 ( 0.60 )
⇒
3=5.32
( , )
⇒
3 =50.80 R + + / +
3 =5.32
60 2
rad seg
#. +n cilindro ,ertical" de 1./0 m. de alto" % de 1.&0 m. de diámetro" lleno de agua hasta los &) de la altura" gira con ,elocidad uni'orme alrededor alrededor de su eje" hasta el punto de derramar derramar el agua. !alcFlese !alcFlese la ,elocidad lineal de la circun'erencia del cilindro. !uál !uál deberá deberá ser la ,eloci ,elocidad dad de rotaci rotación ón que haga haga derram derramar ar 10 10 litros*
S>?+!@AB: a )abemos 3 2∗ x 2 8 = 2∗g
que:
-omo sabemos 3∗ x =; ,demás7 91&U;E0 DE &, ,'H<1&,591&U;E0 9,-.1 DE& -.&.0D'1
, ∗ R2∗ H 2
= , ∗ R 2∗ H o
, ∗0.62∗8 = , ∗0.6 2
z =1.20
Entonces# tenemos:
;2 8 = 2∗g 'eemplazando: 2 1.20∗2∗9.81 = < < =4.85 m / s
b
&a velocidad de rotación necesaria para derramar +@6 litros es: 3 =86.3 R + + /
#4. +n cilindro cerrado de acero" de 1./0m de diámetro" de m de largo" de eje ,ertical" está completamente llenado de agua Ca la
presión atmos'rica9. 5 qu ,elocidad de rotación debe girar alrededor de su eje" si la presión del agua llega a producir la ruptura de los costados del cilindro a causa de la tensión circun'erencial desarrollada* l espesor de las paredes del tanque es de (mm" de un 2 acero que resiste a #00 kg / *m a la ruptura.
rimero calcularemos cuanto será la presión para esta ruptura:
! + 2 = = 2. t
= =esfuerzoe#el a*ero 2 = diametrot =es!esor dela*ero
!= !resio#
Despejamos con respecto a la presión:
!=
!=
2. = +t
= =3500
2 2. = +t
2
!=
2 . 3500 . 0.6 180
kg *m 2
t =0.6 *m 2=180 *m
!=23.33
kg *m2
)abemos que la presión atmosf8rica es manom8tricamente cero entonces no es una presión considerable# la suma de presiones que se ejercen en este cilindro son:
= ( + h + ( + z ( 1 )
( =1000
kg m3
( + h =0.3
¿ 10−3
kg *m
3
h =3 m=300 *m
kg *m2
;ovimiento rotativo eCiste: 2
2
2 2 - + r - + ( 0.9) z = = =0.0413 - 2 m= 4.13 -2 2. g 19.6
( + z =10−3 . 4.13 -2
kg *m 2
'eemplazamos en (+: −3
23.33 = 0.3+ 10
- =74.6744
. 4.13 - 2
rad s
En '%%;
-=
74.6744 . 60 2. ,
-= 713.088 R + + /
##. +n depósito resbala por acción de su propio peso sobre un plano inclinado 40E con la horizontal. Gu ángulo 'ormará la superfcie libre del l-quido con la horizontal si el coefciente de 'ricción entre el 'ondo del depósito % el plano inclinado es f =tg > = 0.5 *
)iendo:
I546J f =tg> =0.5
Entonces:
a x = g (sin ) − f cos ) ) a x =9.81 x ( sin 40 ° −0.5 x cos40 ° ) a x =2.548298
m s2
ara hallar el ángulo formado por la super$cie libre del líquido con la horizontal# usamos: a cos ∝ tgθ = x −a x sin ∝ + g tgθ =0.238878
θ=13 ° 26' 5.81 #(. Determinar el ángulo que 'ormará con la horizontal la superfcie libre del l-quido contenido en un depósito que se desliza a una aceleración de ángulo de
30 °
2
2 m / se g
" sobre un plano inclinado" que hace un
con la horizontal.
)olución: Datos: lano inclinado $ =30 °
a x =2 m / s 2 ) =? &levando a un grá$co
omando una partícula sobre la super$cie del líquido# 8sta está sometida a la fuerza normal N ! su peso W % ,l descomponer dichas fuerzas# debemos lograr el equilibrio# sabiendo que la aceleración impresa genera una fuerza masa%
∑ 4 =0 &
N + cos (30 −) )− W + cos30 ° =0 N + cos (30 −) )−mg + cos30 ° =0 N =
mg + cos 30° cos ( 30−) )
∑ 4 x= m+ a x W + sin30 ° − N + sin ( 30− ) )= m+ a x mg + sin 30 ° −
mg + cos30 ° + sin ( 30 −) ) =m+ a x cos ( 30−) )
g + sin 30 ° − a x = g + cos30 ° + tan ( 30−) )
4 equivalente al producto con la
tan ( 30−) )=
g + sin 30 ° −a x g + cos 30°
'eemplazando valores: tan ( 30−) )=0.34194 '
30− ) = 18 ° 52 + 9
' '
) =11 ° 7 ' 27.1 ' '
#. +n ,aso cil-ndrico cerrado de 1.#0 m de diámetro % 0.(0 de altura" tiene agua hasta una altura de 0.4# cm. 5 qu ,elocidad será necesario girar el ,aso alrededor de su eje para que la superfcie del agua resulte tangente al 'ondo* !uál será la presión en el l-quido" en el per-metro del 'ondo del ,aso*
or propiedad# la velocidad será:
W =
2 x √ g x h
r
=
2 x √ 9.8 x 0.60 0.75
=6.47
rad seg
&a presión en el perímetro del fondo del vaso:
0 2 kg = - x z =-x W x =1201.3 2 =1.2013 mdeaguarelativos 2 x g m 2
#/. +n tubo horizontal de pulgadas de diámetro" 4 pies de largo" es llenado con un aceite de gra,edad especifca igual a 0./&& Ca presión atmos'rica9. Si se imprime al tu,o un mo,imiento de rotación en un plano horizontal" con el eje de rotación" distante 1&HH de uno de los e3tremos del tubo" a &(&.# re,oluciones por minuto. Dónde se presenta la má3ima presión % cuál es su ,alor*
Solución: ara todo movimiento rotativo se tendrá:
32 x2 z = 2g
******************************************** (+
Dónde: 3 =262.5 R + + / +
x =1.524 m
z =h + 2
2=0.0762 m Ga que aquí se ejercerá la máCima presión% (0o llega a pasar la línea barom8trica por el otro eCtremo 'eemplazando en (+:
h + 0.0762
(=
2 , 262.5 60
)i sabemos que:
)( 2
1.524 )
2 ( 9.81 )
2
⇒
h =89.3738 m
= @gh =(h
************************************************** (2 enemos: |¿|=8063.82 |¿|= (
rel
kg m +seg 2 2
+ ( H A =( 0.822 ) ( 9810 ) ⇒ ( ¿ ( ¿ 2
'eemplazando en (2:
=( 8063.82 ) ( 89.3738 )=720694.2359
N relativos m2
Equivalencias:
=720694.2359
=7.35
($. a9 b9 c9 d9 e9 '9 g9 h9
kg *m2
N m2
(
−4
0.102 x 10 1
( ) Li1ras !ulg 2 kg 1 *m2
N m2
kg *m2
)
=7.35
⇒
14.22
=104.517
⇒
kg relativos *m2
Li1ras relativos !ulg 2
Irans'orme una presión relati,a de 10 m. de agua a: 8etros de agua absolutos Jg)cm& absolutos Jg)cm& relati,os ?ibras)pulg& relati,os ?ibras)pulg&absolitos 7ies de agua absolutos 7ies de agua relati,os 7ulgadas de mercurio absolutos % relati,os )1&U-./0: -omo dato se tiene: relativa5+6 m%c%a •
absoluta5relativa > atm )e sabe que: atm5+%633 KgLcm2 F% ransformándolo a m%c%a: atm5+6%33 m%c%a
/etros de agu a1solutos=10 m + * + a + 10.33 m + * + a =20.33 m + * + a
MgLcm2 absolutos5relativa (en KgLcm2>atm ransformando +6 m%c%a a KgLcm2 F% + KgLcm2
Bg kg kg kg a1solutos = + = 1 1.033 2.033 *m2 *m2 *m 2 *m 2 MgLcm2 relativos Del inciso (b# se tiene que:
Bg kg relativos 1 = *m2 *m2
&ibLpulg2 relativos5 +6 m%c%a (en libLpulg2
li1+ relativos=14.223 !ulg 2
&ibLpulg2 absolutos5 +6 m%c%a(en libLpulg2>atm(en libLpulg2 Del inciso (d: +6 m%c%a5+4%223 atm5 +4%=?3
li1+ !ulg 2 ,bsolutos52B%?+= ies de agua relativos5+6 m%c%a (en pies de agua !iesde agua relativo= 32.808
ies de agua absolutos5 +6 m%c%a(en pies de agua>atm(en pies de agua Del inciso (f: +6 m%c%a532%B6B atm533%B?2
ies de agua a1solutos =66.7 ulgadas de mercurio5 +6 m%c%a(en pulgadas de mercurio
!ulgadas de mer*urio relativos= 29.958
!ulgadas de mer*urio a1solutos=29.958 + 29.915 =59.873
0. !uál es la di'erencia de presión en
kg / *m 2 entre dos puntos de
3 una masa liquida de peso espec-fco 1#00 kg / m si la distancia
,ertical entre ellos es de 0.#0 metros*
or diferencia de presiones:
h =0.50 m
( =1500 kg / m3
( = !eso es!e*ifi*o
1 − 2 =( + h 1 − 2 =1500 . 0.50 =750 kg / m 2 1 − 2 =0.075
kg *m2
1. +n tanque cerrado de 0.# m. de base % /m. de altura está lleno hasta los ( metros de agua % los dos restantes de aceite Cp.eK0./9. !alcule la presión total sobre el 'ondo en gs.
