Hidráulica - Clasificación

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Hidráulica

-Clasificación

HIDROSTÁTICA

• Concepto:

• Es la rama de la hidráulica que estudia el equilibrio de líquidos o, en otras palabras, estudia la distribución de presiones dentro de un líquido en equilibrio. Este estudio es muy importante, ya que se utiliza para:

• Cálculo de presas;

• Cálculo del espesor de las paredes del depósito;

• Dimensionamiento del espesor de compuertas, entre otros.

Ejemplos de aplicación

Terminología

y unidades

Masa específica

Peso específico

Relación entre peso y masa

Densidad

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MASA ESPECÍFICA

(

μ)

Es la relación entre la masa y la respectiva unidad de volumen de la sustancia. Es una propiedad inherente de su estructura molecular.

La masa específica viene dada por la siguiente ecuación:

SI (μ_H2O= 1000 kg/m3₎

Sistema Técnico (μH₂O = 101,94 UTM/m3 _{o kgf/s}2_{/ m}4₎

(Siendo 1 UTM = 9,81 kg)

Consideraciones de H₂O

• Debido a su estructura molecular, el agua es una de las pocas sustancias que se hinchan cuando se congelan (REDUCCIÓN DE MASA ESPECÍFICA). Esta dilatación puede ser responsable de:

• Rotura de tuberías que contienen agua helada;

• Grietas en pavimentación

• Explosión de botellas cerradas llenas de bebidas en congeladores;

• Descomposición de rocas en la naturaleza.

• El oxígeno es más electronegativo que el hidrógeno, atrae el par de electrones más intensamente hacia sí mismo, creando una región con mayor carga eléctrica en la molécula.

• En estado líquido, las moléculas están más separadas entre sí, pero a medida que se congelan, las moléculas se acercan y forman más enlaces de hidrógeno, adquiriendo una organización específica (hexagonal) con espacios vacíos. Estos espacios son responsables de la expansión del agua.

↓d = m v↑

5 TABLA 1 - Variación de la masa específica de agua en función de la temperatura (Fuente: HWANG, 1981). Temperatura (ºC) Massa Específica (g/cm3_{) (kg/m}3₎ 0 0,917 917 4 1,000 1000 10 0,999 999 20 0,998 998 30 0,996 996 40 0,992 992 50 0,998 998 60 0,983 983

PESO ESPECÍFICO

(γ)

Es la relación entre el peso y la unidad de volumen respectiva de la sustancia. El peso específico viene dado por la siguiente ecuación:

SI (γH2O = 9810N/m3) γ_H2O= 1000kg/m3 _{. 9,81m/s}2

γ_H2O= 9810 kg/m2_.s2

(1 N = 1kg.m/s2∴ 1kg.m/s2_/m3_{= N/m}3₎ Sistema Técnico (γ_H2O= 1000 kgf/m3₎

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Densidad

Es la relación entre la masa específica de una sustancia dada (μ

sustancia) y la masa específica de una sustancia de referencia - en

general, se utiliza agua pura a 4ºC - (μ agua)

Ejemplo: Calcule la densidad del mercurio (Hg), dado:

μ

_Hg

3

_água

3

¡¡NO

OLVIDE!!

Presión: ¿qué es esto?

Unidades:

SI = N/m2_{= Pascal (Pa)} ST = kgf/m2

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EJERCICIO

Las dimensiones de un ladrillo son aproximadamente de 5 cm x 10 cm x 20 cm y su masa específica es de 1,5 g / cm3 _{(1.500 kg / m}3_).

Calcular:

❖ El volumen del ladrillo (m3₎

❖ La masa del ladrillo (SI y ST)

❖ El peso del ladrillo (SI y ST)

❖ La presión que ejerce sobre una mesa, cuando se apoya en cada una de sus tres caras (SI y ST).

