“AÑO DEL BUEN SERVICIO AL CIUDADANO”
TRABAJO PRÁCTICO N°1
CURSO
:
Mecánica de Fluidos l.
CICLO
: V.
SEMESTRE ACADÉMICO
: 2017
– I.
DOCENTE
: Ing. Zumaran Irribarren, José Luis.
ALUMNOS
: Atencio Bonilla, Eric.
Changanaqui Changanaqui, Victor.
Espinoza Díaz, Grabiel.
Gutierrez Li, Aldair.
Rodas Alvarado, Sebastián.
HUACHO – PERÚ
2017
UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ
FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN
PROBLEMAS DE
HIDRÁULICA I
26.- Un depósito cilíndrico está animado con un elemento rotativo respecto a su eje simétrico. Si ℎ es la altura 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 de radio igual a 𝑅/2.
Solución:
Se sabe que la altura que alcanza un líquido debido al movimiento rotativo está dada por:
𝑍1= 𝑊2𝑥2
2𝑔 … . (𝛼) Para el paraboloide COD:
𝑍11=𝑊2(𝑅/2)2
2𝑔 =
𝑊2𝑅2
8𝑔 … . (2) Para el paraboloide AOB:
𝑍1= 𝑊2𝑅2/2𝑔 …… (1)
Ahora hallaremos una ecuación que relaciones Z1 y Z11, para ello igualamos los volúmenes no ocupados por el agua.
Volumen no ocupado por el agua durante el movimiento, la calculamos teniendo elementos diferenciales. Tomemos una faja de ancho d2 y distancia del eje a la pared x 𝑑𝑉 = 𝜋𝑥2. 𝑑𝑧 … … … (3); de (𝛼)sacamos 𝑥2=2𝑧𝑔
𝑊2 que reemplazándolo en (3):
𝑑𝑉 =2𝜋𝑔𝑊2𝑧 . 𝑑𝑧. que integrándolo para obtener el volumen total no ocupado por el agua durante el movimiento de:
𝑉 =2𝜋𝑔 𝑊2 ∫ 𝑧. 𝑑𝑧 𝑍1 𝑍11 = 2𝜋𝑔 𝑊2 (𝑍12− 𝑍112 ) … (∞) (𝛽) y (𝛾), volúmenes no ocupados por el agua son iguales: Entonces:
𝜋𝑅2(𝑍
1− 𝑍11− ℎ) = 2𝜋
𝑊2 (𝑍12− 𝑍112 ) Reemplazando (1) y (2) en esta última:
𝜋𝑅2(𝑊2𝑅2 2𝑔 − 𝑊2𝑅2 8𝑔 − ℎ) = 9𝜋 𝑊2 ( 𝑊4𝑅4 4𝑔2 − 𝑊4𝑅4 64𝑔2) Simplificando: 𝑊2𝑅2 9 ( 3 8− 15 64) = ℎ 𝑊2𝑅2 9 ( 9 64) = ℎ De donde: 𝑊 = 8 3𝑅 √𝑔ℎ
27.- Un vaso cilíndrico de 2.05m. es llenado con agua hasta los dos metros. El diámetro del vaso es 1.40 m. Hallar la velocidad angular y las revoluciones por minuto que harán elevar el agua hasta los bordes del vaso.
Solución:
Como el agua no se ha perdido: Vol. Paraboloide = Vol. De la parte del cilindro sin agua (reposo)
𝜋𝑟2ℎ
2 = 𝜋𝑟2 (2.50 − 2.00)
Despejando: h = 1m
Como es un movimiento rotativo se tiene: 𝑍 =𝑊2𝑅2 2𝑔 ; 1 = 𝑊2(0.70)2 0.49 De donde: 𝑊2=1 𝑥 19.60 0.49 En R.P,M.: 𝑊 =6.33 𝑥 60 2𝜋 ; 𝑊 = 6.33 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔.𝑊 = 60.5 𝑅. 𝑃. 𝑀.
28.- Una semiesfera de borde horizontal está llena de líquido. Calcular la cantidad de líquido que desborda cuando la semiesfera gira alrededor de su eje vertical con la velocidad angular W.
Solución:
Para movimientos rotativos se sabe:
𝑍 =𝑊 2𝑋2 2𝑔
Siendo r el radio de la esfera y h la profundidad al girar el centro: ℎ =𝑊2𝑋2
2𝑔 La superficie es un paraboloide cuyo volumen es:
𝜋𝑟4𝑊2 4𝑔
Esta es precisamente la cantidad de líquido que se derrama: ∴ 𝑉 =𝜋𝑟4𝑊2
29.- Un vaso cilíndrico está lleno de líquido ¿A qué velocidad deberá girar sobre un eje vertical para que el líquido deje descubierto en el fondo un circulo de radio igual a las3/4 partes del radio del cilindro?
¿Cuál será el volumen líquido derramado por la rotación? El vaso cilíndrico tiene 1.6m de diámetro y 2m de altura.
Solución:
La altura z, a la que llega un líquido debido al movimiento rotativo está dado por:
𝑍 =𝑊2𝑔2𝑋2 ∴ 𝑊2=2𝑔2 𝑋2
La velocidad para el punto 𝐵: 𝑊2=2𝑔(2 + ℎ)
0.82 … (1) La velocidad parara el punto 𝐷:
𝑊2=2𝑔ℎ 0.82 … (2) (1) = (2) porque las velocidades angulares son iguales para cualquier punto
2𝑔(2 + ℎ) 0.64 = 2𝑔ℎ 0.36 De donde: h = 2.57 m Sustituyendo en (2) 𝑊2=19.6 𝑥 2.57 0.36 = 140 ∴ 𝑊 = 11.8 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
Como estuvo lleno, el volumen derramado será:
𝑉 = vol. paraboloide (𝑟 = 0.8𝑚) – Vol. paraboloide (𝑟 = 0.6) 𝑉 =𝜋 0.82(ℎ + 2) 2 − 𝜋 0.62ℎ 2 = 𝜋 0.64(2 + 2.57) 2 − 𝜋 0.36 𝑥 2.57 2 𝑉 =𝜋 (0.64 𝑥 4.57 − 0.36 𝑥 2.57) 2 = 𝜋 (1.9966) 2 𝑉 = 3.135 𝑚3
30.- una vasija cilíndrica contiene agua hasta una oportunidad de 0.60 m. determine la presión máxima en el fondo cuando es rotada alrededor de su eje, a razón de 90 R.P.M. la altura de la vasija es 1.20 m. y su diámetro es 1.00 m.
Solución:
La altura del paraboloide está dado por: 𝑍 = 𝑊 2𝑋2 2𝑔 Donde: 𝑊 = 90 𝑅. 𝑃. 𝑀. = 3𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔⁄ 𝑋 = 𝑟 = 0.5 𝑚 Luego: ℎ = 3𝜋20.52 19.6 = 1.133 𝑚.
Calculo de la altura ℎ, que hay del fondo de vértice del paraboloide: Vol.ABCD =Vol.Agua + Vol.paraboloide.
Es decir: 𝜋𝑟2(1 + ℎ,) = 𝜋𝑟2. 0,60 + 𝜋𝑟2ℎ 2 1.33 + ℎ,= 0.60 +1.133 2 De donde: ℎ,= 0.034 𝑚.
Luego la máxima y mínima presión sobre el fondo se realizara respectivamente donde hay más y menos altura de agua, es decir:
Presión máxima en los bordes: 𝑃 = 𝑊(ℎ + ℎ,) = 1,000(1.333 + 0.034) 𝑃 = 1.167 𝑘𝑔 𝑚⁄ 2
𝑃𝑚𝑎𝑥= 0.1167 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 Presión mínima al centro: 𝑃 = 𝑊ℎ, = 1,000𝑥0.034
31.- 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 piezómetro?
Solución:
Al girar, la superficie del líquido adquiere la forma parabólica, e incluso se prolonga hasta en el tubo plezomérico, tal como se ve en la figura de la izquierda.
La velocidad angular es: 𝑊 = 56 𝑅. 𝑃. 𝑀. = 56 𝑥 2𝜋
60
= 5.86 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
La ecuación de la superficie parabólica está dada por: 𝑍 =𝑊2𝑋2
2𝑔 La altura de la parábola en el recipiente es:
ℎ =(5.86)2(0.6)2
19.6 =
34.34 𝑥 0.36
19.6 = 0.63 𝑚 La altura a partir del eje X en el plezómetro es:
𝑧 =(5.86)2(0.9)2
19.6 =
34.34 𝑥 0.81
19.6 = 1.42 𝑚
La altura que se elevará el agua en el plezómetro por encima del borde, es: Δℎ = 𝑧 – ℎ = 1.42 – 0.63
32.- Un depósito cónico de eje vertical y generatriz inclinada 30° con respecto a su eje, gira de un eje vertical, distante 1 metro del eje del cono. ¿A cuántas R.P.M. se tendrá que hacer girar el depósito para expulsar toda el agua contenida en él?
Solución:
Al girar adquiere una superficie parabólica dada por: 𝑧 =𝑊2𝑋2
2𝑔
Para que el agua se derrame completamente, esta curva debe ser tangente a una generatriz en el vértice del cono.
Luego la derivada de la curva parabólica será la pendiente de dicha generatriz:
𝑑𝑧 𝑑𝑥= 2𝑊2𝑋 2𝑔 = 𝑡𝑔60º√3 De donde: 𝑊2=𝑔√3 𝑥 Como 𝑥 = 1𝑚 𝑊2= 𝑔√3 = 9.8 𝑥 1.73 = 16.954 𝑊 = 4.11 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 En 𝑅. 𝑃. 𝑀. 𝑊 =4.11 𝑥 60 2𝜋 𝑊 = 39.3 𝑅. 𝑃. 𝑀.
33.- Un recipiente lleno de un líquido cuelga de un brazo horizontal de 1.50 metros cuyo extremo está unido a un eje vertical. Calcular el número de R.P.M. con el cual se conseguirá vaciar completamente el recipiente siendo el ángulo Ø para esta condición de 60°
Solución:
Al girar, la superficie libre será una sección parabólica cuya ecuación es:
𝑧 =𝑤 2𝑥2 2𝑔
Para que se vacié el depósito, la pared del recipiente debe ser tangente a la parábola en el punto A.