Dato: p%e(,ceite56%B = resi:#del 5*eite + resi:#delagua
=( 0.8 ) x
(
9810
)
=( 15696 + 58860 ) =74556
(
N x ( 2 m ) + m3
9810
N m2
N m2
)abemos que:
4 = 5 4 = x5
5 = 5 =
,x d 2 4
,x ( 0.5 )2 4
5 = 0.196349 m2 Entonces:
(
4 =
74556
)
N x ( 0.196349 m2) 2 m
4 =14639.03637 N
4 =1493.779221kgs
)
N x (6 m) m3
&. Si a un tanque cerrado de base hasta los
6 m+
0.5 m+
8 m+
L
De altura" lleno
De agua % el resto de aceite C ! + e +=0.8 9 se le coloca
un tubo ,ertical de
2
3
10 m+
?leno de aceite C ! + e +=0.9 9" cuál
será la presión total sobre el 'ondo en gs.* )olución: -on la grá$ca vemos todos los datos del problema:
El diámetro del tubo es 2NN que equivale a
0.0508 m
%
&a presión total estará dada por la suma de presiones# desde el punto más alto hasta el fondo% &a presión en un punto es = (z En
este
problema#
( H 2 A=1000 kg / m 3 4 T =
∑ 4 =∑ ∗ 5
4 T =∑ 4 =∑ (z5
el
peso
especí$co
será
relativo
al
del
agua:
, ( 0.0508 )2
En el tubo vertical# el área de la base será
4
En el tanque# el área bajo el agua ! el aceite es 4 T =( 900
kg m
)( 10 m )( 0.002027 m2)+ 3
((
800
) (
2
0.5
=0.002027 m 2
= 0.25 m2
) )
kg ( 2 m )+ 1000 kg ( 6 m ) ( 0.25 m2 ) m3 m3
4 T =1918 kgs . +n tanque contiene gas de alumbrado" bajo una presión de # cm de agua. Si el ni,el del tanque es el ni,el mar" qu presión e3presada en cm de agua puede esperarse en una de sus tuber-as de distribución" en un punto situado a 1#0 m sobre el ni,el del mar* Supóngase que los pesos espec-fcos del aire % del gas son constantes a todas las alturas % con ,alores de 1.&/ % 0.(4 g)m " respecti,amente.
T = !atm + !5 *m deagua T = ! ' atm + !15000 *mdegas+ !salida −3
- agua=
10
*m
kg 3
−6
- aire =
1.28 x 10
!5 *mde agua= - x h =0.005
*m
3
kg
−6
- gas =
0.64 x 10
kg
3
*m
kg *m2
!' atm= ! atm − ! 15000 *mde aire= !atm −15000 x 1.28 x 10−6= !atm −0.0192
kg *m2
!15000 *mdegas=- x h=15000 x 0.64 x 10−6 =0.0096
kg *m 2
!atm+ ! 5 *mdeagua= !' atm + !15000 *mdegas+ !salida !atm+ 0.005
kg kg kg = !atm −0.0192 2 + 0.0096 2 + ! salida 2 *m *m *m
!salida =0.0146
kg 0.0146 = =14.6 *mdeagua ∴ h= 2 - agua 0.001 *m
4. l agua llena los dos ,asos de la fgura % una porción del tubo que los conecta" es separada por una cantidad de aceite cu%a densidad es 0./#. !uál será la di'erencia entre las intensidades de las presiones en los puntos m % n* !uando h K 1.&0 m. % z K 0.&# m.
Solución: En 0 ! ;# las presiones son:
N = 5 + @1 + g + h 1 / = C + @1 + g + h2 'estando de arriba hacia abajo:
N − / = 5 − C + @1 + g + ( h1−h 2) ******************************** (+ )i:
@1=1000 h2= 0.25 m
kg m3
h1=1.20 m
'eemplazando ! operando en (+:
N − / = 5 − C + 9319.50
N m2
****************************(2 ,demás:
5 − C= @2 + g + h2 ************************************************(3 enemos que:
@2= @ rel + @ H A=( 0.85 ) ( 1000 ) ⇒ @2= 850 2
kg m3
'eemplazando ! operando en (3:
5 − C= ( 850 ) + ( 9.81 ) + ( 0.25 ) 5 − C= 2084.625
N m2
*****************************************(4 'eemplazando (4 en (2:
N − / =2084.625
N N + 9319.50 2 2 m m
N − / =11404.125
N kg N − / =0.116322 2 2 m *m ⇒
#. n la fgura" la densidad 5 contiene aceite de densidad relati,a 0.$ % la tuber-a M" agua. Determinar la presión relati,a en los puntos 5"M"! % D en g)cm&.
)olución: Oallando la presión en ,:
5 =
−30∗0.9 1000
5 =−0.027
=−0.027
Bg *m2
Bg *m2
Oalando la presión en <:
D = 5 −
120∗0.9 1000
D =−0.135
= 5 + 0.108=−0.135
Bg *m2
Bg *m2
Oallando la presión en D:
( )
2 = D + ( 120− 20 )∗
0.9
1000
2 = D + 0.09 + 0.176 −0.125 2 =0.006
Bg *m2
Oallando la presión en <:
( )
C = 2 + 115∗
1
1000
( )
+ 110∗
1.6
1000
( )
−125∗
1
1000
C =0.121
.
Bg *m 2
n el sistema de la fgura" hallar la presión relati,a en
kg *m2 en los puntos 5" M" ! % D" si en la tuber-a 5 Nu%e agua % en M aceite de densidad relati,a 0.$.
-omo nos pide presiones relativas# se considerará como 6 la presión atmosf8rica% &a presión en , es: ( ( (¿ ¿ H 2 0 ) ¿(¿ ¿ DDl 4 )−( 0.20 m )¿ 0.45 m ¿ 5 = atm +¿
5 =0 +( 0.45 m)( 15696 N / m 3)−(0.20 m)( 9810 N / m3 ) 5 =7063.20 a−1962 a 5 =5101.20 a
(
kg / *m2 5 =(5101.20 a) 98066.5 a 5 =0.052 kg / *m2 &a presión en - es:
)
( (¿ ¿ H 2 0 ) D = 5 −( 0.80 m )¿ D =5101.2 a −( 0.80 m )( 9810 N / m 3) D =5101.2 a −7848 a D =−2746.8 a D =−2746.8 a
(
kg / *m 2 98066.5 a
)
D =−0.028 kg / *m2 &a presión en D es: 0.90 m
¿ ( (¿ ¿ H 2 A ) ¿ ¿ ( ¿ ( (¿ ¿ H 2 A ) ¿ 2 = D +¿
( ¿ ( (¿ ¿ H 2 A ) (¿ Hg ¿)+(0.10 m)¿ D + ( 0.20 m ) ¿ 2 =¿ 133416 N / m
3
+ ( 0.20 m ) (¿)+( 0.10 m )( 9810 N / m3 ) 2 =−2746.8 a ¿
(
kg / *m 2 2 =24917.40 a 98066.5 a 2 =0.254 kg / *m2 &a presión en < es:
)
( (¿¿ a*eite ) C = 2 +( 0.80 m )¿ C =24917.40 a +( 0.80 m )( 8829 N / m 3 ) C =31980.6 a
(
kg / *m2 C =31980.6 a 98066.5 a
)
C =0.326 kg / *m2 /. !alcular la di'erencia de presiones en
kg / * m
2
" entre las
secciones 5 % M de la tuber-a horizontal" por donde circula agua. l
l-quido piezomtrico es mercurio de densidad relati,a
)olución: 'ecordemos que la presión manom8trica está dada por:
= (H odemos armar una ecuación:
C = 5− ( H 2 A x −13.6 ( H 2A ( 0.1 m ) + ( H 2 A ( x + 0.1 m)
13.6
)iendo x la altura desde el punto 5 hasta el nivel inferior del mercurio%
C = 5−( 1.26 m ) ( H 2 A 3 omamos ( H 2 A=1000 kg / m
5 − C=1260
kg = 0.126 kg / * m2 2 m
$. Si la tuber-a se inclina 0O con la horizontal Cpunto 5 más alto que el M9" % se mantiene la misma di'erencia de presiones" se pide calcular la deNe3ión.
5 − x + - agua−h + - mer*urio+ ( x + h + 100 ) + - agua = C 5 − C= x + -agua−( x + h + 100 ) + - agua + h + -mer*urio 0.0126
kg kg kg h h x → h=17.93 *m = ( − − ) + 0.001 100 0.0136 2 2 2 *m *m *m
/0. ?a presión relati,a en el recipiente 5 es P$HH de mercurio % en el tanque M" &./( libras)pulg &. l tanque 5 contiene aceite de densidad relati,a 0./0 % el tanque M" agua" calcular la deNe3ión en el tubo piezomtrico" si este contiene tetracloruro de carbono cu%a densidad relati,a es 1.(.
Solución: &as presiones en 0 ! en ; son:
N = C + @C + g + h1 / = 5 + @ 5 + g + h2 'estando nos queda:
N − / = C − 5 + @ C + g + h1− @ 5 + g + h2 ************************ (+ )i: h2=14 !ies ⇒ h 2=4.2672 m
h1= h + 6 !ies ⇒ h1=h + 1.8288 m |¿|= @
kg @C =1000 3 m
5 =−9'' Hgrelativos 5 =−30477.4092
C =2.86
⇒
+ @ H A= ( 0.8 ) ( 1000 ) ⇒ @ 5 =800 2
@ 5 = @¿
N m2
Li1ras N relativos ⇒ C =19713.50351 2 2 !ulg m
'eemplazando los valores en (+:
rel
kg m
3
N − / =19713.50351 −(−30477.4092 )+ (1000 ) ( 9.81 ) ( h + 1.8288 ) −( 800 ) ( 9.81 ) ( 4.2672 ) N − / =9810. h + 34642.45511 ******************************** **** (2 ,demás sabemos que:
N − / = @* + g + h ************************************************(3 |¿|= @
)i:
rel
+ @ H A= (1.6 ) ( 1000 ) ⇒ @* =1600 2
kg m
3
@* = @¿
'eemplazando en (3:
N − / =( 1600 ) ( 9.81 ) + h ⇒ N − / =15696. h Este Pltimo reemplazando en (2: 15696. h =9810. h + 34642.45511
h =5.885568 m ⇒ h =19.309606 !ies
/1. Dos tuber-as 5 % M conteniendo agua a presión son conectadas por un piezómetro di'erencial de aceite" tal como se ,e en la fgura. Si un punto QmR en 5 está &.00 m. ms abajo que el punto QnR en M" hallar la di'erencia de presión en libras)pulg&" entre estos puntos cuando el ni,el de la columna en 5 permanece 1.&0 mts. 8ás abajo que el ni,el en M. 7eso espec-fco del aceiteK /0 g)m
)olución: De la grá$ca# se puede observar que:
D = # − 0 ∗ @agua 2 = m −E ∗ @agua (¿ ¿ # −¿ m)−(E − 0 )∗ @agua ¿ Resta#do + D – 2=¿ Oallando c*d# segPn la grá$ca:
D = 2−1.20∗ @a*eite D − 2=−936
Bg *m 2
Oallando (G*Q pagua:
2ela grFfi*a 0 =1.20 + ( & −2 ) E − 0 =0.8 ∴
( E − 0 )∗ @gua=800
Bg *m2
'eemplazando: 936 =( m− # )−800
m− # =1736
Bg *m2
ransformando el resultado en lib%Lpulg2
1736
∴ m
Bg ∗1 m2 2 *m ∗2.2 li1ras 2 2 39.4 ∗ !ulg 1 Bg
− #=2.47
li1ras !ulgads2
10&. !alcular el centro de presión de un c-rculo tangente a la superfcie del l-quido.