Resolución

• 1) Volumen del ladrillo (V): V = 0,05m x 0,10m x 0,20m V = 0,001 m3

• 2) Masa de ladrillo (m):

m = V.μ_ladrillo= 0,001 m3 _{. 1500 kg/ m}3

m = 1,5 kg (SI) Seja 1 UTM = 9,81 kg m = 0,153 UTM (ST) x = 1,5 kg

• 3) Peso del ladrillo (p): p = m.g (Seja g = 9,81m/s2₎ p = 1,5 kg . 9,81 m/s2 p = 14,715 kg. m/s2 _{↔ p = 14,715 N (SI)} o p = 0,153 UTM . 9,81 m/s2 P = 1,5 kgf (ST) (Seja 1 N = 0,102 kgf)

• 4) Presión del ladrillo (p) en la face 1:

Área de la base = 0,2m . 0,05m Ab = 0,01 m2 p = F/A = 14,715 N/ 0,01m2 p = 1.471,5 N/m2_{ou 1.471,5 Pa (SI)} p = 1,5 kgf/0,01 m2_{= 150 kgf/m}2 _(ST) 0,05 m 0,1 m 0,2 m

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• 5) Presión del ladrillo (p) en la face 2:

Área de la base = 0,1m . 0,05m Ab = 0,005 m2 p = F/A = 14,715 N/ 0,005m2 p = 2.943,0 N/m2 _{ou 2.943,0 Pa (SI)} p = 1,5 kgf/0,005 m2_{= 300 kgf/m}2 _(ST) 0,1 m 0,05 m 0,2 m

• 6) Presión del ladrillo (p) en la face 3:

Área de la base = 0,1m . 0,2m Ab = 0,02 m2 p = F/A = 14,715 N/ 0,02m2 p = 735,75 N/m2 _{ou 735,75 Pa (SI)} p = 1,5 kgf/0,02 m2_{= 75 kgf/m}2 _(ST) 0,2 m 0,1 m 0,05 m

Resumen de

Resultados

• Sistema Internacional (SI)

Sistema técnico o gravitacional (ST)

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UNIDADES DE

PRESIÓN

UTILIZADAS

GENERALMENTE

EN HIDRÁULICO

PARA PRESIÓN

• Pascal (kPa, MPa) o N/m2_;

• cm Hg y mm Hg; • Atmósfera (atm);

• metros de columna de agua (m.c.a.); • Kgf/m2_; • Kgf/cm2_.

Equivalencia

de unidades

Presión

atmosférica

(Patm)

El aire, como cualquier otra

sustancia cercana a la Tierra, es

atraído hacia él, es decir,

TENEMOS PESO. Debido a esto, la capa atmosférica que rodea la Tierra, alcanzando una altura de

decenas de kilómetros, ejerce

presión sobre los cuerpos

sumergidos en ella. ESTA

PRESIÓN SE LLAMA PRESIÓN ATMOSFÉRICA (Patm).

Para a experiência de

Torricelli

Torricelli, un físico italiano,

realizó

un

famoso

experimento que, además de

demostrar

que

la

presión

realmente

existe,

permitió

determinar su valor.

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¿Cómo se hizo el experimento?

• Torricelli realizó el siguiente experimento: Llenó un tubo de vidrio

de 1 m de largo con mercurio (Hg); luego cerró el extremo libre del tubo y lo volcó en un recipiente que contenía mercurio. Cuando se quitó el dedo, la columna de mercurio descendió, quedando aproximadamente 76 cm por encima del nivel de mercurio en el recipiente.

Torricelli concluyó que la presión atmosférica, actuando sobre la superficie libre del líquido en el contenedor, pudo equilibrar la columna de mercurio. El espacio vacío sobre el mercurio, en el tubo, constituye la llamada cámara

barométrica, donde la presión es

Entonces, Torricelli encontró que:

A nivel del mar, la presión

atmosférica es

76cm de Hg = 1 atm = 10,33 m.c.a.

Variación de

la presión

atmosférica

• Después de Torricelli, el científico francés Pascal repitió el experimento en la cima de una montaña y encontró que el valor de la presión atmosférica era menor que al nivel del mar.

• Concluyó, entonces, que cuanto mayor es la altitud del sitio, más delgado es el aire y menor es el espesor de la capa de aire que actúa sobre la superficie de mercurio.