Derivando la ecuación de la parábola: 𝑑𝑧 𝑑𝑥= 𝑤2𝑥 𝑔 = 𝑡𝑔∅ = 𝑡𝑔60° = √3 De donde: 𝑊 =𝑔√3 𝑥 Pero en el punto A: 𝑥 = 1.5 − 𝑚 + 𝑛 𝑥 = 1.50 − 1. 𝑐𝑜𝑠60° + 0.80. 𝑐𝑜𝑠30° = 1.50 − 0.5 + 0.80 × 0.866 𝑥 = 1.695𝑚 Luego: 𝑊 = √9.8√3 1.695= 3.16 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 En R.P.M: 𝑊 =3.16×602𝜋 𝑊 = 30.18 𝑅. 𝑃. 𝑀
34.- Un cilindro cerrado de altura 𝑀 tiene las tres cuartas partes de su volumen ocupados por líquido. ¿Con qué velocidad ha de girar al cilindro alrededor de su eje para que el paraboloide que se forme sea tangente a la base?
Solución:
La ecuación del paraboloide es: 𝑧 =𝑤2𝑥2
2𝑔 𝐻 = 𝑤2𝑥2
2𝑔 …. (1)
Además, los volúmenes sin agua inicial y final son iguales: 𝜋𝑅2(𝐻 −3 4𝐻) = 𝜋𝑥2 2 𝐻 De donde: 𝑅2 4 = 𝑥2 2 𝑥2 = 𝑅2 2 … … .. (2) Remplazando (2) en (1) 𝐻 =𝑤 2(𝑅2 2 ) 2𝑔 De aquí es despejada: 𝑊 =2√𝑔𝐻 𝑅
35.- Se tiene un vaso cerrado ocupado totalmente por un líquido de peso específico 𝑤. El depósito tiene un radio R, si se le anima de un movimiento relativo 𝑊. ¿Cuál será el empuje que tiene a destapar el vaso?
Solución:
Se sabe que en este caso el paraboloide de revolución se forma en la parte exterior del depósito y tangente.
La presión a una distancia x, sobre la tapa será: 𝑝 = 𝑤𝑍
Pero como: 𝑍 = 𝑊2𝑔2𝑥2
Se tiene que la presión unitaria es: 𝑃 = 𝑤𝑊
2𝑥2
2𝑔 … … … (1)
Se sabe que: 𝐹 = 𝑃. 𝐴 ; tomando un anillo concéntrico diferencial sobre la tapa:
𝑑𝐹 = 𝑃. 𝑑𝐴 𝑑𝐹 = 𝑃. 2𝜋𝑥𝑑𝑥 … … … (2) Reemplazando de (1) en (2) e integrando: 𝐹 =𝑤𝑊2𝑥2 2𝑔 ∫ 𝑥3. 𝑑𝑥 𝑅 0 𝐹 =𝑤𝑊2𝑅4 4𝑔
36.- Un tanque cilíndrico de 1.20 m. de diámetro y 1.50 m. de altura, está lleno de agua, y es hecho girar alrededor de su propio eje, que permanece 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: 𝑧 =𝑤2𝑥2
2𝑔 Para el paraboloide AOB: 𝑊 =180 × 2𝜋 60 = 6 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 𝑥 = 𝑟 = 0.6𝑚 𝑧 = 1.50 + ℎ Luego: 1.50 + ℎ =(6𝜋)2(0.6)2 19.6 1.50 + ℎ = 6.50 ℎ = 5𝑚 Para el paraboloide COD:
𝑊 = 6𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔, 𝑥 = 𝑅; 𝑧 = ℎ = 5𝑚 Luego: 5 =(6𝜋)2(𝑅)2 19.6 De donde: 𝑅 = 1 6𝜋 √5 × 19.6 = 0.525𝑚
37.- Un cilindro de 1.80 m. de diámetro y 2.70 m. de altura, es llenado de glicerina, cuyo peso específico es 1,600 kg/m3, a una presión de 4,568 kg/cm2. ¿A qué velocidad de rotación deberá girar alrededor de su eje para que se produzca la ruptura del cilindro?. El espesor de las paredes del tanque es 18mm., de un acero que resiste 3,500 kg/cm2 a la ruptura.
Solución:
Se calculará primero la mínima presión para su ruptura: Se sabe: 𝜎 =𝑝𝐷 2𝑡 𝑝 = 2𝜎𝑡 𝐷 Donde: 𝜎 = 3.500𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑡 = 18𝑚𝑚 = 1.8𝑐𝑚 𝐷 = 1.80𝑚 = 180𝑐𝑚 Luego: 𝑝 =2×3.500×1.8 180 𝑝 = 70𝑘𝑔/𝑐𝑚2
Esta presión sucederá en los bordes inferiores del cilindro (MN) y debe ser igual, como se aprecia en la figura, a la suma de las presiones sobre ella, es decir:
𝑝 = 𝑤ℎ + 𝑝𝑟𝑒𝑠i𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 + 𝑤𝑧 … … … … (1) Como: 𝑤 =1,600𝑘𝑔𝑚3 = 0.0016𝑘𝑔/𝑐𝑚3, ℎ = 2.70 = 270𝑐𝑚 𝑧 =𝑤2𝑥2 2𝑔 = 𝑧 = 𝑤20.902 19.6 = 0.0413𝑊2𝑚 = 4.13𝑊2𝑐𝑚 Presión del cilindro= 4.568𝑘𝑔/𝑐𝑚2
Se tiene reemplazando en (1): 70 = 0.0016 × 270 + 4.568 + 0.0016 × 4.13𝑊2 70 = 0.432 + 4.568 + 0.0066𝑤2 De donde: 𝑊2= 65 0.0066= 9848 En R.P.M: 𝑊 =99.25×60 2𝜋
38.- Determinar la pendiente de la superficie libre del agua en un recipiente muy pequeño que está colocado en una mesa horizontal giratoria, si la mesa gira a 30 R.P.M. alrededor de un eje vertical situado a 2.00m.de distancia del centro del recipiente.
Solución:
Al girar la superficie libre del recipiente será una superficie parabólica, pero, cómo este, es muy pequeño comparado con la distancia al eje vertical, podemos asimilar dicha superficie como un punto de la curva.
Su pendiente será una tangente a la curva en se punto: 𝑍 =𝑊2∗ 𝑋2 2 ∗ 𝐺 𝑑𝑦 𝑑𝑥= 𝑇𝑔𝜃 = 2 ∗ 𝑤2∗ 𝑥 2 ∗ 𝑔 = 𝑤2∗ 𝑥 𝑔 Como: w=30 R.P.M. 30 ∗ 2 ∗ 𝜋 60 = 𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔. X= 2m. Se tiene reemplazando: 𝑇𝑔𝜃 =2 ∗ 𝜋2 9.81 Tgθ = 2.014
39.- Un tubo de 2𝑐𝑚 de diámetro de 2𝑚 de longitud, cerrado en ambos extremos, está lleno de mercurio (𝑑. 𝑟 = 13.6) a la presión atmosférica.
El espesor de las paredes del tubo es de 0.001𝑚. Se quiere determinar la máxima velocidad de rotación en R.P.M. que puede darse al tubo sobre un plano horizontal y alrededor de un eje que pase por uno de sus extremos, para que no se rompan las paredes del tubo por efecto de la presión interna desarrollada. La carga de trabajo a la tensión del acero puede tomarse como 1,200𝑘𝑔/𝑐𝑚2.
Solución:
Según sabemos la presión máxima que resiste la tubería es: 𝑃 =2 ∗ 𝐺𝑡 𝐷 Dónde: 𝐺 = 1,200 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑇 = 0.001 𝑚 = 0.1 𝑐𝑚 𝐷 = 2𝑐𝑚 Luego: 𝑃 =2 ∗ 1,200 ∗ 0.1 2 = 120 𝑘𝑔/𝑐𝑚2
Esta máxima presión debe ser igual a la presión producida por la carga 𝐵𝐶 = 𝑧, es decir: en el extremo 𝐵.
Se puede escribir: 𝑝 = 𝑤𝑧 (se desprecia la altura del diámetro por ser relativamente pequeño). Donde: 𝑝 = 120𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑤 = 13,600 𝑘𝑔/𝑚3 = 0.0136 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑍 =𝑊2∗ 𝑋2 2 ∗ 𝐺 𝑍 =𝑤 ∗ 200 2 1960 Luego reemplazando: 120 = 0.0136 ∗𝑤2∗ 2002 1960 Despejando la incógnita: 𝑤 = √ 120 ∗ 1960 0.0136 ∗ 2002 𝑤 =140 200∗ √ . 12 0.0136 𝑤 = 20.79 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔. En R.P.M. 𝑤 =20.79 ∗ 60 2 ∗ 𝜋 𝑤 = 198 R. P. M
40.- Determine el ángulo de la superficie libre de un tanque lleno de agua que es sujeto a una aceleración horizontal constante de 1.5m/seg2.
Solución: Datos: 𝑎𝑥 = 1.5 𝑎𝑦= 0 𝑎𝑧 = −𝑔 𝑑𝑃 𝜌 = 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑎𝑦𝑑𝑦 + 𝑎𝑧𝑑𝑧 1 𝜌∗ ∫ 𝑑𝑃 𝐵 𝐴 = 𝑎𝑥∫ 𝑑𝑥𝑥 0 + 𝑎𝑧∫ 𝑑𝑧𝑧 0 0 = 1.5𝑥 − 𝑔𝑧 𝑧 𝑥= 1.5 𝑔 → tan 𝛼 = 1.5 9.81= 0.1529 tan−1( 0.1 529) = 8.6935° = 𝟖° 𝟒𝟐′
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: Volumen Inicial = (1.5)(1.2)(0.9) = 1.62 𝑚2 𝑑𝑃 𝜌 = 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑎𝑦𝑑𝑦 + 𝑎𝑧𝑑𝑧 Para:𝑎𝑥= 0.6, 𝑎𝑥 = −𝑔 tan 𝛼 = 0.6 9.81
Entonces, lado 𝐵 − 𝐵̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = 1.5 ∗ tan 𝛼 = 0.0917 ′ Volumen Derramado = Volumen(i) - Volumen(f)
42.- Un tanque de planta rectangular abierto, de 9m de largo, está montado sobre un carro que se mueve en una vía a nivel, habiéndose acelerado desde el reposo hasta llegar a una velocidad de 48Km/hora. Cuando el carro se hallaba en reposo, el agua llenaba el tanque hasta 0.15m por debajo del borde, determínese el tiempo más corto en que pueda completarse la indicada aceleración, sin que se derrame el agua.
Solución: Datos: z = 0.15m L = 9m v = 48Km/h 𝑥 = 𝐿 2 𝑎 =𝑉𝑓−𝑉𝑖 𝑡 → 𝑎𝑥 = 𝑉𝑓 𝑡 …… (1) Como para: 𝑑𝑃 𝜌 = 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑎𝑦𝑑𝑦 + 𝑎𝑧𝑑𝑧 Resulta: 𝑧𝑥=𝑎𝑔 …… (2) ( 1 ) en ( 2 ): 𝑧 𝑥= (𝑉𝑓𝑡) 𝑔
En términos del tiempo y reemplazando:
𝑡 =𝑥 ∗ 𝑉𝑓 𝑧 ∗ 𝑔 𝑡 =4.5 ∗ 13.33 0.15 ∗ 9.81= 𝟒𝟎. 𝟖 𝒔𝒆𝒈 𝑡 = 𝟒𝟎. 𝟖 𝒔𝒆𝒈
L
Z
α 𝐿 243.- Se tiene un depósito que se desliza sobre un plano inclinado, de inclinación α. Si no existe fricción, hallar el ángulo β que forma la superficie libre con la horizontal.