E!=Eg +
Gg 5 . Eg
Eg= r
Gg =
2 ,5 , + r
, + r4 4
Gg , + r4 / 4 E! =Eg + =r + 5 . Eg , + r2 + r 5
5
4
8
E! = r = diametro 10. !alcular el centro de presión de un trapecio de bases M % b" % altura h" sumergido ,erticalmente en un l-quido" estando la base menor en la superfcie libre del l-quido.
)e sabe que: 1 =Case me#or
C = Caseme#or E g = 5ltura hasta el *e#trode gravedad G g=De#tro de gravedad E != 5ltura hastael *e#tro de !resi:# h = 5ltura
h 2 C+1 E g = ( ) 3 C+ 1
Entonces:
h3 ( C2 + 4 C1 + 1 2) G g= 36 ( C + 1 ) E !=E g + h3 ( C2 + 4 C1 + 12) 36 ( C + 1 ) h 2 C +1 E != + 3 C +1 ( C +1 ) h h 2 C +1 ( ) ( ) 2 3 C+1
( )
E !=
h 3
( )
h ( C2+ 4 C1 + 12 ) + C +1 6 ( C +1 )
2 C +1
E !=
h ( 2 (2 C +1 ) +( C 2+ 4 C1 + 12 )) 6 ( C +1 )
E !=
h ( 3 ) ( C + 1 ) 6 ( C +1 )
(
1 2 C +1
) ( C+ 1) 3
G g 5x E g
E !=
h ( 3 C +1 ) 2 (2 C +1 )
104. !alcular el centro de presión de un pentágono regular" que está en un l-quido en posición ,ertical" distante su centro de gra,edad de la superfcie libre del l-quido & metros. ?ado del pentágono regular K 1 metro. )olución: Rra$camos el pentágono regular:
& D =( 2 −h ) m )abemos que:
& = & D +
G x "* & D 5
ara hallar el valor de & D ! el área total dividimos el pentágono en regiones planas conocidas:
5 1=
& 1=
2cos36 ° sin 36 ° 2
2 3
=sin 36 ° cos36 ° =0.4755 m2
sin 36 ° =0.3919 m
5 2=1∗sin 72 °= sin72 °= 0.9511 m2 & 2=sin 36 ° +
sin72 ° 2
2cos36 ° −1
5 3=
2
& 3=sin 36 ° +
=sin 36 ° ( cos 36° + 1 ) =1.0633 m
∗sin 72° =
2 sin72 ° 3
=0.9048 m
5 = 5 1+ 5 2+ 2 53 5 =1.72 m 2 5 & + 5 & + 2 5 3 & 3 & D = 1 1 2 2 5 & D =0.85 m h =2− & D =1.15 m
sin 72 ° ( 2cos36 ° −1 ) 4
=0.1469 m2
Oallamos los momentos de inercia 2cos36 ° ( sin 36° )
3
G 1 =
G 2 =
36
( sin 72 ° )3 12
= 0.07169 m4
2cos36 ° −1
G 3 =
=0.00913 m4
2
∗( sin 72 ° )3 = 0.00738 m 4
36
G x "* = G 1+ G 2 +2 G 3 =0.095582 m4 'eemplazamos:
& =0.85 m +
0.095582 m
4
0.85 m∗1.72 m
2
=0.9159 m
-on respecto al nivel del líquido:
& + h=2.07 m
10#. +na presa de albailer-a" de &1.0 m de altura" tiene una sección trans,ersal triangular" siendo ,ertical el lado de aguas arriba. ?a albailer-a pesa &"400 g)m . l agua está represada hasta una altura de 1/.0 m sobre la base de la presa. Gu ancho debe tener la presa en su base" para que la resultante del peso de la presa % de la presión del agua" caiga dentro de la base" % a una distancia de 4)10 de la base" contados a partir del e3tremo de agua debajo de la base*
6sI : 4 = -xHgx5 a =18.30 m
* =?
1 =3.00 m
d =21.30
eso resa =2,400 kg / m 3 Halla#do el em!ue :
4 =
1000 xh 2 xh
=500 h2 =500 x ( 18.30 )2=167445
Volume# de la !resa : *x ( 21.30 / 2 ) x 1 =* / 2 x ( 21.30 )=10.65 x*
eso de la !resa= 2,400 x (* / 2 ) x 21.30=25560 x* 4 'elación para obtener el la base <: h/ 3
4 = a 4 * 4 / 10 x*
25560 x*
'eemplazando obtenemos:
18.30
=
3
10
167445
3
4 10
*
entonces: c5 24%@6 m
10(. !alcule la presión normal total en los lados interiores % en el 'ondo de un tanque cil-ndrico ,ertical de agua" de 1& m. de diámetro" que contiene agua hasta una altura de 1/ metros. Solución: Datos: H =18 m
R= 6 m
a En la parte inferior: )abemos que: 4 = + 5 = @ + g + h + 5 ⟹ d4 = @ + g +h + d5 *******************************
******** (+ )u área seria:
5 = , + r 2 Diferenciando:
d5 =2. , + r + d r ******************************************** ********* (2 'eemplazando (2 en (+: d4 =2. @ + g + h + , + r +dr
.ntegrando: 4 1
6
0
0
∫ d4 = 2. @ + g + h + , ∫ r+dr 'esolviendo la integral# nos queda:
4 1= @+ g + h + , + ( 62 )=( 1000 )( 9.81 )( 18)( , )( 62 ) 4 1= 19970727.51 N 4 1= 2035.75204 To#eladas b En la parte lateral: )abemos que: 4 = + 5 = @ + g + h + 5 ⟹ d4 = @ + g +h + d5 *******************************
******** (+ )u área seria:
5 = 2. , + r + h
Diferenciando:
d5 =2. , + r + d h ******************************************** ********* (2 'eemplazando (2 en (+: d4 =2. @ + g + r + , + h +dh
.ntegrando: 4 2
18
0
0
∫ d4 = 2. @ + g + r + , ∫ h+dh 'esolviendo la integral# nos queda:
4 2 = @+ g + r+ , + ( 18 2) =(1000 )( 9.81)( 6 )( , )( 18 2 ) 4 2 =59912182.52 N 4 2 =6107.256118 To#eladas ,hora la fuerza que nos piden es: 4 = 4 1 + 4 2=2035.75204 + 6107.256118 4 =8143.008158 To#eladas
4 =8.143008 kTo#
10.P+na compuerta ,ertical" de 1.&0 m de ancho % de 1./0 m de alto" se halla articulada con bisagras en su lado superior" % se mantiene en posición cerrada por la presión del agua" con una carga de &.40 m sobre el lado horizontal superior. Gu 'uerza horizontal % normal a la compuerta" será necesario aplicar en el lado in'erior a 'ondo de la compuerta" para poder abrirla*
4 =- hg 5
¿ 1000 x
(
E! =Eg +
2.40 +
1.80
Gg 5 x Eg
2
) x (
1.20 x 1.80 ) =7128 kg
1.20 x 1.80
E!=3.30 +
3
12
E! =3.381818 ;omento con
( 1.20 x 1.80 ) x 3.20
respecto al punto ,:
4 ( E! −2.40 ) =T x 1.80
T =3,888 kg
10$. +na plancha triangular ,ertical" cu%a altura es .(0 m." tiene la base horizontal" % su ,rtice superior en la superfcie libre del agua. Determ-nese la pro'undidad a que debe ser sumergido el triángulo" para que la distancia entre el centro de gra,edad % el centro de presión sea 0.&0 m.
)e sabe que: E !−E g=0.20 m
h =3.60 m E g =
Entonces:
G g=
a +2 h 3
1 h3 36
E !=E g +
G g 5x E g
G E !−E g= g 5x E g 1h 0.20=
36
1h 2
a=
3
2h
(a +
2h
2
0.20 x 36
−
3
)
2h 3
'eemplazando: 2 2 x (3.60 ) 2 x ( 3.60 ) a= − 0.20 x 36 3 a =1.20 m +
110. +na plancha parabólica está sumergida en agua" con su eje ,ertical hasta que su ,rtice se halla &.10 m por debajo de la superfcie del agua. Determine el centro de presión. )olución: Rra$camos:
El centro de presión está de$nido por:
G & = x / x &a ecuación de la parábola:
& =
8.4 x
2
12
-alculamos G x : 2.1
G x =∫ ( 2.1 − & )2 d5 0
&uego / x : 2.1
/ x =∫ (2.1 − & ) d5 0
ero sabemos que d5 =2 xd&=1
√
& 2.1
d&
Oallamos entonces: 2.1
0 & = 2.1
√ √
∫ ( 2.1− & ) 1 0
2.1
&
∫ ( 2.1− & ) 1 2
2.1
&
2.1
2.1 ∗2.1 2
& =
2
2
0 = 2.1
∫ (2.1 − & ) √ & d&
d&
0
3 2
∫ ( 2.1− & ) √ & d&
d&
7
∗3
+
2.1
2
5
∗7
2
−
3
2.1∗2.1 2
2
2∗2.1∗2.1
2
2 5
∗3
2
−
2.1
∗5
2
7
∗5
16∗2.1 2
=
105 5
4∗2.1
2
15
4
& = ∗2.1=1.2 m 7
111. l 'ondo llano de un tanque de acero está conectado con el costado" ,ertical % plano por medio de una plancha cur,ada en $0O" con un radio de cur,atura de 0.(0 m. Si el tanque está lleno de agua hasta una altura de &.40 m" calcFlese las componentes horizontal % ,ertical de la presión del agua sobre la plancha cur,a" por metro corrido.