17 VARIACIÓN DE LA PRESIÓN ATMOSFÉRICA CON LA ALTITUD

Principio de Stevin

• Imaginando, dentro de un líquido en

reposo, un prisma ideal y considerando todas las fuerzas que actúan sobre ese prisma según la vertical, se debe tener:

• y por lo tanto,

donde A es el área de la base del prisma, h es la altura, p1 y p2 son las presiones en los puntos 1 y 2 respectivamente y γ es el peso específico del líquido), obteniendo:

donde γ_água= 1000 kgf/m3_{(ST) ou 9810 N/m}3_(SI)

• ley que se enuncia:

“La diferencia de presión entre dos

puntos en la masa de un líquido en

equilibrio es igual a la diferencia de

profundidad multiplicada por el peso

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• Del teorema de Stevin podemos concluir: la presión aumenta con la profundidad. Para los puntos ubicados en la superficie libre, la presión correspondiente es igual a la ejercida por el gas o el aire sobre ella. Si la superficie libre está en aire atmosférico, la presión correspondiente será la presión atmosférica, patm.

• La siguiente figura muestra el gráfico de la presión p en función de la profundidad h.

• ¿Por qué la línea comienza en Patm y no en el punto de origen del

Presión debida a una columna de líquido

• Suponiendo que hay un punto 1 en

la superficie del líquido y un punto 2 a una profundidad h, la presión en el primer punto (1) será la presión atmosférica local y la presión en el segundo punto se puede obtener mediante la relación :

Principio de Pascal

• EN LÍQUIDOS, LA PRESIÓN APLICADA

EN CUALQUIER PUNTO DE UN

LÍQUIDO DE EQUILIBRIO SE

TRANSMITE COMPLETAMENTE A TODOS LOS PUNTOS DEL LÍQUIDO

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Aplicación: la prensa

hidráulica

• PASCAL descubrió que el aumento de presión en un punto de la masa líquida se transmite completamente a todos los puntos del líquido.

• La prensa hidráulica es un dispositivo capaz de “multiplicar fuerzas” según el principio de Pascal. Es capaz de comprimir frutas, algodón, papel, etc.

Aplicación del teorema de

Pascal

• La siguiente figura describe una de las aplicaciones prácticas de la prensa hidráulica: el elevador de automóviles utilizado en las gasolinera.

aumento de presión (Δ p), que según el principio de Pascal, se transmite integralmente al tubo ancho, donde se encuentra el automóvil.

Dado que Δ p1 = Δ p2 y recordando que Δ p = F / A, escribimos:

Como A2> A1, tenemos F2> F1, es decir, la intensidad de la fuerza es directamente proporcional al área del tubo. La prensa hidráulica es una máquina que multiplica la fuerza aplicada.

Por otro lado, asumiendo que no hay pérdidas en la máquina, el trabajo del motor realizado por la fuerza del aire comprimido es igual al trabajo resistente realizado por el peso del automóvil.

• Adicionar slida pdf

De esta forma, los desplazamientos del automóvil y el nivel de líquido son inversamente proporcionales a las áreas de los tubos:

t₁= t₂→ F₁d₁= F₂d₂ Pero en la prensa hidráulica ocurre lo siguiente:

23 En la prensa hidráulica de la figura, los diámetros de los tubos 1 y 2 son de 4 cm y

20 cm, respectivamente. Si el peso del automóvil es igual a 10 kN, determine: a) la fuerza que debe aplicarse al tubo 1 para equilibrar el carro;

b) el desplazamiento del nivel de líquido en el tubo 1, cuando el carro sube 20 cm.

Resolución: El área del tubo viene dada por A = πR2 _{donde R es el radio del tubo.} Dado que el radio es igual a la mitad del diámetro, tenemos

R₁= 2 cm e R₂= 10 cm .

A1= [π(0,042)]/4 = 12,566 cm2= 0,0012566 m2;

A₂= [π(0,202_{)]/4 = 314,159 cm}2_{= 0,314159 m}2_;

Como R₂= 5R1 , el área A2_{es 25 veces el área A}

1, ya que el área es proporcional al

cuadrado del radio. Por tanto, A2= 25 A1.

Aplicando la ecuación de la prensa, obtenemos:

a) La fuerza que se debe aplicar para equilibrar el coche

b) el desplazamiento del nivel de líquido en el tubo 1 cuando el carro sube 20 cm