Solución:
Para la ecuación de Euler: 𝑑𝑃
𝜌 = 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑎𝑦𝑑𝑦 + 𝑎𝑧𝑑𝑧 Por descomposición de fuerzas, Se tiene:
𝑎 = 𝑔 ∗ sin 𝛼
𝑎𝑥= 𝑎 ∗ cos 𝛼 = 𝑔 ∗ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑎𝑧= 𝑔 ∗ 𝑠𝑖𝑛2(𝛼) − 𝑔
Reemplazando en la fórmula de Euler, tenemos: 1 𝜌∗ 𝑑𝑃 = −𝑔 ∗ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑑𝑥 + 𝑔 ∗ (𝑠𝑖𝑛2(𝛼) − 1) 𝑑𝑧 Integrando obtenemos: 0 = −𝑔 ∗ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∗ 𝑥 + 𝑔 ∗ 𝑐𝑜𝑠2𝛼 ∗ 𝑧 𝑧 𝑥= 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑐𝑜𝑠2𝛼 = 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝑐𝑜𝑠𝛼= 𝑡𝑎𝑛𝛼 Pero como: 𝑧 𝑥= 𝑡𝑎𝑛𝛽 → 𝛼 = 𝛽
44.- Un vaso cilíndrico es llenado con agua hasta una profundidad de 1.80𝑚. Siendo la altura del vaso 2.40𝑚 y el radio del cilindro 0.60𝑚, determínese la velocidad angular y las revoluciones por minuto que harán elevar la superficie del agua, en los bordes, hasta el mismo borde del vaso.
Solución:
Conservación del volumen:
𝜋(0.6)2(0.6) =𝜋
2(0.6)2(2.4 − 𝑧) 𝑧 = 1.2 𝑚
Calculando la velocidad angular:
𝑧 =𝑤2∗ 𝑥2 2𝑔 → 𝑤 = √ 2𝑔𝑧 𝑥2 𝑤 = √2(9.81)(1.2) 0.62 = 8.087 𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔= 77 𝑅. 𝑃. 𝑀.
45.- ¿A qué velocidad debe girar un vaso cilíndrico vertical, abierto, de 1.20𝑚 de diámetro, de 1.80m de alto, y lleno con agua, alrededor de su eje, para que el efecto de la rotación sea el derrame de una cantidad de agua suficiente para descubrir en el fondo del cilindro, un área circular de 0.60m de diámetro?
Solución: De las formulas: 𝑧 =𝑤2∗ 𝑟2 2𝑔 𝑧 + 1.8 =𝑤 2∗ 𝑅2 2𝑔
Igualamos ecuaciones en función de z: 𝑤2∗ 𝑟2
2𝑔 =
𝑤2∗ 𝑅2 2𝑔 − 1.8 Despejando “w” y reemplazando datos:
𝑤 = √2𝑔(1.8) 𝑅2− 𝑟2 = √ 2(9.81)(1.8) 0.62− 0.32 𝑤 = 11.4368𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔= 𝟏𝟎𝟗 𝑹. 𝑷. 𝑴.
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 Formula: 𝐹 =𝜋∗𝑊∗𝜔2∗𝑥4 4𝑔 Calculando: 𝐹1 =𝜋 ∗ 1000 ∗ 8.0634 2∗ 0.64 4(9.8) Ahora: 𝐹2 = 677 + 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 + 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝐹2 = 677 + 𝜋(0.6)2(2.4) ∗ 1000 = 3391 𝑘𝑔
47.- Un recipiente cónico de 1m de radio y 1m de altura, completamente lleno de agua, es girado alrededor de su eje vertical a una velocidad de 30 R.P.M. Se pide calcular: a) El volumen derramado durante la rotación.
b) El nivel de la superficie libre en reposo después de la rotación.
Solución: Sabiendo: 𝑧 =𝑤 2∗𝑅2 2𝑔 𝑉 = 𝜋𝑅2∗𝑧 2 Obtenemos el Volumen derramado en función de w y R:
𝑉𝐷=𝜋𝑤2∗ 𝑅4 4𝑔
Calculando con los datos: 𝑉𝐷= 0.791 𝑚3= 𝟕𝟗𝟏 𝒍𝒊𝒕𝒓𝒐𝒔 Ahora hallamos el nivel de la superficie:
𝑉𝐷=𝜋 3𝑧(𝑟2+ 𝑟 + 1) = 0.791 𝑉𝐴 = 𝜋 3𝑟2(1 − 𝑧) = 0.256 Resolviendo ecuaciones: 𝑟 = 𝑧 = 0.624 𝑚
48.- El recipiente semiesférico de 1m de radio, completamente lleno de agua, es girado alrededor de su eje vertical a una velocidad de 30 R.P.M. Se pide colocar: a) El volumen derramado; b) El nivel de la superficie libre en reposo después de la rotación. Volumen del segmento esférico = 𝜋 (𝑅 −ℎ
3) ℎ 2 Solución: Sabiendo: 𝑧 =𝑤2∗𝑅2 2𝑔 𝑉 = 𝜋𝑅2∗𝑧 2
Obtenemos el Volumen derramado en función de w y R:
𝑉𝐷=𝜋𝑤2∗ 𝑅4 4𝑔
Calculando con los datos: 𝑉𝐷= 0.791 𝑚3= 791 𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠
49.- Un vaso cilíndrico de 50 𝑐𝑚𝑠 de radio y 20 𝑐𝑚𝑠 de altura es ocupado por un líquido que ocupa una altura de 5 𝑐𝑚𝑠. Se tapa la parte superior y se hace girar 𝑤 R.P.M. Hasta que el líquido tome la forma aproximada de un cilindro hueco, cuya relación de radios del tronco de parábola sea 𝑟1 = 1.01 𝑟2. Hallar la velocidad angular.
Solución: Aplicando formula: 𝑧 =𝑤2∗ 𝑟22 2𝑔 𝑧 + 0.2 =𝑤2∗ 𝑟12 2𝑔 Igualando componentes: 𝑤 = √2𝑔(0.2) 𝑟12− 𝑟 22
Aplicando conservación del volumen obtenemos: 𝑟2 = 0.4308𝑚, 𝑟1 = 0.4351 Cambiando los valores obtenidos:
𝑤 = √ 2(9.81)(1.2)
0.43512− 0.43082 = 32.426 𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔 = 309.65 𝑅. 𝑃. 𝑀.
50.- Un tanque cilíndrico lleno de mercurio (dar = 13.6) cerrado, es girado a la velocidad de 60 R.P.M., alrededor de un eje situado en la periferia del tanque. Si un diámetro es 1.00m como también su altura, ¿Cuál será la máxima presión que se desarrollara, y donde se presentará?
Solución:
Calculamos z según la fórmula: 𝑧 =𝑤2∗ 𝑟2 2𝑔 Dónde: w = 6.283rad/seg r = 1m Entonces: z = 2.012m = 2 m Hg Calculando la presión: p = w z P = 13600 (2.012) = 27363.65 kg/m2 = 2.7 kg/cm2
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 𝑊 = 6.283 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 Calculamos la presión en el extremo:
𝑃 − 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 + 𝑊𝑍 … . (1) Para ello calculamos Z:
𝑍 =𝑊2∗ 𝑟2 2𝑔 Nos resulta que: 𝑍 = 11.589𝑚
Finalmente obtenemos la Presión en el extremo: 𝑃 = 7000 + 11589 𝑃 = 18589 𝑘𝑔/𝑚2
52.- Un vaso cónico de eje vertical, y con sus lados inclinados a 30º con respecto al indicado eje, gira alrededor de otro eje situado a 0.60m del primero y paralelo a él. ¿Cuál deberá ser la velocidad de rotación para que el agua que llenaba el cono llegue a ser completamente derramado por el efecto rotativo?
Solución:
Datos: α = 30º x = 0.60m
Calcularemos la velocidad angular, partiendo de la ecuación:
𝑧 =𝑤2∗ 𝑥2 2𝑔
Como el líquido será derramado completamente, la parábola tiene que ser tangente al lado del recipiente cónico:
𝑑𝑧 𝑑𝑥= 2𝑥𝑤2 2𝑔 𝑑𝑧 𝑑𝑥= 𝑥𝑤2 𝑔 𝑑𝑧 𝑑𝑥= 𝑡𝑎𝑛60 = √3 Entonces: 𝑥𝑤2 𝑔 = √3 Reemplazando datos obtenemos “w”:
𝑤 = √9.81 ∗ √3
𝑥 = 5.32 𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔 𝑤 = 𝟓𝟎. 𝟖𝟏 𝑹. 𝑷. 𝑴.
53.- Un cilindro vertical, de 1.80m de alto, y de 1.20m de diámetro, llenado de agua hasta los 2/3 de la altura, gira con velocidad uniforme alrededor de su eje, hasta el punto de derramar el agua. A) Calcúlese la velocidad lineal de la circunferencia del cilindro. B) ¿Cuál deberá ser la velocidad de rotación que haga derramar 170 litros?
Solución: A) Sabemos: 𝑧 =𝑤2∗𝑥2 2𝑔 𝑉𝑝 = 𝜋∗𝑥2∗𝑧 2 Reemplazando z en la ecuación Vp: 𝑉𝑝 =𝜋 ∗ 𝑥2 2 ∗ 𝑤2∗ 𝑥2 2𝑔 = 𝜋 ∗ 𝑤2∗ 𝑥4 4𝑔 𝑉𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝜋 ∗ 𝑥2∗ 1.2 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝜋 ∗ 𝑥2∗ 1.8 𝑉𝑝 + 𝑉𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝜋 ∗ 𝑤2∗ 𝑥4 4𝑔 + 𝜋 ∗ 𝑥2∗ 1.2 = 𝜋 ∗ 𝑥2∗ 1.8 𝑤 = √2𝑔(1.2) 𝑥2 = 8.087 𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔
Como V = w r, Calculamos la velocidad: v = 8.087 x 0.6 = 4.85 m/s
B) Considerando los volúmenes vacíos:
𝑉𝑖 + 0.17 = 𝑉𝑝 𝜋(0.6)2(0.6) + 0.17 =𝜋
2(0.6)2𝑧 𝑧 = 1.5 𝑚
Calculando velocidad angular:
𝑤 = √2𝑔(1.5)
(0.6)2 = 9.04 𝑟𝑎𝑑
54.- Un cilindro cerrado de acero, de 1.80𝑚 de diámetro, de 3𝑚 de largo, de eje vertical, está completamente llenado de agua (a la presión atmosférica). ¿A qué velocidad de rotación deberá girar alrededor de su eje, si la presión del agua a producir la ruptura de los costados del cilindro a causa de la tensión circunferencial desarrollada? El espesor de las paredes del tanque es de 6𝑚𝑚, de un acero que resiste a 3500𝑘𝑔/𝑐𝑚2 a la ruptura.