2atos : - =1000
kg h g= 2.40 m 5 = 0.60 3 m
or !ro!iedad : 4 H =- xh g x 5 =1000 x 2.40 x 0.60 =1440 kgs+ 4 V =- x V =1000 x , x (0.6 )2 x 1.2 =1357.168 kgs 11&. =állese el centro de presión Cordenada % abscisa9 de la fgura adjunta.
Solución: Descomponemos el trapecio dado# en un rectángulo ! un triángulo%
*En el rectángulo:
4 R= - + hg + 5 = - ( 3.00 + 0.60 ) [ ( 0.90 ) (1.20 ) ] ⇒ 4 R =3.89 -
( 0.90 ) ( 1.20 )3 E R =E g +
G g 12 =( 3.00 + 0.60 )+ 5 +E g [ ( 0.90 ) ( 1.20 ) ] ( 3.00 + 0.60 )
⇒
E R=3.63 m
*En el triángulo:
4 T = - +h g + 5 =- ( 3.00 + 0.40 )
( 0.90 ) ( 1.20 ) 2
4 T =1.84 -
⇒
( 0.90 ) ( 1.20 )3 E T =E g+
G g 12 =( 3.00 + 0.40 )+ 5 + E g ( 0.90 ) ( 1.20 )
[
2
](
⇒
E T =3.42 m
3.00 + 0.40 )
,plicamos entonces el teorema de momentos:
E =
∑ ( 4 i +E i) = 4 R + E R + 4 T + E T = ( 3.89 - ) ( 3.63 ) +( 1.84 - ) ( 3.42 ) 4 R + 4 T ( 3.89 - ) + ( 1.84 - ) ∑ 4 i
E =3.56 m
-alculo de la abscisa: )era
´ ´ 5C ´ + CD ´ ( 0.90 ) + CD 5D 0 = = = 2
2
************************************** (+ ero <-# lo hallamos por proporciones:
2
´ CD 0.90
=
0.64 1.20
⇒
´ =0.48 m CD
Este valor en (+:
0 =
( 0.90 ) +( 0.48 ) 2
0 =0.69 m
11. +na plancha rectangular 5M" de 1.&0 m. de ancho e,ita que el agua ingrese en el tFnel QIR. ?a cara ,ertical de la pared es lisa. !omputar la presión hidrostática total sobre la plancha. Determinar el centro de presión. =allar la presión de la plancha contra l pared en 5.
Solución:
)e sabe que la presión total es:
4 =( + H g + 5 Oallando los t8rminos# kg ( =1000 3 * m 3.05−0.61
*
Hg=0.61 +
*
5 = a∗l =1.20∗
2
(
=1.83
3.05−0.61
se# 45
)=
4.14
=1000∗1.83∗4.14
∴ 4
4 =7576.2 kg + Determinando el centro de presión# se sabe que:
E =E J +
G J 5∗E J
Oallando los t8rminos# H g E = =2.59 J * 6e# 45 *
*
G J =
a∗13 12
1.2∗(
=
3.05 −0.61
se# 45
3
)
54%++
12
(
5 = a∗1=1.2∗
3.05 − 0.61
se# 45
∴ Reem!laza#do valores
)=
4.14
−−−− E =2.59 +
4.11 4.14∗2.59
E =2.97 Oallando la profundidad del centro de presión: & !=E ∗se# 45 =2.1 ara hallar la presión contra la pared <# tomamos momentos respecto a <:
∗( m−E ! )= (3.05 −0.61 )∗T
∴ 4
( se#
7562.2∗
3.05 45
)
−2.97 =2.44∗T
T =4171.1 Bg+ 114. +na tuber-a de duelas de madera de diámetro interiorK1.&0m debe resistir una presión má3ima d 10.#g)cm&.Si las duelas están mantenidas en posición por medio de cintas de acero" de 0.10m de ancho % de 1.$cm de espesor. Determinase el espaciamiento apropiado entre las cintas a fn de que estas no su'ran un es'uerzo ma%or que 10#0g)cm&.
)e tiene: e =1.9 *m
2 =1.20 m
resio#maxima=1050
Bg *m2
esfuerzo < 1050
Bg *m2
@2 = = 2e
@2 = = 2e
= =31.578 ! !=10.5 kg / *m2
= =31.578 ! < 1050
! < 332.5
Bg *m2
= =331.569
)i queremos hallar la longitud utilizamos la fórmula:
@L = = 5
5 L== !
L=
, ( 1.2) 2 4
+
331.569 1000
L=0.37 m
11#. +na compuerta de cierre de sector" tiene un radio de 4.#0 m. l ángulo en el centro de sector es /E0H. l ni,el del agua se encuentra a &4.&4 m. sobre el borde in'erior. Se pide determinar la presión hidrostática en dirección" magnitud % sentido" sabiendo que la longitud de la compuerta es &.40 m.
)abemos que: 5#*ho de la*om!uerta=2.40 m +
W = 1000 Bg / m3
5 = 24.24 x 1=24.24
Entonces# la fuerza horizontal es:
4H =WxHgx5
Donde:
Hg =Eg + 24.24 =0.56 + 24.24=24.80
'eemplazando:
4H =1000 x 24.80 x 24.24 4H =601152
4V =W (V 1 + V 2 )
&uego# la fuerza vertical es: enemos que:
V 1 = , r 2 x
θ 360 °
V 1 = , 4.52 x
xH
38 ° 30 ' 360 °
x 2.4
V 1 =16.32
V 2 =24.24 x 2.4 x 1=58.18 'eemplazando:
4V =1000 x ( 58.18 + 16.32)
4V =74500 or lo tanto:
7= √ 4 & + 4 x 2
2
7= 605,750.76 +33% Defna los siguientes trminos: a9 !entro de gra,edad. )e re$ere al punto de aplicación de la resultante de todas las fuerzas de gravedad que actPan sobre las distintas porciones materiales de un cuerpo% b9 !entro de presión. El centro de presión de un cuerpo es el punto sobre el cual se debe aplicar la resultante de todas las fuerzas ejercidas por el
campo de presión sobre ese cuerpo para que el efecto de la resultante sea igual a la suma de los efectos de las presiones% c9 8etacentro. En un cuerpo Sotante# el metacentro es la posición límite que tiende a ocupar la intercepción de la recta formada por el centro de gravedad ! el centro de Sotación primitiva con la recta formada por el centro de Sotación nuevo% d9 !entro de Notación. )e denomina centro de Sotación al centro de gravedad de la parte sumergida de un cuerpo Sotante%
14. Determinar la ubicación de los cuatro elementos de la pregunta anterior en un cubo de madera" de densidad relati,a 0. de lado a" que está Notando sobre agua con sus aristas ,erticales. s estable la Notación*
-álculo del calado: c2 > c2 5 a2
7
2c2 5 a2
5T
c5a
√ 2 2
-entro de "lotación# contado a partir del nivel del agua o centro de gravedad del sólido es: * √ 2 h5 3 5a 6 ;etacentro
G m 5 V s 5
a 4 2 √ 2 12
a3
5
a4 4 √ 2 √ 2 3 5 a 3 12 a
2
"lotación estable requiere: m T -"%-R a
√ 2 3
T a
√ 2 6
5T &a Sotación es estable
1#. !uál es condición de estabilidad para los cuerpos enteramente sumergido % cuál es la condición para los cuerpos Notantes* 5 qu se debe la di'erencia en la condición de estabilidad al ,olteo* T!ondición de estabilidad para cuerpos sumergidos: la condición para la estabilidad de cuerpos completamente sumergidos en un Suido es que el centro de gravedad (R del cuerpo debe estar por debajo del centro de Sotabilidad (<% El centro de fotabilidad de un cuerpo se encuentra en el centroide del volumen desplazado# ! es a trav8s de este punto como actPa la fuerza bo!ante (Sotación en dirección vertical% El peso del cuerpo actPa verticalmente hacia abajo a trav8s del centro de gravedad% -uando un cuerpo está totalmente sumergido pueden ocurrir tres casos segPn el centroide del líquido desplazado (<# est8 sobre# coincida o est8 más abajo que el centro de masa o centro de gravedad del cuerpo (R% &a $gura + ilustra los tres casos% En el primer caso# no aparece par al girar el cuerpo# luego el equilibrio es indiferente% En el segundo caso# la fuerza de empuje actPa más arriba del peso# luego para una ligera rotación del cuerpo# aparece un par que tiende a restaurar la posición original# en consecuencia este equilibrio es estable% En el Pltimo caso# el par que se
origina tiende a alejar el cuerpo de la posición de equilibrio# lo cual es en consecuencia la condición de cuerpo inestable% T!ondición de estabilidad para cuerpos Notantes: la condición para la estabilidad de cuerpos Sotantes es que un cuerpo Sotante es estable si su centro de gravedad (R está por debajo del metacentro (;% El metacentro se de$ne como el punto de intersección del eje vertical de un cuerpo cuando se encuentra en su posición de equilibrio ! la recta vertical que pasa por el centro de Sotabilidad (< cuando el cuerpo es girado ligeramente%
1(. !alcular el radio de una es'era hueca" de 1 mm. De espesor" hecho de un acero cu%o peso espec-fco es: /.0" si se quiere que la es'era Note tangencialmente a la superfcie del agua.