Solución:
Presión mínima de ruptura:
𝜗 =𝑝 ∗ 𝐷 2𝜏 𝜗 =2𝜏 ∗ 𝜗 𝐷 Donde: 𝜗 = 3500 𝑘𝑔/𝑐𝑚2, 𝜏 = 0.6 𝑐𝑚, 𝐷 = 180 𝑐𝑚. Entonces: 𝑝 = 23.33 𝑘𝑔/𝑐𝑚2
Ahora como también: 𝑝 = 𝑤ℎ + 𝑤𝑧 Calculamos 𝜔:
23.33 = 0.001(300 + 4.128 𝜔2) 𝜔 = 74.69 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
55.- Un depósito resbala por acción de su propio peso sobre un plano inclinado 40º con la horizontal. ¿Qué ángulo formara con la superficie libre del líquido con la horizontal si el coeficiente de fricción entre el fondo del depósito y el plano inclinado es 𝑓 = 𝑡𝑔𝜃 = 0.5?
Solución:
Sea: 𝑄 = Peso → 𝑇 = 𝑄𝑠𝑖𝑛40, 𝑁 = 𝑄𝑐𝑜𝑠40 Donde 𝑇 y 𝑁son componentes de 𝑄. 𝑅 = 𝑁𝑓 = 𝑄 𝑐𝑜𝑠40 ∗ 𝑡𝑎𝑛θ Fuerza de movimiento: 𝐹 = 𝑇 − 𝑅 𝐹 = 𝑄 (𝑠𝑖𝑛40 − 𝑐𝑜𝑠40 ∗ 𝑡𝑎𝑛θ) Como 𝐹 = 𝑚. 𝑎: 𝑎 = 𝐹 𝑚= 𝑄(𝑠𝑖𝑛40 − 𝑐𝑜𝑠40 ∗ 𝑡𝑎𝑛θ) 𝑄 𝑔 𝑎 = 𝑔(𝑠𝑖𝑛40 − 𝑐𝑜𝑠40 ∗ 𝑡𝑎𝑛θ) Hallando componentes de la aceleración:
𝑎𝑥= −𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠40 𝑎𝑦 = 0 𝑎𝑧 = 𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛40 − 𝑔
Aplicando la ecuación de Euler y el principio de D’Alamber, obtenemos: 1 𝜌∗ ∫ 𝑑𝑃 𝐵 𝐴 = −𝑎𝑥∫ 𝑑𝑥 𝑥 0 + 𝑎𝑧∫ 𝑑𝑧 −𝑧 0 0 = −𝑎𝑥∗ 𝑥 − 𝑎𝑧∗ 𝑧 𝑧 𝑥= 𝑎𝑥 −𝑎𝑧 Pero como: tan β =𝑧
𝑥
β = arctan (𝑎𝑥 −𝑎𝑧) 𝛃 = 𝟏𝟑°𝟑𝟎′
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: 𝑑𝑃 𝜌 = 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑎𝑦𝑑𝑦 + 𝑎𝑧𝑑𝑧 1 𝜌∗ ∫ 𝑑𝑃 = 𝑎𝑥∫ 𝑑𝑥 + 𝑎𝑧∫ 𝑑𝑧 −𝑧 0 𝑥 0 𝐵 𝐴 Donde: 𝑎𝑥= −𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠30° 𝑎𝑧 = 𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛30° − 𝑔 Integrando tenemos 0 = −𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠30° ∗ 𝑥 − (𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛30° − 𝑔) ∗ 𝑍 𝑍 𝑋= 𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠30° 𝑔 − 𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛30° Pero como: tan 𝛽 =Z 𝑥 𝛽 = arctan ( 𝑎∗𝑐𝑜𝑠30° 𝑔−𝑎∗𝑠𝑖𝑛30°) 𝛽 = 11°11′
57.- Un vaso cilíndrico cerrado de 1.50m de diámetro y 0.60m de altura, tiene agua hasta una altura de 45cm. ¿A qué velocidad será necesario girar el vaso alrededor de su eje para que la superficie del agua resulte tangente al fondo?, ¿Cuál será la presión en el líquido, en el perímetro del fondo del vaso?
Solución: Recordando que: 𝑧 =𝑤2∗𝑥2 2𝑔 Calculamos w: 𝑤 = √2(9.81)(0.6) 0.752 𝑤 = 4.5747𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔 𝑤 = 𝟒𝟑. 𝟔𝟖 𝑹. 𝑷. 𝑴. 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 = 𝑤 ∗ 𝑧 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 = 2 ∗ 0.001 ∗ 0.60 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 = 0.12 𝑘𝑔/𝑐𝑚2
58.- Un tubo horizontal de 3 pulgadas de diámetro, 4 pies de largo, es llenado con un aceite de gravedad especifico igual a 0.822 (a presión atmosférica). Si se imprime el tubo un movimiento de rotación en un plano horizontal, con el eje de rotación, distante 12 pulgadas de uno de los extremos del tubo, a 262.5 revoluciones por minuto. ¿Dónde se presenta la máxima presión y cuál es su valor?
Solución: 𝑔2= 𝑔𝑟 ∗ 𝑔1, Entonces: 𝑔2 = 8.06 𝑚/𝑠2 Como: 𝜔 = 262.5 𝑅𝑃𝑀 = 27.4889 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 Procedemos a calcular z: 𝑧 =𝑤2∗ 𝑥2 2𝑔 𝑧 = 108.87 𝑚
La presión será máxima en el otro extremo, y con el valor de: 𝑝 = 𝑤 𝑧
𝑝 = 70308.14 𝑘𝑔/𝑚2 𝑃 = 7 𝑘𝑔 / 𝑐𝑚2
59.- Un cilindro de gas contiene gas de alto grado bajo una presión correspondiente a 2´´ de agua. Si el recipiente está al nivel del mar, que presión en pulgadas de agua se puede ejercer en uno de los tubos de distribución situado a 500 pies de elevación sobre el nivel del mar. Los pesos específicos del aire y del gas son respectivamente 0.08 y 0.04 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒⁄ 3, peso específico del agua = 62.4 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒⁄ 3.
Solución:
Según el enunciado, la presión en el cilindro es: 𝑃𝐵 = 𝑃𝑎𝑡𝑚+ 𝑃𝑑𝑒 2´´ 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎… (1)
Esta presión también tiene por valor: 𝑃𝐵 = 𝑃´𝑎𝑡𝑚+ 𝑃500´ 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠 + 𝑃𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎… (2) Igualando (1) en (2) 𝑃𝑎𝑡𝑚+ 𝑃𝑑𝑒 2´´ 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑃´𝑎𝑡𝑚+ 𝑃500´ 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠 + 𝑃𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎… (3) Pero: 𝑃𝑑𝑒 2´´ 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑤ℎ = 62.4 (2 12) = 10.4 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒⁄ 2 𝑃´𝑎𝑡𝑚= 𝑃𝑎𝑡𝑚− 𝑃𝑑𝑒 500´ 𝑑𝑒 𝑎𝑖𝑟𝑒 = 𝑃𝑎𝑡𝑚= 0.08𝑥500 𝑃500´ 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠 = 0.04𝑥500 = 20 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒⁄ 2
Reemplazando estoy valores en (3)
𝑃𝑎𝑡𝑚+ 10.4 = 𝑃𝑎𝑡𝑚− 0.08𝑥500 + 20 + 𝑃𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 Simplificando y despejando la incógnita: 𝑃𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 10.4 − 20 + 40
𝑃𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 30.4 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒⁄ 2
Transformando esta presión en pulgada de agua: 𝑃 = 𝑤𝑍 𝑍 = 𝑃
𝑤=
30.4 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒⁄ 2 62.4 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒⁄ 3 Como 1 pie = 12 pulgadas
𝑍 = 0.487𝑥12 = 5.85´´ 𝒁 = 𝟓. 𝟖𝟓 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎
60.-Un líquido de densidad 1.25 llena parcialmente el vaso de la figura. Cuál será la intensidad de la presión en un punto situado a 0.55m de bajo de la superficie del vaso (punto D)?
Solución:
La presión en B será: 𝑃𝑏 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 – 0.38𝑤 … (1)
Despreciando el peso del aire encerrado en el tubo BC, la presión en la superficie libre del reservorio será la misma que en B.
La presión en el punto D pedido, será: 𝑃𝐷 = 𝑃𝑏 + 0.5𝑊 … (2)
Reemplazando (1) en (2), como también reemplazando valores: 𝑃𝐷 = 1.033 𝑘𝑔 𝑐𝑚2− 0.38 ∗ 13.6 𝑇𝑛 𝑚2+ 0.55 ∗ 1.25 𝑇𝑛 𝑚2 𝑃𝐷 = 1.033 𝑘𝑔 𝑐𝑚2− 4.48 𝑇𝑛/𝑚2 Trabajando con kg/cm2: 𝑃 = 1.033 – 0.448 𝑷 = 𝟎. 𝟓𝟖𝟓 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 𝒂𝒃𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒐𝒔
La presión relativa será: 𝑃 = 0.585 – 1.033
𝑷 = −𝟎. 𝟒𝟒𝟖 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔
61.- Dos vasos A y B, que contienen agua bajo presión, están conectados por medio de un piezómetro deferencial de aceite. Si un punto m, del vaso A esta 1.48m por debajo de un punto n del vaso B, determínense la diferencia se presión entre ambos puntos, cuando el extremo superior de la columna de agua, en el tubo que entre a A, se halla 0.38m por debajo del extremo superior de la columna de agua en el vaso B. L a cantidad del aceite es 0.80.