)olución: -omo dato# tenemos: * Espesor de la esfera5 + mm 56%+ cm
*
( =8 −−−− @a*ero=8
gr *m3
gr @agua=1 3 −−−−−−− * *m *
e = R −r 9 0.1= R− r
or el principio de ,rquímides# sabemos que:
esoesfera hue*a= 7/K7 VALK/7N esfera hue*a∗ @a*ero∗g=VALK/7N fluidodesaloado∗ @fluido∗g
4 3
4
∗, ∗( R3− r 3 )∗( @a*ero )= ∗, ∗ R3∗ @fluido 3
√
Redu*ie#do lae*ua*i:# & des!ea#do r−−−−r = R∗
√
r =( 0.1+ r )∗ 1− 3
3
@agua @a*ero
1−
1 8
de do#d" se o1tie#e Iue : r =2.4 *m
or Pltimo# el radio es: R=r + 0.1 R=2.5 *m
1. +n caisson rectangular ,a ser sumergido" % sobre el cual se construirá una cimentación de un pilar de puente. l caisson tiene la 'orma de un cajón abierto " de 1#m de largo por (m de ancho % (.$0m de altura. Si el peso del caisson es de #000g 5 que pro'undidad se hundirá bajo el agua cuando este Notando sobre el agua dulce* Si el 'ondo del lago esta a (m bajo la superfcie del agua" Gu peso adicional le hara tocar el 'ondo al caisson*
m* =75000 kg alturadel *aisso#ha*iael fo#do del lago=6 m
or ,rquimedes:
W = (liIuido+VsW =75000 kg
@666 5+666%(+%(=%(c c5 L= m 5 6%B3 m (profundidad que se hunde cuando este Sotando sobre el lago ara cuando el caisson llegue al fondo del lago es necesaria una masa: m 1 + m* = (liIuido+Vs
* =6 m W 1 + 75000=1000. ( 15 ) + ( 6 ) + ( 6 ) W 1 = 465000 kg
1/. +n tanque de lados ,erticales tiene una sección trans,ersal cuadrada de 1.&0 m. por lado; la pro'undidad del tanque es .0 m." estando lleno de agua hasta la pro'undidad de &.0 m. n qu cantidad ,ariará la presión sobre un lado del tanque" si se coloca Notando sobre el agua del tanque un cubo de madera" de densidad 0.#" % de 0.(0 m. de lado* Oallamos el valor de -# para eso sabemos que: eso delDu1o =( ∗V 1 'eemplazando: 3
1000 x 0.6
x 0.5 =1000 x 0.62 xD
D =0.3 m+ &uego: Volume# 5gua+ Volume#Du1o 6umergido=( 2.7 + h ) x 1.2 x 1.2
1btenemos:
h =0.075 m+
&a nueva altura del líquido es: H =2.7 + 0.075=2.775 m +
resión inicial en una de las caras es:
1=( ∗hg∗ 5 =
9810∗2.7 2
∗1.20∗2.7 =42908.94
N m2
resión luego de ser insertado el cubo es:
2= ( ∗hg∗ 5 =
9810∗2.775 2
∗1.20∗2.775= 45325.87
N m2
or lo tanto la variación de la presión será:
∆ = 2− 1=45325.87 − 42908.94 =2416.93
N m2
1$. Si la densidad de un cuerpo es 0./" Gu parte proporcional de su ,olumen total permanecerá por encima de la superfcie del agua" cuando el cuerpo está Notando en el agua* )olución: enemos el cuerpo parcialmente sumergido:
)abemos que ( = @g -omo @D = 0.8 @ H 2 A
Entonces ( D =0.8 ( H 2 A or el principio de ,rquímedes: W = 7
( D V D =( H 2 A V 6 0.8 ( H 2 A V D = ( H 2 A V 6
0.8=
V 6 V D
or lo tanto# el volumen sumergido representa el 6%B del volumen del cuerpo% ntonces se deduce que el ,olumen no sumergido" con respecto al 0.2
,olumen total es
140. +na ,iga de madera" cu%o peso espec-fco es (40 g)m" tiene por dimensiones 0.1# 3 0.0 3 ( m. Gu carga podrá sostener sin hundirse" colocado en agua dulce*
Datos:
@
5 =46 KgLm3
c
#
@
5 +666 KgLm3
&
#
m+ 5 V
"+ 5 m+%g ara que la carga no se hunda el calado máCimo es 6%36 or ,rquímedes: "+ > A 5 9 s% @ &% g m+%g > 9c% @ c%g 5 9s% @ &% g m+ 5 9s% @ & * 9c% @ c m+ 5 +666(6%36(6%+(= * =46(6%36(6%+(= m+ 5 2@6 W +@2%B 5 ?@%2 Kg
#
141. +n prisma cu%a sección es un triángulo equilátero" Nota de modo que la arista in'erior quede horizontal. =allar la relación entre los pesos espec-fcos UH del prisma homogneo % del l-quido" para que el equilibrio sea estable. Solución: &lamemos: 9 5 9olumen del prisma
XN 5 eso especí$co del prisma
9N5 9olumen de la parte sumergida agua
X 5 eso especí$co del
or ,rquímedes:
V ' - ' V + -' =V ' + - ⟹ = = R 2 V 'elacionando geom8tricamente:
V ' h 2 = V H 2
⟹
h= R + H
ara que el prisma Sote establemente# su metacentro debe estar más alto que el centro de gravedad% -alculo que la distancia de -entro de gravedad (-%R% al -entro de Sotación (-%"%# el centro de Sotación es el -%R% de la parte sumergida# es decir# es el centro de gravedad de prisma sumergida ! estará a Y del calado (h debajo de la super$cie del líquido% El centro de Sotación contando desde la base del cono será: 1
& = H −h + h = H − R + H + 4
∴
(
)
3 R + H = 1− R H 4
4
&a distancia del -%R% al -%"% será:
´ + DJ ´ = & −1 / 4 H D4
´ + DJ ´ = 3 ( 1 − R ) H D4 ************************************* 4 ******* (+ )e sabe que la distancia del -%"% al metacentro es: / = G / V
5 3 + L 5 2 / = = 5 + h 6. h L 12
2
*******************************************************(2 or semejanza de triángulos en la $gura:
h 5 = h = R + H # resulta que: H C 7 -omo 5 = R + C
**************************************************************(3 'eemplazando (3 ! h = R + H en (2:
( R + C )2 / = 6. ( R + H ) ********************************************* ********(4 -omo se requiere que sea estable# entonces cumpliría:
R + C 2 3 ( > 1− R ) H 6. H 4 R 9 H 2 > 1 − R 2 C2 ero se sabe que al ser un triángulo equilátero:
H √ 3 = C 2 Entonces tenemos que:
( )
9 √ 3 R > 1 − R 2 2
2
R 27 > 1 − R 8 R >
27 35
R > 0.771429
⟹
ero nosotros queremos la relación de pesos especí$cos# entonces:
R2 > 0.771429 2 R2 > 0.595103 G sabemos que:
-' > 0.595103 Determinar el calado de una pirámide de 0.#0m de altura" que Nota con el ,rtice hacia abajo en tetracloruro de carbono de densidad relati,a 1.#" siendo el peso espec-fco de la pirámide 0.$.
* = *alado(tetra*loruro=1.5 (!iramide =0.9 V 1 =volume# solidoV 2 =volume# solidosumergido
Entonces se cumple:
V 1 . (!iramide =V 2 . (liIuido
12 . 0.5 ( ) + 0.9 2
¿
a2 . * ( ) + 1.5 2
12 =3.33 * ( 1) a2 )e tiene dos triángulos# por semejanza:
1 0.5 = ( 2) a * 'eemplazamos (2 en (+: 2
0.5
*2
= 3.33 * * = 0.42 m
144. Determinar la minima relación entre el diámetro de la base % la altura de un cono recto de material homogneo de densidad relati,e 0.( para que Note establemente en agua con sue eje ,ertical % su ,rtice hacia abajo.
)e sabe que: V =Volume# del s:lido
V ' =Volume#del s:lido sumergido W = eso es!e*Mfi*o del 5gua
W ' = eso es!e*Mfi*o del Do#o Entonces:
VxW ' =V ' x W
V ' =0.6 xV
enemos que:
V H 3 = V ' h3
'elacionando:
3 h =√ 0.6 xH
h =0.843 xH El centro de Sotación desde la base del cono es: h E = H −h + 4
E = H −0.843 xH +
0.843 xH 4
E =0.368 xH
Distancia del -R al -":
H DJ −D4 = E − 4
DJ −D4 = 0.368 xH −0.250 xH DJ −D4 = 0.118 xH
D4 − /D =
Distancia del -"*;-:
G V '
,x d 4 D4 − /D =
64
,x d 2 xh 12
D4 − /D =
3 x d
2
16 xh
or semejanza tenemos: h d = H 2
d =0.843 x2 &ímite mínimo:
D4 − /D =DJ −D4
D4 − /D =0.118 xH 'eemplazando:
D4 − /D =
3 x d
2
16 xh
2
0.118 xH =
3 x ( 0.843 x2 )
16 x ( 0.843 xH )
H =1.34 2 2 = 0.746268 H
14#. +n cono de material homogneo tiene igual diámetro que altura. !uál podrá ser su m-nima densidad respecto de un l-quido para que Note establemente con su eje ,ertical % cFspide hacia abajo* )olución: Rra$camos el cono:
El dato que nos dan es que 2 = H ara que Sote establemente# con una densidad mínima# se tiene que cumplir:
´ DJ ´ =D4 ´ /D ´ D4 El volumen del cono es V D =
, 2 2 H , H 3 =
or el principio de ,rquímedes:
( D V D =( L V 6 @D g V D = @ L g V 6
12
12
@ , H 3 =V 6 @ L 12
El volumen de la parte del sólido sumergido
V 6 =
, d2 h 12
or semejanza d = h
, h3 @ , H 3 →V 6= = 12 @ L 12 @ h 3 = @ L H 3 Distancia del centro de Sotación al metacentro:
G , d 4∗12 3 h ´ ´ m= /D D4 = = = V 6 64∗, d 3 16 Distancia del centro de gravedad al centro de Sotación:
´ D4 ´ = 3 H − 3 h DJ 4
4
)egPn la condición: 3 H 4 3 H 4
−
=
3h 4
=
15 h 16
3h 16
→
h 4 = H 5
'eemplazando en las densidades:
@ 43 64 = = @ L 5 3 125 14(. Gu relación m-nima debe haber entre el diámetro de la base de un cilindro circular recto % su altura" de densidad homognea
igual a 10 g)cm para que Note establemente" cuando se sumerja en tetracloruro de carbono Cgra,edad espec-fca: 1#9*
or 5rIuMmedes : V *ili#dro + - *ili#dro=V *ili#drosumergido + -tetra*loruro de *ar1o#o
V *ili#dro x 10 =V *ili#drosumergido x 15 → V *ili#dro sumergido=0.666 x V *ili#dro V *ili#dro
H 3 3 Rela*io#a#do : = 3 → h =√ 0.666 x H → h =0.8733 x H V *ili#drosumergido h 7l *e#tro de flota*i:# desde la1ase del *o#o: & = H −0.8733 x H +
0.8733 4
x H =0.345 x H
H 2ista#*ia de DJ + D4 : & − =0.345 x H −0.250 x H =0.095 x H 4
2ista#*ia de D4 + D/ : m=
or semea#za :
G d2 =3 + V 6 16 + h
h d = → d = 0.8733 x 2 H 2
d2 H LMmite mM#imo : D4+DJ =D4+D/→ 3 + =0.095 x H → =1.723 2 16 + h
14. Determinar la relación entre el lado % la altura de una pirámide recta de base cuadrada de material homogneo Cdensidad relati,a K 0./9" para abajo.