Solución:
En D y C, las presiones son: 𝑃𝑑 = 𝑃𝑚 – 𝑤𝑦 𝑃𝑐 = 𝑃𝑛 − 𝑤𝑧 Restando: 𝑃𝑛 – 𝑃𝑐 = 𝑃𝑚 – 𝑃𝑛 – 𝑤 (𝑦 − 𝑥) De donde: 𝑃𝑚 – 𝑃𝑛 = 𝑃𝑑 – 𝑃𝑐 + 𝑤 ∗ (𝑦 − 𝑥) Pero: 𝑃𝑑 – 𝑃𝑐 = 𝑤 ∗ 𝑧 = 0.8 ∗ 0.38 𝑇𝑛/𝑚2 Por la figura: 1.48 + 𝑥 = 0.38 + 𝑦 De donde: 𝑦 − 𝑥 = 1.10 𝑚 𝑤 = 1.000 𝑘𝑔/𝑚3 = 1𝑇𝑛/𝑚2 Todos estos valores en (1) y queda:
𝑃𝑚 − 𝑃𝑛 = 0.8 ∗ 0.38 + 1 ∗ 1.10
𝑃𝑚 – 𝑃𝑛 = 0.304 + 1.10 = 1.404 𝑇𝑛/𝑚2 𝑷𝒎 – 𝑷𝒏 = 𝟏. 𝟒𝟎𝟒 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐
62.- Un piezómetro abierto está conectado a un tanque contenido agua como se muestra en la figura. El líquido en el piezómetro es mercurio (𝑝. 𝑒. = 13.6). Cuando la superficie del agua en el tanque esta en A el valor de h es 0.60m. Hallar el valor de h cuando la superficie de agua en el tanque esta en B, 5 metros sobre A.
Solución:
La presión en el punto D tiene por expresión: 𝑃𝑑 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑤 ∗ 𝑧. . . (1) 𝑃𝑑 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑤 ∗ ℎ … (2) Igualando (1) en (2): 𝑤 ∗ 𝑧 = 𝑤 ∗ ℎ 𝑍 =𝑊 ∗ 𝐻 𝑊 = 13.6 ∗ 0.60 1 = 8.16 𝑀
Cuando al tanque e le aumenta agua hasta el punto B, el punto D se desplaza, lo mismo que C, en una distancia igual y, variando la presión en el punto D.
Ahora en la figura de la vuelta, se puede plantear:
𝑃𝑑 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑤𝑦 + 𝑤 ∗ 0.60 + 𝑤𝑦 … (4) Igualando (3) con (4): 𝑤(5 + 𝑧 + 𝑦) = (𝑦 + 0.60 + 𝑦) ∗ 𝑤 1(5 + 8.16 + 𝑦) = (𝑦 + 0.60 + 𝑦) ∗ 𝑤 De donde: 26.2 ∗ 𝑦 = 5 𝑦 = 0.19 𝑚 Entonces el “h” pedido será
ℎ = 2 ∗ 𝑦 + 0.60 = 2 ∗ 0.19 + 0.60 ℎ = 0.38 + 0.60
𝒉 = 𝟎. 𝟗𝟖 𝒎
63.- Hallar la diferencia de presiones de kg/cm2 entre las tuberías A,B y C del sistema que se muestra en la figura.
Solución:
Por la figura se nota, que el punto B tiene más presión que cada una de los otros. Planteando:
𝑃𝐵 = 𝑃𝐷 + 0.6𝑤 𝑃𝐴 = 𝑃𝐸 + 0.5𝑤
Restando: 𝑃𝐵 – 𝑃𝐴 = 𝑃𝐷 – 𝑃𝐸 + 0.1𝑤 Pero: 𝑃𝐷 – 𝑃𝐸 = 𝑤,(0.1 + 0.5) = 0.8(0.6) 𝑇𝑛/𝑚2 Luego: 𝑃𝐵 – 𝑃𝐴 = 0.8 ∗ 0.6 + 0.1 ∗ 1 = 0.48 + 0.1 = 0.58 𝑇𝑛/𝑚2
Planteando ahora para los puntos B y C:
𝑃𝐵= 𝑃𝐹 + 0.2 𝑤 𝑃𝐶 = 𝑃𝐺 – 𝑤 (0.5 + 0.3) Restando: 𝑃𝐵 – 𝑃𝐶 = 𝑃𝐹 – 𝑃𝐺 Pero: 𝑃𝐹 – 𝑃𝐺 = 𝑤,,∗ 0.6 = 13.6 ∗ 0.6 𝑇𝑛/𝑚2 Luego: 𝑃𝐵 – 𝑃𝐶 = 13.6 ∗ 0.6 − 0.6 ∗ 1 = 8.16 − 0.6 PB – PC = 0.756 kg/cm2
64.- Calcular la diferencia de presión en kg/cm2 entre los puntos 1 y 2 de la tubería de la figura, por la que circula agua. El líquido del piezómetro es tetra bromuro de acetileno, cuya densidad relativa es 2.96. Para la misma diferencial de presión. Cuál hubiera sido el desnivel entre las ramas del piezómetro si se hubiera usado tetracloruro de carbono, de densidad relativa igual a 1.6?
Solución:
Como el problema presentase para dos casos, resolveremos el problema en forma general para esta clase de piezómetros:
𝑃1= 𝑃𝐴− 𝑤𝑥
Restando:
𝑃2= 𝑃𝐵− 𝑤𝑦
𝑃1− 𝑃2 = 𝑃𝐴− 𝑃𝐵− 𝑤(𝑥 − 𝑦) … (1)
Pero la diferencia de presiones entre A y B es: 𝑃𝐴− 𝑃𝐵 = 𝑤1𝑍 … (2)
Viendo la figura, se aprecia 𝑥 = ℎ + 𝑦 + 𝑍
De donde:
𝑥 − 𝑦 = ℎ + 𝑍 … (3) (2) y (3) en (1)
𝑃1− 𝑃2 = 𝑤1𝑍 − 𝑤(ℎ + 𝑍) … (4)
Esta expresión (4), resuelve cualquier problema de este tipo de piezómetros. Calculo de la diferencia de presiones
Datos:
𝑤1= 2.96 𝑔𝑟 𝑐𝑚⁄ 3= 0.00296 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 3 𝑤 = 1 𝑔𝑟 𝑐𝑚⁄ 3= 0.001 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 3 Reemplazando estoy datos en (4):
𝑃1− 𝑃2= 0.00296𝑥50 − 0.001(60 + 50) 𝑃1− 𝑃2= 0.148 − 0.11
𝑷𝟏− 𝑷𝟐= 𝟎. 𝟎𝟑𝟖 𝒌𝒈 𝒄𝒎⁄ 𝟐 para el segundo caso: 𝑃1− 𝑃2= 0.038 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2
𝑤1= 1.6 𝑔𝑟 𝑐𝑚⁄ 3= 0.0016 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 3 𝑤 = 0.001 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 3
ℎ = 60𝑐𝑚.
Reemplazando estos datos en (4): 0.038 = 0.0016𝑧 − 0.001(60 + 𝑧) 98 = 0.6𝑧
De donde:
𝒛 = 𝟏𝟔𝟑 𝒄𝒎.
65.-Calcular la densidad relativa del liquida en el depósito B. El líquido en el depósito A es agua y el líquido en el piezómetro diferencial es mercurio.
Solución:
Trabajando en el recipiente A:
𝑃𝑛 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑊 ∗ (743 + 80 + 60) − 𝑊1 ∗ 60 Trabajando en el recipiente B:
𝑃𝑛 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑊2 ∗ 80
Igualando estas dos presiones del mismo punto N: 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑊 ∗ (8 33) − 60 ∗ 𝑊1 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 80 ∗ 𝑊1 833𝑤 − 60𝑊1 = 80𝑊2 Pero como: W=1 y W1 =13.6 Reemplazando en (1) queda: 833 − 60 ∗ 13.6 = 80 ∗ 𝑊2 𝑊2 = 67/80 𝑊2 = 0.8375
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.
Solución:
Como pide presiones relativas, se considera como 0 la presión atmosférica.
Partiremos del punto N:
𝑃𝑏 = 𝑤1 ∗ (20 + 100) – 𝑤(100 − 60) 𝑃𝑏 = 1.6/1000 ∗ (120) − 1/1000 ∗ 40
𝑃𝑏 = 0.192 – 0.040 𝑷𝒃 = 𝟎. 𝟏𝟓𝟐 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 La presión en C, será: 𝑃𝑐 = 𝑃𝑏 – 𝑤 ∗ (60 − 30) + 𝑤2(80 + 100) 𝑃𝑐 = 0.152 − 1/1000 ∗ 30 + 13.6/1000 ∗ 50 − 0.9/1000 ∗ 180 𝑃𝑐 = 0.152 – 0.030 + 0.680 − 0.162 𝑷𝒄 = 𝟎. 𝟔𝟒𝟎 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 La presión en A será: 𝑃𝑎 = 𝑃𝑐 + 𝑤 ∗ (100 – 60) + 𝑤 ∗ 60 𝑃𝑎 = 0.640 + 0.9/1000 ∗ 40 + 1/1000 ∗ 60 𝑷𝒂 = 𝟎. 𝟕𝟑𝟔 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐
67.- El aparato de la figura es un piezómetro diferencial que da lecturas amplias. Originalmente el nivel de ambos depósitos es el mismo. Se ha conectado a dos tuberías conteniendo gas, y se lee una deflexión de 0.60m. Se requiere saber la diferencia de presión en kg/cm2 de las dos tuberías, si los líquidos usados son:
a) En la parte superior kerosene de densidad relativa es 0.79. b) En la parte inferior alcohol de densidad relativa 0.81
La relación entre la sección transversal de los tanques y la de los tubos es 100.
Solución:
Área del tanque* x = (área del tubo) *(deflexión)
De donde: 𝑋 = (𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑢𝑏𝑜 )/(𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 ) ∗ (𝑑𝑒𝑓𝑒𝑙𝑥𝑖𝑜𝑛) = 1/100 ∗ 60 𝑋 = 0.60 𝑐𝑚 Según la figura: 𝑃𝑚 = 𝑃𝑎 – (60 + 𝑦) ∗ 𝑤1 𝑃𝑛 = 𝑃𝑏 − (𝑥 + 𝑦) ∗ 𝑤1
Restando: 𝑃𝑎 – 𝑃𝑏 = 𝑃𝑚 – 𝑃𝑛 + (60 + 𝑦) ∗ 𝑤1 – (𝑥 + 𝑦) ∗ 𝑤1 Pero: 𝑃𝑚 – 𝑃𝑛 = 𝑤2 ∗ 60 = 0.81/10000 ∗ (60) 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑊1 = 0.79/1000 𝑘𝑔/𝑐𝑚3 Luego: 𝑃𝑎 – 𝑃𝑏 = 0.81/1000 ∗ 60 + (60 + 𝑦) ∗ 0.79/1000 − (0.61 + 𝑦) ∗ 0.79/1000 𝑃𝑎 – 𝑃𝑏 = 0.095526 𝑘𝑔/𝑐𝑚
68.- Hallar el valor de la presión 𝑝 de la cadena que se muestra en la figura para las condiciones que se indican en el piezómetro diferencial de 3 ramas.
(𝒘, = 𝟏𝟑. 𝟔)𝑯𝒈
Solución:
La presión de la caldera se puede considerar la presión en el punto G: Tiene por valor:
𝑝 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 𝑃𝐴𝐵 – 𝑃𝐵𝐶 + 𝑃𝐶𝐷− 𝑃𝐷𝐸+ 𝑃𝐸𝐹 – 𝑃𝐹𝐺… (1) Pero: 𝑃𝐴𝐵 = 𝑃𝐶𝐷 = 𝑃𝐸𝐹 = w,∗ 120 𝑃𝐵𝐶 = 𝑃𝐷𝐸 = 𝑃𝐹𝐺 = w ∗ 120 Estos valores en (1): 𝑝 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 3 ∗ w,∗ 120 − 3w ∗ 120 Como: 𝑝 𝑎𝑡𝑚 = 1.033 𝑘𝑔/𝑐𝑚2
w, = 13.6 1000𝑘𝑔/𝑐𝑚3 𝑤 = 1 1000𝑘𝑔/𝑐𝑚3 Luego: 𝑃 = 1.033 + 4.896 − 0.360 𝑷 = 𝟓. 𝟓𝟔𝟗 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 𝒂𝒃𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒐𝒔 𝑷 = 𝟒. 𝟓𝟑𝟖 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 69.- Transforme una presión relativa de 10 𝑚. de agua a: a) metros de agua absolutos:
𝑃𝑎𝑏𝑠 = 𝑃𝑎𝑡𝑚+ 𝑃𝑟𝑒𝑙 Se sabe que: 𝑃𝑎𝑡𝑚 =1.033𝑘𝑔 𝑐𝑚2 , 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 (𝑚. 𝑐. 𝑎) … . 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 10.33𝑚. 𝑐. 𝑎 𝑚𝐻2𝑂(𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜𝑠) … . . 10.33𝑚. 𝑐. 𝑎 + 10𝑚. 𝑐. 𝑎 𝑚𝐻2𝑂(𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜𝑠) … . .20.33𝑚. 𝑐. 𝑎 b) 𝐾𝑔 𝑐𝑚2 absolutos: 𝑃𝑎𝑡𝑚(𝑘𝑔 𝑐𝑚2) = 𝑃𝑎𝑡𝑚+ 𝑃𝑟𝑒𝑙( 𝑘𝑔 𝑐𝑚2) 𝑘𝑔 𝑐𝑚2(𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜𝑠) … … 1.033 𝑘𝑔 𝑐𝑚2+ 1 𝑘𝑔 𝑐𝑚2 𝑘𝑔 𝑐𝑚2(𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜𝑠) … … 2.033 𝑘𝑔 𝑐𝑚2 c) 𝑘𝑔 𝑐𝑚²⁄ relativos
Se sabe y conviene recordar que: cada 10m de carga de agua producen una presión de 1𝑘𝑔 𝑐𝑚²⁄ ; por lo tanto:
10𝑚 … . 1 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 d) 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔²⁄ relativos
10 𝑚. 𝑐. 𝑎…14.22334 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔2𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 e) 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔²⁄ absolutos 𝑃𝑎𝑏𝑠( 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔⁄ 2) = 𝑃 𝑎𝑡𝑚+ 𝑃𝑟𝑒𝑙 (𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔⁄ 2) 10 𝑚. 𝑐. 𝑎 = 28.91928 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔²⁄ Absolutos f) pies de agua absolutos
10 𝑚. 𝑐. 𝑎 … … 1 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2… … . .32.808 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 g) pies de agua relativos
Sabemos que 10 𝑚. 𝑐. 𝑎 … …1𝑘𝑔
𝑐𝑚2; 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑖𝑟𝑡𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑜𝑠 𝑒𝑠 ∶
𝑃𝑎𝑏𝑠( 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎) = 𝑃𝑎𝑡𝑚+ 𝑃𝑟𝑒𝑙 (p𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎) Pies de agua absolutos = 33.899 + 32.808 10 𝑚. 𝑐. 𝑎 = 606.07 𝑝𝑖𝑒𝑠 de agua absolutos h) pulgadas de mercurio absoluto y relativo 10 𝑚. 𝑐. 𝑎 pulgada de mercurio relativo = 29.958
10 𝑚. 𝑐. 𝑎 pulgada de mercurio absolutos = 29.915 + 29.958
70.- ¿Cuál es la diferencia de presión en kg⁄cm² entre dos puntos de una masa liquida de peso específico 1?5 si la distancia vertical entre ellos es de 0.50 metros?
Solución:
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑖𝑣𝑎 = 1.5
𝑃𝐴− 𝑃𝐵= ?
𝛾𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = (𝜌𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜) × (𝑔) = (1500 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3) × (9.81 𝑚 𝑠⁄ ) = 14715 𝑁 𝑚2 ⁄ 3 𝑃𝐴− (ℎ)(𝛾𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜) = 𝑃𝐵 𝑃𝐴− 𝑃𝐵 = (0.5𝑚)(14715 𝑁 𝑚⁄ 3) 𝑃𝐴− 𝑃𝐵 = 7357.5𝑃𝑎 𝑃𝐴− 𝑃𝐵 = (7357.5𝑃𝑎) ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚 2 ⁄ 98066.5𝑃𝑎) 𝑷𝑨− 𝑷𝑩= 𝟎. 𝟎𝟕𝟓 𝒌𝒈 𝒄𝒎⁄ 𝟐
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.
Solución:
La presión total estará dada por la suma de presiones, desde el punto más alto hasta el fondo
La presión del agua en cualquier punto es 𝑃 = 𝛾 ∗ ℎ
En este problema el peso específico será relativo al peso del agua 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 = 1000 𝑘𝑔/𝑚3 𝑃𝑇 = ∑ 𝐹 = (𝑃𝑥𝐴)
𝑃𝑇 = ∑ 𝐹 = (𝛾𝑥ℎ𝑥𝐴)
𝑃𝑇 = [(80𝑘𝑔
𝑚3) (2𝑚) + (1000 𝑘𝑔
𝑚3) 𝑥6𝑚] (0.25𝑚) 𝑃𝑇= 1900𝑘𝑔𝑠
72.- Si al mismo tanque se le coloca un tubo vertical de 2″ × 10 m. lleno de aceite (𝑝. 𝑒 = 0.9), ¿cuál será la presión total sobre el fondo en 𝑘𝑔𝑠?
Solución:
Seguimos el mismo procedimiento que el ejercicio anterior: El diámetro del tubo de 2” que equivale a 0.0508m
La presión total estará dada por la suma de presiones, desde el punto más alto hasta el fondo
La presión en un punto cualquiera es 𝑃 = 𝛾𝑥ℎ
En este problema el peso específico será relativo al peso del agua 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 = 1000 𝑘𝑔/𝑚3 𝑃𝑇 = ∑ 𝐹 = (𝑃𝑥𝐴)
𝑃𝑇 = ∑ 𝐹 = (𝛾𝑥ℎ𝑥𝐴)
En el tubo vertical, el área de la base será: 𝜋(0.0508𝑚)
2
4 = 0.002027 𝑚2 En el tanque, el área bajo el agua y el aceite es: (0.5𝑚)2= 0.25𝑚2
𝑃𝑇 = (900𝑘𝑔 𝑚3) (10𝑚)(0.002027𝑚2+ [(800 𝑘𝑔 𝑚3) (2𝑚) + (1000 𝑘𝑔 𝑚3) 𝑥6𝑚] (0.25𝑚) 𝑃𝑇 = 18.243𝑘𝑔 + 1900𝑘𝑔 𝑃𝑇 = 1918.243 𝑘𝑔
73.- Un tanque que contiene gas de alumbrado, bajo una presión de 5 𝑐𝑚. de agua. Si el nivel del tanque es el nivel del mar, ¿Qué presión expresada en cm de agua puede esperarse en una de sus tuberías de distribución, en un punto situado a 150 𝑚 sobre el nivel del mar? Supóngase que los pesos específicos del aire y del gas son constantes a todas las alturas y con valores de 1.28 y 0.64 𝑘𝑔 𝑐𝑚³⁄ , respectivamente.
Solución:
Según el enunciado, la presión del tanque es: 𝑃𝐵 = 𝑃𝑎𝑡𝑚+ 𝑃5𝑐𝑚 𝐻2𝑂…(1)
Esta presión también tiene por valor 𝑃𝐵 = 𝑃𝑎𝑡𝑚+ 𝑃150𝑚𝐺𝑎𝑠+ 𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 …(2) Igualando (1) y (2) 𝑃𝑎𝑡𝑚+ 𝑃5𝑐𝑚 ℎ2𝑜 = 𝑃𝑎𝑡𝑚′ + 𝑃150𝑚𝐺𝑎𝑠′ + 𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑃5𝑐𝑚 ℎ2𝑜 = (𝛾𝐻2𝑂)(ℎ) … … … (100.62𝑘𝑔 𝑚3) (0.05𝑚) = 50.031 𝑘𝑔 𝑚2 𝑃𝑎𝑡𝑚′ = 𝑃 𝑎𝑡𝑚− 𝑃150𝑚𝐺𝑎𝑠′ = 𝑃𝑎𝑡𝑚= (1.28 𝑘𝑔 𝑚3) (150𝑚) = 192 𝑘𝑔 𝑚2 𝑃150𝑚𝐺𝑎𝑠′ = (0.64𝑘𝑔 𝑚3) (150𝑚) = 96 𝑘𝑔 𝑚2 Reemplazando estos valores en (3)
𝑃𝑎𝑡𝑚+ 50.031𝑘𝑔 𝑚2= 𝑃𝑎𝑡𝑚− 192 𝑘𝑔 𝑚2+ 96 𝑘𝑔 𝑚2 Simplificando y despejando la incógnita:
𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 50.031𝑘𝑔 𝑚2+ 192 𝑘𝑔 𝑚2− 96 𝑘𝑔 𝑚2 𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎= 146.031 𝑘𝑔 𝑚2 Calculamos la altura h en cm de agua
ℎ = (146.031)(𝑘𝑔
𝑚2)/100.62 𝑘𝑔 𝑚3 ℎ = 0.145940𝑚 = 14.59𝑐𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎
74.- El agua llena los dos vasos de la figura y una porción del tubo que los conecta, es separada por una cantidad de aceite cuya densidad 0.85 ¿Cuál será la diferencia entre las intensidades de las presiones en los puntos m y n? Cuando h = 1.20m y z = 0.25m.