Solución: &lamemos: 9 5 9olumen del pirámide pirámide5 @B4B
XN 5 eso especí$co de la
9N5 9olumen de la parte sumergida agua 5 ?B+6
X 5 eso especí$co del
or ,rquímedes: '
'
V + - =V + -
⟹
V ' - ' = = 0.8 V -
'elacionando geom8tricamente:
V ' h3 = ⟹ h=0.928 H V H 3 ara que la pirámide Sote establemente# su metacentro debe estar más alto que el centro de gravedad% En la posición limite# estos dos puntos deben coincidir% -alculo que la distancia de -entro de gravedad (-%R% al -entro de Sotación (-%"% # el centro de Sotación es el -%R% de la parte sumergida# es decir# es el centro de gravedad de la pirámide sumergida ! estará a Y del calado (h debajo de la super$cie del líquido% El centro de Sotación contando desde la base del cono será: 1
0.928 H
4
4
& = H −h + h = H −0.928 H +
∴
= 0.304 H
&a distancia del -%R% al -%"% será:
´ + DJ ´ = & −1 / 4 H D4
´ + DJ ´ = 0.054 H D4 **************************************** ********* (+ )e sabe que la distancia del -%"% al metacentro es: / = G / V
#4 #2 / = 2 = # + h 4. h 12 3
*****************************************************(2 or semejanza de triángulos en la $gura:
h # = h =0.928 H # resulta que: H L 7 -omo # =0.928 L
**********************************************************(3 'eemplazando (3 ! h =0.928 H en (2:
(0.928 L)2 / = 4. ( 0.928 H ) ************************************ **** ******(4 En la posición límite# las ecuaciones (+ ! (4 son iguales: 0.054 H =
0.928 L
2
4 H
L2 4 (0.054 ) = =0.232759 0.928 H 2 L = 0.482451 H 14/. Se desea construir una caja cil-ndrica de 4 m. de diámetro interior" paredes de concreto de 0.&0 m. de espesor" % la base de un espesor igual a la decima parte de la altura interior" para que Note en el agua. Gu altura má3ima se le podrá dar conser,ando la estabilidad de Notación*. Densidad del concretoK� g)m.
)olución: or el principio de arquímides# se conoce que:
*
- − 47=0
*
@DK7RA∗V DK7RA= @ 4LKG2A∗V 4LKG2A 278L5852A = @ 4LKG2A∗ 5∗ 0
*
Oallamos el volumen del cuerpo: V DK7RA=[ , ∗2.22∗11 h −, ∗22∗11 h ] + , ∗22∗h
V DK7RA=13.24 ,h *
Entonces :
DK7RA∗¿
V DK7RA 2500∗13.24 ∗ , ∗h = =6.8 h @ 4LKG2A∗ 5 1000∗ , ∗4.84 x = @¿
Oallamos los elementos necesarios# para asegurar que el cuerpo presenta estabilidad de Sotación:
*
-entro de gravedad: E *g =4∗h
*
-entro de presiones: E *1 =
6.8 h 2
*
, ∗ 24 *
2 2 0.18 / 1= = = 2 0 16∗ 0 , ∗ 2 ∗ 0 64
4
*
E m* =
6.8∗h 2
+
0.18
h
ara que eCista estabilidad de Sotación# se debe de cumplir que:
E m* > E *g
5.47 > h ∴ La altura mFxima s
erá: O5%4=
1#0. +na pequea bola de madera de peso espec-fco 0.#" se sujeta al 'ondo de una corriente de agua de 4 m. de pro'undidad m % que lle,a una ,elocidad de 1.# seg . a9 Gu cur,a describe el centro de la bola cuando se la deja libre* b9 Gu tiempo tarda en aparecer a la superfcie* c9 5 qu distancia horizontal aparece" contada desde la ,ertical incial* El cuerpo tiene un empuje superior a su cuerpo# entonces: b
4 = 7−
)e sabe que:
7=
mgW W ' =mg 4 =ma
Despejando:
ma =
mgW −mg W '
a = g (2 − 1 ) a =9.81
m s2
El tiempo que tarda en aparecer en la super$cie es:
E =
a t 2 2
4=
( 9.81) t 2 2
t =0.903047 seg c &a distancia horizontal es: 0 =Vt
0 =( 1.5 ) x ( 0.903047) 0 =1.354570 m
eniendo todos estos datos podemos hallar la grá$ca: a Ecuación de la arábola: E = k 0 2 4 = k ( 1.354570 )
2
k =2.18 E =2.18 x 0 2
1#1. ?a barcaza de concreto" cu%as dimensiones se muestran en las fguras" Nota en agua salada. Determinar la altura metacntrica % el grado de estabilidad Cpeso espec-fco del concreto K &400
kg / m3 9
)olución: 3 ( kg m = / ¿ # desalojará un 1025 6 ,l estar Sotando la barcaza en agua salada (
volumen de líquido# que por el principio de ,rquímedes podemos relacionar de la siguiente manera:
( D V D =( 6 V 6 )iendo: 3 eso especí$co del concreto: ( D =2400 kg / m
eso especí$co del agua salada:
( 6 =1025 kg / m 3
9olumen total de concreto: V D 9olumen de agua desalojada: V 6 odemos dividir la barcaza para hallar el volumen# en un volumen compuesto por tres bloques ! otro volumen que es determinado por la base% Oallamos el volumen:
V 1=3∗0.1 m∗1.7 m∗2 m=1.02 m 3 V 2=( 8.3 m∗1.7 m −2∗1.5 m∗4 m )∗0.15 m= 0.3165 m3
El volumen total es:
V D =V 1 + V 2 V D =1.3365 m3 El peso total de la barcaza de concreto es:
( D V D =2400
kg 3 m ∗ =3207.6 kg 1.3365 m3
,rquímedes: 3207.6 kg =1025
kg ∗V 6 m3
V 6 =3.1294 m3 Ga tenemos el volumen de agua desalojado% ara hallar el calado7 sabemos que:
V 6 =( rea de la1ase )∗altura 3 V 6 3.1294 m *= = = 0.2218 m 2 8.3 m∗1.7 m 14.11 m
ara hallar el centro de Sotación:
* D4 = =0.1109 m 2
,hora hallaremos el centro de gravedad: -entro de gravedad del volumen +: 0.075 m
DJ =
%
V 1∗1 m +V 2∗0.075 m = 0.7809 m V 1 + V 2
1m
7 -entro de gravedad del volumen 2:
Distancia entre el centro de gravedad ! el centro de Sotación:
´ D4 ´ =0.67 m DJ Distancia entre el metacentro ! el centro de Sotación:
´ D4 ´ = m= /D
G V 6
;enor momento de inercia de la super$cie formada por el líquido ! el sólido (eje que pase por el -R:
G =
1.7
3
∗8.3
12
=3.398 m 4 4
m=
3.398 m
3.1294 m
3
= 1.09119 m
&a altura metac8ntrica está de$nida por:
´ /D ´ =m− DJ ´ D4 ´ =1.09119 m −0.67 m DJ ´ /D ´ =0.42119 m DJ odemos ver los centros en la grá$ca:
´ ´ !omo m > DJ D4 " la Notación es SI5M?.
1#&. Determinar la m-nima relación entre el diámetro de la base % la altura de un paraboloide de re,olución de material homogneo Cdensidad relati,a 0.#9 para que Note establemente en agua con su eje ,ertical % su ,rtice hacia abajo.
or 5rIuMmedes : V *u1o + -*u1o =V aguadesaloada + - agua g x 0.7 x a3= g x 1 x * x a 2 → * =0.7 x a 3 a H 3 Rela*io#a#do : = 3 → h= √ 0.7 x H → h= 0.8879 x H * h
De#tro deflota*i:# desde 1ase del !ara1oloide: & = H −0.8879 x H +
0.8879 4
x H =0.334 x H
H 2ista#*ia de DJ + D4 : & − =0.334 x H −0.250 x H =0.084 x H 4
G d2 2ista#*ia de D4 + D/ : m= =3 + V 6 16 + h or semea#za :
h d = → d = 0.8879 x 2 H 2
d2 H LMmite mM#imo : D4+DJ =D4+D/→ 3 + =0.084 x H → =1.40 2 16 + h 11. Defnir: a9 !arga de ,elocidad; b9 !arga de presión; c9 !arga de ele,ación.
Solución: a -arga de velocidad: 'epresenta la elevación necesaria para que un Suido alcance la velocidad 9 durante una caída libre sin fricción%
V 2 2g b -arga de presión: 'epresenta la altura de una columna de Suido que produce la presión estática %
( c -arga de elevación: 'epresenta la energía potencial del Suido% z
1&. Demostrar que los tres trminos de la ecuación de Mernoulli tienen dimensión lineal. )1&U-./0: )e conoce que:
1 V 2 7DK5DGON 27 C7RNAKLLG : + 8 + ( 2∗g ,nalizando las dimensiones de cada t8rmino:
+%
1 4 ∗ 5 −1 [ / ]∗[ L ]∗[ T ]−2∗[ L ]−2 = = =[ L ] ( @∗g [ / ]∗[ L ]−3∗[ L ]∗[ T ]−2
2%
8 =[ L ]
3%
L∗T −1 ] [ V 2 = = [ L ] 2∗ g [ 1 ]∗[ L∗T −2 ] 2
Zueda demostrado que los tres t8rminos tienen dimensión lineal%
1. Defna el coefciente
) de la carga de ,elocidad. Gu
signifcado tiene el decir que ) ,ale 1.# en determinado Nujo* !uáles son los ,alores l-mites de
) % porque*
Debido a que la velocidad en un canal no está distribuida de forma uniforme la carga de velocidad real es menor que el valor teórico# calculando este Pltimo de acuerdo con la eCpresión
v2 2 g en donde 9 es la velocidad media% Esta
( )
V 2 eCpresión debe corregirse de la siguiente forma: ) 2 g
donde ) es
conocido como coe$ciente de energía o coe$ciente de -oriolis# cu!o valor varía entre
1,03
!
1,36
para canales prismáticos% El valor de
) es alto para
canales peque[os ! bajo para corrientes grandes con profundidad considerable% )e sabe que en todas las tuberías ! canales por donde pasa el líquido no son totalmente uniformes con respecto a su velocida# si el coe$ciente nos sale +% es porque el canal es de peque[a dimensión esto quiere decir que la velocidad del líquido no disminu!e al contrario aumenta%
14. n un conducto ,ertical cerrado" de diámetro uni'orme" circula agua de arriba hacia abajo; de las tres 'ormas de energ-a que puede tener un l-quido en mo,imiento. !uál disminu%e* L !uál permanece inalterada" a medida que el l-quido desciende* B6V@5 8!5B@!5: Es la suma de la energía cin8tica ! la energía potencial% B6V@5 !@B85I@!5: Es la energía asociada a la velocidad% )e calcula así: 1
7k = + m + v
2
2
B6V@5 7>IB!@5?: Es la energía que hace referencia a la posición que ocupa una masa en el espacio% )e calcula así : 7 != m + g + h Entonces si circula agua en un conducto vertical cerrado de arriba hacia abajo% &a energía potencial disminu!e debido a la perdida de altura# por ende la energía mecánica tambi8n disminu!e% &a energía que permanece inalterable es la energía cin8tica debido a la velocidad constante a lo largo de conducto%
1#. l conducto de entrada a una máquina hidráulica tiene un diámetro de
20
. l conducto de salida es de
28
de diámetro. Se
ha medido las presiones en los conductos de entrada % de salida" 2 2 1.4 kg / * m 0.35 kg / * m obtenindose % respecti,amente. l manómetro de entrada se encuentra
2m
por encima del de salida. Si
se conoce que el gasto que circula en la máquina hidráulica es 0.35 m
3
/ seg . !uál será la potencia suministrada por la misma*
)olución: Rra$camos la máquina:
Datos:
1=1.4 kg / * m2= 137254.9 N / m 2 2=0.35 kg / * m2=34313.725 N / m2 21=20' ' =0.508 m→ 5 1= 0.20268 m2 2 2=28' ' =0.7112 m → 52 =0.39726 m2 z 1− z 2=2 m P=0.35 m 3 / s ( =9810 kg / m3 &a potencia suministrada (en 9oltios será igual a:
ot = (P+C
)iendo C la diferencia de energías:
1 V 21 2 V 22 C =∆ 7 = z 1+ + − z 2− − ( 2 g ( 2 g ara hallar las velocidades recurrimos a la fórmula de caudal:
P=V ∗ 5 P 0.35 m3 / s V 1= = =1.72686 m / s 5 1 0.20268 m2 P 0.35 m 3 / s V 2= = =0.881 m / s 5 2 0.39726 m2 )olo nos queda reemplazar los datos:
(
1 V 12 2 V 22 ot = (P z 1 + + − z 2− − ( 2 g ( 2 g
(
kg ot = 9810 3 m
)(
m3 0.35 s
)
(
)
kg m2 102941.175 2 2.2 2 m s 2m + + kg m 9810 3 19.62 2 m s
)
ot = 43282.41 V =58 H
1(. +na tuber-a de &0 cm de diámetro contiene una corta sección" en la cual el diámetro se reduce gradualmente a 0.0# m" ,ol,indose a ensanchar gradualmente a su diámetro normal. Si la presión del agua es de #. g)cm& en el punto antes de que se inicie la reducción. !uál será la presión en la zona estrecha" si pasan 4 lt)seg* Se supone que no ha% prdida de carga.
V 5 2 5 V C2 C + + 8 5 = + + 8 C 2 g W 2 g W V 5 =
0.034 2
, (0.20 )
=1.082253 m / s
V =
V C =
4
0.034
, (0.075 )2
P 5
=7.696025 m / s
4
V 5 2 = 0.059697 m 2g C + 3.018757 + 0 W
53 + 0.059697 + 0.125 =
V C 2 = 3.018797 m 2g C W
50.16594 =
C =5.016594
1. n una tuber-a de 0.&# m. de diámetro se tiene un regulador de gasto" consistente en una ,ál,ula colada aguas debajo de una estrangulación" que reduce el diámetro de la tuber-a a 0.1# m. ?a ,ál,ula es accionada por un embolo de 0.&0 m de diámetro. Sobre la cara superior de este embolo actFa la presión del agua en la tuber-a" aguas arriba de la estrangulación" % sobre la cara in'erior la presión del agua en la estrangulación. ?a prolongación superior del ,ástago de la ,ál,ula está conectada a uno de los e3tremos de la palanca" cu%o apo%o queda 0.0# m. de distancia del ,ástago. 5l otro e3tremo de la palanca % a una distancia de 0.(0 m. del apo%o actFa un peso de # g. l peso del ,ástago tapón % embolo es de 10 g. Gu gasto tendrá que circular por la tuber-a para que el sistema est en equilibrio*
Desprciese la 'ricción en los di'erentes mecanismos. CWig. del problema 1((9.
Solución: ara que el sistema est8 en equilibrio# se debe tener:
/ 1=0 ⇒ ( 4 + 10 ) ( 0.05 ) −( 5 ) ( 0.60 )=0
↺
)iendo "5 la diferencia de presiones que actPan sobre las caras del 8mbolo% Despejando: 4 =50 kg ⇒ 4 =490.5 N
-omo \,] es el área del 8mbolo:
4 490.5 N = = 15613.09992 = 5 , ( 0.20 )2 m2 4
,plicando
1 (
+
( V ) 1
2g
2
= z 2+
2 (
+
( V )
2
2
2g 2 2 1 − 2 ( V 2 ) − ( V 1 ) = + z 2− z 1 ************************** ( 2g
**********(+ En el cual:
1 − 2 15613.09992 N / m2 = = =1.591549 mdeagua 3 ( ( 9810 N / m or continuidad:
V 2 + 5 2= V 1 + 5 1
( ) ( )
5 1 d1 2 V 2= + V 1=V 1 =V 1 5 2 d2
0.25 0.15
2 ⇒
V 2=
25 9
+ V 1
z 2− z 1=0 ( or estar e# el mismo ee ) 'eemplazando estos valores en (+:
(=
25
1.591549
V 1=2.16
9
)
2
+V 1 −( V 1 )
2
2 ( 9.81 )
+0
m seg
El gasto será:
P=V 1 + 5 1=( 2.16 )
P=106.029
(
, ( 0.25 )2 4
)
m3 =0.106029 seg
Litros seg
1/. !on los mismos datos del problema 1((" Gu peso ha% que colocar en el e3tremo libre de la palanca para que la ,ál,ula del regulador" deje pasar un gasto de #0 lts)seg.*
)1&U-./0: ara que el sistema est8 en equilibrio# se debe de tener:
( 5 + 4 + x )∗0.10=5∗0.5 )iendo "5&a diferencia de presiones que actPan sobre las caras del 8mbolo% Despejando# tenemos:
4 =20− x -omo \,] es el área del 8mbolo:
4 20− x 20 − x = = = 5 , ∗0.202 0.0314 4
,plicando
1 V 12 2 V 22 + 8 + = + 8 + ( 1 2∗g ( 2 2∗g
1 − 2 V 22−V 12 = + 8 2− 8 1 .. (1 ) ( 2∗g En el cual:
1 − 2 20− x = = ( ( 31.4 or continuidad:
V 2∗ 5 2=V 1∗ 51
( )
5 1 2 1 2 V 2= ∗V 1=V 1∗ = 4∗V 1 5 2 2 2 "inalmente:
8 2− 8 1=0 ( !or estar e# el mismo ee)
'eemplazando estos valores en (+: 20 − x 31.4
V 1=
√
( 4∗V ) −V 2
=
1
1
19.6
2
+0
20 − x 24
El gasto será:
P =V 1∗ 5 1 # pero Z56 ltLseg56%6 m3Ls
0.05 =
√
20 − x 24
∗, ∗0.30 2 4
x =13,8 kg
1$.
+na tuber-a de 0.0m de diámetro tiene un gasto de 0.1#(
m 3 / seg . n una sección 5 de la tuber-a la presión es de &./ kg / *m2 ; mientras que en la sección M" situada en un punto de 2 la tuber-a" &.40m más abajo que 5" la presión es de kg / *m .
!alcFlese la prdida de carga entre 5 % M.
85 =2.40 m
5 =2.8 kg / *m2 5 = 28 m ( C=3 kg / *m2 C =30 m ( P=0.156 m3 / seg P 0.156 V5 =VC = = =2.20694 m / s 5 , + ( 0.30)2 4
Ecuación de
5 V5 2 C VC 2 + + 85 = + + 8C + erdida de *arga ( 2 g ( 2 g V5 2 VC2 = 2g 2g 28 + 2.40 =30 + 0 + erdidade *arga
erdida de *arga=0.40 m
1/0.