Solución: 𝜌𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎∶ 0.85 𝐻 = 1.20𝑚 𝑍 = 0.25𝑚 𝑃𝑛− 𝑃𝑚 = ? 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒= (𝜌𝑟𝑒𝑙. 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒) × (𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎) = (0.85) × (1000 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3) → 850 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = (𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒) × (𝑔) = (850 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3) × (9.81 𝑚 𝑠⁄ ) = 8338.5 𝑁 𝑚2 ⁄ 3 𝑃𝑚− 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎(𝐻 + 𝑍) + (𝑍)𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒+ (𝐻 + ℎ)𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑃𝑛 𝑃𝑚+ 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎(ℎ − 𝑍) + (𝑍)𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 𝑃𝑛 reemplazando datos: 𝑃𝑚− (9810 𝑁 𝑚⁄ 3)(0.95𝑚) + (8338.5 𝑁 𝑚⁄ 3)(0.25𝑚) = 𝑃𝑛 𝑃𝑛− 𝑃𝑚 = 9321.584𝑃𝑎 𝑃𝑛− 𝑃𝑚 = 9321.584𝑃𝑎 ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 98066.5𝑃𝑎) 𝐏𝐧− 𝐏𝐦= 𝟎. 𝟎𝟗𝟓𝟎𝟓 𝐤𝐠 𝐜𝐦⁄ 𝟐
75.- En la figura, la densidad A contiene aceite de densidad relativa de 0.9 y la tubería B, agua. Determinar la presión relativa en los puntos A, B, C y D en kg⁄cm².
Solución:
Como nos pide presiones relativas consideraremos la presión atmosférica. Determinando la presión en A 𝑃𝑎𝑡𝑚− (0.30𝑚)(𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒) = 𝑃𝐴 𝑃𝐴= 0 − (0.30𝑚)(8829 𝑁 𝑚⁄ 3) , 𝑃𝐴= −2648.7𝑃𝑎 𝑃𝐴= −2648.7𝑃𝑎 ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 98066.5𝑃𝑎) 𝑷𝑨= −𝟎. 𝟎𝟐𝟕 𝒌𝒈 𝒄𝒎⁄ 𝟐 Determinando la presión en C 𝑃𝐴− (1.20𝑚)(𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒) = 𝑃𝐶 𝑃𝐶 = −2648.7𝑃𝑎 − (1.20𝑚)(8829 𝑁 𝑚⁄ 3) 𝑃𝐶 = −2648.7𝑃𝑎 − 10594.8𝑃𝑎 𝑃𝐶 = −13243.5𝑃𝑎 𝑃𝐶 = −13243.5𝑃𝑎 ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚 2 ⁄ 98066.5𝑃𝑎) 𝑷𝑪= −𝟎. 𝟏𝟑𝟓 𝒌𝒈 𝒄𝒎⁄ 𝟐 Determinando la presión en D 𝑃𝐶+ (1.0𝑚)(𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒) + (1.10𝑚)(𝛾𝐶𝐶𝑙4) − (0.90𝑚 + .035𝑚)(𝛾𝐻2𝑂) = 𝑃𝐷 𝑃𝐷= 𝑃𝐶+ (1.0𝑚)(8829 𝑁 𝑚⁄ 3) + (1.10𝑚)(15696 𝑁 𝑚⁄ 3) − (1.25𝑚)(9810 𝑁 𝑚⁄ 3) 𝑃𝐷= −13243.5𝑃𝑎 + 8829𝑃𝑎 + 17265.6𝑃𝑎 − 12262.5𝑃𝑎 𝑃𝐷= 588.6𝑃𝑎 𝑃𝐷= 588.6𝑃𝑎 ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 98066.5𝑃𝑎)
𝑷𝑫= 𝟎. 𝟎𝟎𝟔 𝒌𝒈 𝒄𝒎⁄ 𝟐 Determinando la presión en B 𝑃𝐷+ (1.15𝑚)(𝛾𝐻2𝑂) = 𝑃𝐵 𝑃𝐵= 588.6𝑃𝑎 + (1.15𝑚)(9810 𝑁 𝑚⁄ 3) 𝑃𝐵 = 588.6𝑃𝑎 + 11281.5𝑃𝑎 𝑃𝐵= 11673.9𝑃𝑎 𝑃𝐵 = 11870.1𝑃𝑎 ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 98066.5𝑃𝑎) 𝑷𝑩= 𝟎. 𝟏𝟐𝟏 𝒌𝒈 𝒄𝒎⁄ 𝟐
76.- El manómetro que se muestra contiene tres líquidos. Cuando P1=10kpa (Manométrica), determine la distancia de separación d.
Utilice g = 9.81 m/s 2. Para el mercurio D.R = 13.6
Solución: 𝑃𝑎= 𝑃1+ 𝛾𝐻2𝑜 𝑥 𝐷. 𝑅.𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑥 𝑎 𝑃𝑎 = 10 𝑥 103+ 9810 𝑥 0.88 𝑥 50 100 𝑃𝑎 = 10431.64𝑃𝑎 𝑃𝑏 = 𝑃𝑎+ 𝛾𝐻2𝑂 𝑥 𝑏 𝑃𝑏 = 10431.64 + 9810 𝑥 30 1000 𝑃𝑏= 1075.94𝑃𝑎 𝑃𝑐= 𝑃0+ 𝛾𝐻2𝑜 𝑥 𝑐 𝑃𝑐 = 0 + 9810 𝑥 70 1000 ⇒ 𝑃𝑐 = 686.7𝑃𝑎 𝑃𝑑= 𝑃𝑏= 10725.94 = 𝑃𝑐+ 𝛾𝐻𝑔 𝑥 𝑑 𝛾𝐻𝑔 𝑥 𝑑 = 𝑃𝑏− 𝑃𝑐= 10725.94 − 686.7 = 10039.24 𝑑 = 10039.24 = 7.525𝑥10−2𝑚 ⇒ 𝑑 = 75.25 𝑚𝑚
77.- En el sistema de la figura, hallar la presión relativa en kg cm²⁄ en los puntos A, B, C y D, si en la tubería A fluye agua y en B aceite de densidad relativa 0.9.
Solución:
Como nos pide presiones relativas consideraremos la presión atmosférica. Determinando la presión en A 𝑃𝑎𝑡𝑚+ (0.45𝑚)(𝛾𝐶𝐶𝑙4) − (0.20𝑚)(𝛾𝐻20) = 𝑃𝐴 0 + (0.45𝑚)(15696 𝑁 𝑚⁄ 3) − (0.20𝑚)(9810 𝑁 𝑚⁄ 3) = 𝑃 𝐴 𝑃𝐴= 7063.20𝑃𝑎 − 1962𝑃𝑎 𝑃𝐴= 5101.20𝑃𝑎 𝑃𝐴= (5101.20𝑃𝑎) ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 98066.5𝑃𝑎) 𝑃𝐴= 0.052 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 Determinando la presión en C 𝑃𝐴− (0.80𝑚)(𝛾𝐻20) = 𝑃𝐶 5101.2𝑃𝑎 − (0.80𝑚)(9810 𝑁 𝑚⁄ 3) = 𝑃 𝐶 5101.2𝑃𝑎 − 7848𝑃𝑎 = 𝑃𝐶 𝑃𝐶 = −2746.8𝑃𝑎 𝑃𝐶 = −2746.8𝑃𝑎 ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 98066.5𝑃𝑎) 𝑃𝐶 = −0.028 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 Determinando la presión en D 𝑃𝐶+ (0.90𝑚)(𝛾𝐻2𝑂) + (0.20𝑚)(𝛾𝐻𝑔) − (0.80𝑚)(𝛾𝐻2𝑂) = 𝑃𝐷 𝑃𝐶+ (0.20𝑚)(𝛾𝐻𝑔) + (0.10𝑚)(𝛾𝐻2𝑂) = 𝑃𝐷 −2746.8𝑃𝑎+(0.20𝑚)(133416 𝑁 𝑚⁄ 3) + (0.10𝑚)(9810 𝑁 𝑚⁄ 3) = 𝑃 𝐷 𝑃𝐷= 24917.40𝑃𝑎 ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 98066.5𝑃𝑎) 𝑃𝐷= 0.254 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2
Determinando la presión en B 𝑃𝐷+ (0.80𝑚)(𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒) = 𝑃𝐵 24917.40𝑃𝑎 + (0.80𝑚)(8829 𝑁 𝑚⁄ 3) = 𝑃 𝐵 𝑃𝐵 = 31980.6𝑃𝑎 𝑃𝐵 = 31980.6𝑃𝑎 ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 98066.5𝑃𝑎) 𝑃𝐵 = 0.326 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2
78.- Calcular la diferencia de presiones en kg cm²⁄ , entre las secciones 𝐴 y 𝐵 de la tubería horizontal, por donde circula el agua. El líquido del piezómetro es mercurio de densidad relativa 13.6. Solución: 𝜌𝑟𝑒𝑙. 𝐻𝑔= 13.6 𝜌𝐻𝑔= (𝜌𝑟𝑒𝑙. 𝐻𝑔) × (𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎) = (13.6) × (1000 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3) → 13600 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3 𝛾𝐻𝑔 = (13600 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3)(9.81 𝑚 𝑠⁄ ) → 133416 𝑁 𝑚2 ⁄ 3 𝑃𝐴− (𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎)(𝐻) − (𝛾𝐻𝑔)(ℎ) + (𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎)(𝐻 + ℎ) = 𝑃𝐵 𝑃𝐴− 𝑃𝐵 = (ℎ)(𝛾𝐻𝑔− 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎) 𝑃𝐴− 𝑃𝐵 = (0.1𝑚)(133416 𝑁 𝑚⁄ 3− 9810 𝑁 𝑚⁄ 3) 𝑃𝐴− 𝑃𝐵 = 12360.60𝑃𝑎 𝑃𝐴− 𝑃𝐵 = (12360.60𝑃𝑎) ( 𝑘𝑔 𝑐𝑚⁄ 2 98066.5𝑃𝑎) 𝑷𝑨− 𝑷𝑩= 𝟎. 𝟏𝟐𝟔 𝒌𝒈 𝒄𝒎⁄ 𝟐
79.- Si la tubería se inclina 30° con la horizontal (punto A más alto que el punto B), y se mantiene la misma diferencia de presiones, se pide calcular la deflexión.