+na tuber-a de 0.0 m. de diámetro contiene agua que se m mue,e a una ,elocidad de s . Gu cantidad de energ-a pasa por segundo por una sección dada" donde la presión es 1.4 kg *m2 *
5 =1.7065
)e sabe que:
C =1.4
kg *m 2
kg *m2
V 5 =3 m / s =V C g= 9.81 m / s 2 8 5 = 8 C -omo la tubería presenta un mismo diámetro ! caudal entonces: V 5 2 V C 2 = 2g 2g 2 V 5 2 V C2 3 = = 2g 2 g 2 ( 9.81 )
'eemplazando:
V 5 2 V C2 = = 0.458715 m+ 2g 2g Ecuación de
V 5 2 5 V C2 C + + 8 5 = + + 8 C + 7#ergia 2 g W 2 g W
5 ambi8n sabemos: - =17.065 m+ C = 14 m + -
17.065 + 0 =14 + 0 + 7#ergia
'eemplazando:
7#ergia=3.065
kg −m s
1/1. +na corriente de agua entra a un motor hidráulico" por medio de una tuber-a de 0.(0 m de diámetro" bajo una presión de
1.4 kg / * m
2
. l
agua abandona el motor por medio de una tuber-a de 0.$0 m de diámetro" con una presión de
0.35 kg / * m
2
. l punto donde se midió la
presión unitaria en la entrada está 1./0 m por encima del tubo correspondiente" en la tuber-a de salida. Si la corriente que pasa por el motor es de
0.445 m
3
/ s " calcFlese la potencia entregada por el agua
al motor. )olución: omemos la grá$ca:
Datos:
1=1.4 kg / * m2= 137254.9 N / m 2 2=0.35 kg / * m2=34313.725 N / m2 21=0.6 m → 51 =0.2827433 m2
22=0.9 m→ 52= 0.7371625 m2 z 1− z 2=1.8 m P=0.445 m3 / s ( =9810
kg m3
&a potencia suministrada (en 9oltios será igual a: ot = (P+C
)iendo C la diferencia de energías:
1 V 21 2 V 22 C =∆ 7 = z 1+ + − z 2− − ( 2 g ( 2 g ara hallar las velocidades recurrimos a la fórmula de caudal:
P=V ∗ 5 P 0.445 m3 / s V 1= = =1.57387 m / s 5 1 0.2827433 m2 P 0.445 m3 / s V 2= = =0.603666 m / s 5 2 0.7371625 m2 )olo nos queda reemplazar los datos:
(
1 V 12 2 V 22 ot = (P z 1 + + − z 2− − ( 2 g ( 2 g
)
(
kg ot = 9810 3 m
)(
m3 0.445 s
)
(
)
kg m2 102941.175 2 2.112654 2 m s + 1.8 m + kg m 9810 3 19.62 2 m s
ot =54136.7 V =72.6 H
1/&. +na tuber-a horizontal de #0 cm de diámetro conduce agua" con una ,elocidad de m)s. n una cierta sección 5" la presión es de .$ g)cm& % en una sección M" de &./ g)cm &. !alcFlese la cantidad de energ-a que pasa por segundo por cada una de las secciones" estimando la energ-a potencial en re'erencia a un plano de comparación que pasa por el eje de la tuber-a. !uál es la carga perdida entre las dos secciones*
•
7# 5 :
V ( 5 )2 ( 5 ) 7#ergia= C ( 5 )= + + 8 ( 5 ) ( 2g 7#ergia= C ( 5 )=
3
2
2∗ 9.81
+
3.9∗10 1000
4
+ 0=39.4587
ot ( 5 )=P ∗( ∗ C ( 5 )
P=V ( 5 )∗ 5 ( 5 )=
3∗, ∗( 0.5 ) 4
2
=0.5890 m3 / s
ot ( 5 )=P ∗( ∗ C ( 5 )= ( 0.589 )∗1000∗ 39.4587=23242.4166 •
7# C :
2
V ( C ) ( C ) 7#ergia= C ( C )= + + 8 (C ) 2g (
7#ergia= C ( C )=
3
2
2∗9.81
+
2.8∗10 1000
4
+ 0 =28.4587
ot ( C )=P∗( ∗C (C ) P=V ( C )∗ 5 ( C )=
3∗, ∗( 0.5 ) 4
2
=0.5890 m3 / s
ot ( C )=P∗( ∗C ( C )= ( 0.589 )∗1000∗28.4587 =16763.0728 •
or Cer#oulli :
C ( 5 )=C ( C ) + 7#ergia o *arga !erdida 39.4587 = 28.4587 + 7#ergia o *arga !erdida
7#ergia o *arga !erdida=11 m
1/4. ntre dos planchas circulares horizontales" Nu%e el agua radialmente en todas direcciones hacia a'uera; las planchas circulares son de 1.&0 m. de diámetro" % están colocadas paralelamente" espaciadas &.# cm. ntre si. Si se mantiene una descarga de &/ m)seg. 7or medio de una tuber-a que entra por el centro de un de las planchas. Gu presión e3istirá entre las planchas en un punto situado a 0.1# m. del centro" si no se consideran perdidas por 'ricción* SOLUCIÓN:
m3 Z5 2B s %
95 ZL, 5
P 2 ,+r+a
V 12 1 V 22 2 + + 0= + + 0 2g 2g 1 178,34 2 1 1 + = − 2 2 2 2g r2 r 1 2 g + r1
178,34
(
2
)
V 12 1 V 22 2 ^ 2 g + - + 0= 2 g + - + 0
1 29,722 1 1 = − 2 2 -# 2g r2 r 1
(
)
1/#. +na tuber-a de #0 cm de diámetro alimenta una turbina. n esta 2 tuber-a un manómetro registra una presión de # g ) *m . n esta
sección de la tuber-a se descarga la turbina de 0.0 m de diámetro" situada & m por debajo del punto donde se midió la presión de entrada" se han determinado que e3iste un ,ac-o de #0 cm de mercurio. l gasto que circula por la tuber-a es de #00 lts)seg. !uál es la potencia bruta en caballos de 'uerza que la corriente entrega a la maquina*
Z5
3
5m
ot = - + P + C 5
/ seg
V 5 2 5 ot 5 = + + 8 5 ( 2g 5 =50 m ( P m 5 V 5 = = 2 =1,59 5 5 0,5 , s 4
&uego:
ot 5 =1000 . 5
(
2
1,59
19,6
ot 5 =2606,4
+ 50 + 2
m s
)
2
V Hg Hg + + 8 5 ot Hg= ( 2g
ot Hg=1000 . 5
(
1,59
2
19,6
ot Hg=6564
+ hg / ( + 2
)
m s
V C2 C ot C = + + 8 C ( 2g
ot C =1000 . 5
(
Cruta=
0,81
2
19,6
29100 75
)
+ 3,5 + 0 =1400 m / s
=388 H +
1/(. l agua de un reser,orio es bombeada por encima de un cerro" a tra,s de una tuber-a de &0R de diámetro. ?a parte más alta de la tuber-a se encuentra a /0 m. sobre el ni,el del agua" % la prdida de carga por 'ricción entre el reser,orio % la cubre es lts de 10 m. l caudal bombeado es de #00 seg % la potencia teórica del motor es de 1000 =.7. Sabiendo que la efciencia del motor es de $0X % la de la bomba /0X" se pregunta: !uál será l1s
la presión del agua en la parte más alta de la tuber-a en *
!ulg
2
lts P =¿ 66 seg
enemos:
2=20 Q
5 =
)e sabe que:
, d2 4
m P=¿ 6% s
2 =0.508 m +
5 =
, (0.508 )2
5 = 0.202682 m2
4
ote#*iaTe:ri*a =1000 H + x 75 x 0.9 x 0.8
ote#*iaTe:ri*a =54000 kg −
m s
ote#*iaTe:ri*a=P∗( ∗C=54000
(
)
V 2 ( 0.50 ) x 1000 x + + z + rdida =54000 2∗9.81 (
Oallamas:
V =
V =
P 5 0.5 0.202682
m V =2.466918 s
(
)
(2.466918 )2 ( 0.50 ) x 1000 x + + 80 +10 =54000 2∗ 9.81 1000
'eemplazando:
1000
=17.6898
kg =17689.8 2 m =1.76898 kg / *m2
=25.11 l1 / !ulg2
+B@% +na ,ena l-quida es descargada en el aire ,erticalmente hacia abajo por un cao de 1.4 *m de diámetro. a9 !uál será el gasto en lts)min si
10 *m
por debajo de la boca
del cao" el diámetro de la ,ena se ha reducido a 1 *m * b9 Si el cao anterior descargara ,erticalmente hacia arriba un gasto doble. !uál ser-a el diámetro de la ,ena l-quida a una altura de
10 *m
sobre la boca del cao*
)olución: a Rra$camos: Datos:
2 5 =0.014 m→ 5 5 =
0.014 4
2
, = 49 , ∗10−6 m 2
2 C =0.01 m→ 5 C =
0.01
2
,
4
=25 , ∗10−6 m2
z 5− z C =0.1 m or la ecuación de la continuidad: V 5 5 5 =V C 5 C 1.96 V 5=V C
)egPn
V 25 1.962 V 25 z 5− z C + = 2g 2g 2
0.1 m=
2.8416 V 5 19.62 m / s
2
V 5 =0.8309 m / s )abemos que P=V 5 5 5
P=0.8309 m / s∗49 , ∗1 0−6 m2 P=0.00013 m 3 / s =0.1279 <¿ s =7.67 <¿ mi# b 'ealizamos la grá$ca:
Datos: 2 5 =0.014 m
z C− z 5 =0.1 m P=0.00026 m 3 / s ,plicando ecuación de la continuidad: ( 0.014 2) , 3 V 5 =49∗10−6 , V 5 0.00026 m / s =V 5 5 5 = 4
V 5 =1.66187 m / s or
V 25−V 2C z C− z 5 = 2g 'eemplazando: 1.66187
(¿¿ 2 )m 2 / s 2−V 2C 2 19.62 m / s 0.1 m =¿ V C =0.894329 m / s
-omo P=V C 5 C 0.00026 m
3
/ s =0.894329 m / s∗ 5 C
5 C =0.000286 m2 , d2 4
=0.000286 m2
d =0.01908 m=1.91 *m
1//. Durante la prueba de una bomba centri'uga" el manómetro colocado en el punto de entrada de la tuber-a de succión Cdiámetro K &0 cm.9 a la bomba" registro una presión 0.&/ g)cm & menos que la presión atmos'rica. n el lado de salida Cdiámetro K 0.1# m9" otro manómetro indico una presión de &.11 g sobre la presión atmos'rica. Si el manómetro de salida corresponde a un punto obser,ado por el manómetro de entrada. Gu potencia era empleada por la bomba en trabajo Ftil" mientras bombeaba (0 lt)s*
•
7#la e#trada : 2
V ( 5 ) ( 5 ) 7#ergia= C ( 5 )= + + 8 ( 5 ) 2g (
P 0.06∗4 V = = =1.9099 5 , ∗0.22 7#ergia= C ( 5 )=
1.9099
2
2∗9.81
+
( 1.033− 0.28 )∗10 4 1000
+ 0=7.7159
ot ( 5 )=P ∗( ∗ C ( 5 )
ot ( 5 )=P ∗( ∗C ( 5 )= ( 0.06 )∗1000∗7.7159= 462.955