Solución:
Del problema anterior sabemos que: 𝑃𝐴− 𝑃𝐵= 12360.60𝑃𝑎 𝛾𝐻𝑔 = 133416 𝑁 𝑚⁄ 3 𝑃𝐵− (𝐻 + ℎ + 1)(𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎) + (ℎ)(𝛾𝐻𝑔) + (𝐻)(𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎) = 𝑃𝐴 (𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎)(−ℎ − 1) + (ℎ)(𝛾𝐻𝑔) = 𝑃𝐴− 𝑃𝐵 (ℎ)(𝛾𝐻𝑔− 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎) − (1𝑚)𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 = 12360.60𝑃𝑎 (ℎ)(133416 𝑁 𝑚⁄ 3− 9810 𝑁 𝑚⁄ 3) − 9810 𝑁 𝑚⁄ 2= 12360.60𝑃𝑎 (ℎ)(123606 𝑁 𝑚⁄ 3) = 22170.6𝑁 𝑚⁄ 2 ℎ = 0.1793𝑚 𝒉 = 𝟏𝟕. 𝟗𝟑𝒄𝒎
80.- La presión relativa en el recipiente A es -9″ de mercurio y en el tanque B, 2.86 lb⁄pulg². El tanque A contiene aceite de densidad relativa 0.80 y el tanque B, agua, calcular la deflexión en el tubo piezómetro, si este contiene tetracloruro de carbono (CCl4) cuya densidad relativa es 1.6.
Solución: 𝑃𝐴= −9′′𝐻𝑔 → 9 × (25.4𝑚𝑚)𝐻𝑔 = −228𝑚𝑚𝐻𝑔 ↔ −30477.50064 𝑃𝑎 𝑃𝐵 = 2.86 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔⁄ 2↔ 19719.7 𝑃𝑎 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒= (𝜌𝑟𝑒𝑙. 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒) × (𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎) = (0.80) × (1000 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3) → 800 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 = 1000 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3 𝜌𝐶𝐶𝑙4 = (𝜌𝑟𝑒𝑙. 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒) × (𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎) = (1.60) × (1000 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3) → 1600 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = (𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒) × (𝑔) = (800 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3) × (9.81 𝑚 𝑠⁄ ) = 7848 𝑁 𝑚2 ⁄ 3 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 = (𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎) × (𝑔) = 9810 𝑁 𝑚⁄ 3 𝛾𝐶𝐶𝑙4= (𝜌𝐶𝐶𝑙4) × (𝑔) = (1600 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3) × (9.81 𝑚 𝑠⁄ 2)= 15696 𝑁 𝑚⁄ 3 𝑃𝐵+ (ℎ + 6) × 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎− (ℎ) × 𝛾𝐶𝐶𝑙4− (14) × 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 𝑃𝐴 𝑃𝐵+ (ℎ) × (𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎− 𝛾𝐶𝐶𝑙4) + (6) × 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 − (14) × 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 𝑃𝐴… … … . . (𝛼) 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 6 𝑦 14 𝑎 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠 → 6 𝑝𝑖𝑒𝑠 ≈ 1.8288𝑚 𝑦 14 𝑝𝑖𝑒𝑠 ≈ 4.2672𝑚 𝑅𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑜𝑠 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 "α" 19719.7𝑃𝑎 + (ℎ)(−5886 𝑁 𝑚⁄ 3) + (1.8288𝑚)(9810 𝑁 𝑚⁄ 3) − (4.2672𝑚)(7848 𝑁 𝑚⁄ 3)__ = −30477.50064𝑃𝑎 ℎ(5886 𝑁 𝑚⁄ 3) = 34648.4304𝑃𝑎 ; 𝑃𝑎 = 𝑁 𝑚⁄ 2 𝒉 = 𝟓. 𝟖𝟖𝟔𝟓𝒎 ↔ 𝟏𝟗. 𝟑𝟏𝟐𝟕 𝒑𝒊𝒆𝒔
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 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔²⁄ , 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 𝑘𝑔 𝑚³⁄ .
Solución: 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒= 780 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = (780 𝑘𝑔 𝑚⁄ 3)(9.81 𝑚 𝑠⁄ )2 = 7651.8 𝑁 𝑚⁄ 3 𝑃𝑚− 𝑃𝑛= ? 𝑃𝑛− 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎(𝐻 + 1.20) + (1.20)𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 + (𝐻 + 2.0)𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑃𝑚 𝑃𝑚− 𝑃𝑛= 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎(0.80𝑚) + (1.20𝑚)𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑃𝑚− 𝑃𝑛= (9810 𝑁 𝑚⁄ 3)(0.80𝑚) + (1.20𝑚)(7651 𝑁 𝑚⁄ 3) 𝑃𝑚− 𝑃𝑛= 7848𝑃𝑎 + 9182.16𝑃a 𝑃𝑚− 𝑃𝑛= 170030.16𝑃a 𝑃𝑚− 𝑃𝑛= 170030.16𝑃𝑎 (𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔⁄ 2 6895𝑃𝑎 ) 𝑷𝒎− 𝑷𝒏= 𝟐. 𝟒𝟔𝟗𝟗 𝒍𝒃 𝒑𝒖𝒍𝒈⁄ 𝟐
96.- Búsquese la componente hacia arriba de la presión normal sobre el cono sumergido en aceite de gravedad específica 0.8.
Solución:
Por ser una superficie curva, aplicaremos la fórmula:
𝐹𝑉 ′ = 𝑤′𝐴′. 𝐴′𝑔 Donde:
𝐴′ = Superficie del cono proyectada sobre un plano perpendicular a la dirección de 𝐹𝑉 ′, es decir, es el área de la base.
𝐴′ =𝜋(0.40) 2 4 𝐴′ = 0.1257 𝑚2
𝑦′𝑔 = Es la distancia del nivel del aceite al centro de gravedad de la superficie del cono (no del sólido).
𝑦′𝑔 = 2.60 + 1
3 (1.20) = 3 𝑚. 𝑤′ = 800 𝑘𝑔/𝑚3
Reemplazando estos valores en la fórmula: 𝐹𝑉 ′ = 800 ∗ 0.1257 ∗ 3 𝐹𝑉 ′ = 301 𝑘𝑔
97.- La presa cuya sección se muestra en la figura, está destinada al represamiento de agua con gran contenido de sedimentos y cuyo peso específico puede considerarse igual a 1.025 kg/m3 para las condiciones mostradas. Se pide:
a) El valor de la intensidad de la resultante total de la presión que ejerce el agua sobre el paramento de aguas arriba de la presa.
b) La distancia vertical de dicha resultante al punto A.
Solución:
La componente horizontal de la presión sobre la presa es:
𝐹ℎ = 𝑤. ℎ𝑔. 𝐴 = 1.025 ∗ 3(7 − 1) = 18.450 𝑘𝑔𝑠. 𝑝𝑜𝑟 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑟á𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜. La componente vertical será:
𝐹𝑣 = 𝑤. 𝑉𝑜𝑙. 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙𝑙𝑎 = 1.025 (2 ∗ 4 ∗ 1𝜋(2)2
4 ∗ 1) = 1.025 ∗ 11.14 𝐹𝑣= 11.420 𝐾𝑔𝑠.
La intensidad de la resultante total será 𝐹 = √𝐹ℎ2+ 𝐹
𝑣2 𝐹 = √18.4502+ 114202 𝐹 = 21.7 𝑇𝑛.
98.- Dos depósitos separados por una pared vertical están con un cierto líquido hasta una altura h1 y h11. Hallar la relación de las alturas, para que la presión resultante pase por el nivel del segundo depósito.
Solución:
El empuje está dado por: 𝐹 = 𝑤. ℎ𝑔. 𝐴 El empuje del primer depósito es:
𝐹′ = 𝑤. ℎ′2
2 (𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜) El empuje del segundo depósito es:
𝐹′′=𝑤.ℎ′′2
2 (𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜) La presión resultante será: 𝐹′′′= 𝐹′− 𝐹′′
Tomando momentos con respecto al punto A (nivel superior) 𝐹′(2
3) ℎ′− 𝐹′′[(ℎ′− ℎ′′) + 2
3ℎ′′] = 𝐹′′′(ℎ′− ℎ′′)
Reemplazando los valores de 𝐹′ , 𝐹′′ 𝑦 𝐹′′′ en esta última: 𝑤ℎ′′2 2 ( 2 3) ℎ′− 𝑤ℎ′′2 2 [(ℎ′− ℎ′′) + 2 3ℎ′′] = [ 𝑤ℎ′2 2 − 𝑤ℎ′′2 2 ] (ℎ′− ℎ′′) Simplificando: 2ℎ′3 3 − ℎ′′2[(ℎ′− ℎ′′) + 2 3ℎ′′] = [ℎ′2− ℎ′′2](ℎ′− ℎ′′) 2ℎ′3 3 − ℎ′′2(ℎ′− ℎ′′) − 2ℎ′3 3 = ℎ′2(ℎ′− ℎ′′) − ℎ′′2(ℎ′− ℎ′′) Simplificando más: 2 3(ℎ′3− ℎ′3) = ℎ′2(ℎ′− ℎ′′) 2 3(ℎ′− ℎ′′)(ℎ2+ ℎ′ℎ′′+ ℎ′′2) = ℎ′2(ℎ′− ℎ′′) Por último, queda:
ℎ2+ ℎ ′ℎ′′+ ℎ′′2 = ℎ′3 2 Pasando ℎ′2 𝑎 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑟 𝑎𝑙 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜(𝑎𝑙 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑜) 1 +ℎ′′ ℎ′ + ( ℎ′′ ℎ′) 2=2 3
Llamando a la relación pedida: ℎ′′
ℎ′ = 𝑅, queda: 1 +1 𝑅+ ( 1 𝑅)2= 3 2
Quedando una ecuación de segundo grado: 𝑅2− 2𝑟 − 2 = 0 Resolviéndola da una solución aceptable y real:
𝑅 = ℎ′
ℎ′′= 1 + √3
99.- El recipiente rectangular cuya base mide 0.4 x 0.2 m2 y cuya altura tiene 0.4m se llena con agua hasta el nivel 0.2m; la masa del recipiente vacío es 10Kg. El recipiente se coloca en un plano inclinado a un ángulo de 30° respecto a la horizontal. Si el coeficiente de rozamiento entre el recipiente y el plano es 0.3, determine el ángulo que forma la superficie del agua respecto a la horizontal.
Solución: 𝛼 = 30° á𝑟𝑒𝑎: 𝐴 = 0.2 𝑥 0.4 = 0.08𝑚2 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒: 𝑚𝑟 = 10 𝐾𝑔. 𝑐𝑜𝑒𝑓. 𝑑𝑒 𝑟𝑜𝑧. : 𝜇 = 0.3 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎: 𝑚𝑎= 1000 𝑥 0.08 𝑥 2 = 16𝐾𝑔. 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙: 𝑚𝑇 = 𝑚𝑟+ 𝑚𝑎 𝑚𝑇= 26 𝐾𝑔.
Cálculo de ax: 𝑃 sin 𝛼 − 𝜇𝑃 cos 𝛼 = 𝑚𝑇𝑎𝑥= (𝑃 𝑔⁄ ). 𝑎𝑥
𝑎𝑥 = (sin 𝛼 − 𝜇 cos 𝛼)𝑔 = 2.35 𝑚 𝑠𝑒𝑔⁄ 2
