Ejer Cici Os

10. En unos vasos comunicantes hay agua y mercurio. La diferencia de alturas de los niveles del mercurio en los vasos es h=1cm. Calcular la altura de aceite que se debe añadir por la rama de mercurio para que el nivel de este en los dos casos sea el mismo. Densidad del mercurio =13,6g/cm3. Densidad del aceite = 0.9g/cm3. La ley de los vasos comunicantes nos da para valor de la altura del agua:

Una vez añadido el aceite los líquidos quedaran en la disposición de la figura segunda. Las presiones en las superficies de separación deben ser iguales

11. Un recipiente de secciones transversales A¡ y A2 (ver figura) se

encuentra abierto a la atmósfera, contiene un líquido de densidad p y está herméticamente cerrado por dos émbolos sin peso unidos entre sí por un alambre muy fino de longitud h. Si el sistema se encuentra en equilibrio, calcúlese la tensión del alambre. (No considerar el rozamiento de los émbolos con las paredes del recipiente.) A1 I)

PARA A1:

F = P0A1

h

f = pA1 p : presión del liquido a nivel del embolo 1

T

F

A2

T

T

f

II) Para A2 : f* = (p + Dhg)A1

DEL GRAFICO: Sumatoria de fuerzas = 0 T + P0A1 = pA1 .... (1)

F* = P0 A2

(T + P0A1)/ A1 = p… (3)

T f* III) REEMPLAZANDO (3) EN (2): *

F DEL GRAFICO:

Sumatoria de fuerzas = 0 *

T+F =f

T + P0A2 = ( [(T + P0A1)/ A1]*A2 + DghA2 ) A1T + P0 A1 A2 = TA2 + P0A1A2 +DghA1A2 T(A1-A2) = DghA1A2

*

T + P0A2 = ( p + Dgh)A2 ….(2)

T = DghA1A2/(A1-A2)

13.- Un deposito esta formado por una semiesfera de radio R que tiene adosado en su parte mas alta un cilindro de radio n veces menor que R y de altura h (ver figura); se llena el deposito con un liquido de densidad p. Despreciando el peso del depósito frente al del líquido, calcular: 1. La fuerza que actúa sobre la base circular del depósito. 2. La reacción del suelo 3. El valor de la fuerza total que ejerce sobre la cúpula semiesférica Solución a)

r=R n F=PA= .g (h + R) π R 2 a

b) N = Mg = Vg = .g (π r2 h + 2 π R3 /3) N = .g (π R 2 h/n2 + 2 π R3 /3) N = π R 2 .g (h/n2 + 2 R /3)

C) T + N = F

T=F–N T = .g (h + R) π R 2 .g (h/n2 + 2R /3)

14.-El depósito sin fondo de la figura tiene una masa M, está formado por dos cilindros acoplados de radios R y r y se encuentran sobre una superficie plana que cierra el depósito herméticamente. Introducimos un líquido en él cuando alcanza el nivel de este una altura h, el depósito se separa del suelo por acción del líquido sobre él. Determinar la densidad del líquido introducido. [(

2r [

h

( ) ]

) ]

W 2R

E

W=E

Mg =

ƿgv

Ƿ= [

]

=> M=

ƿv

=>

M=ƿAh

=> M= ƿ

h

[

]

15.- Sobre una superficie horizontal apoyamos boca abajo un recipiente de 9kg de peso que tiene una forma de semiesfera abierto por su plano diametral. En la parte superior tiene un agujero por el que se introduce agua. Hallar la altura máxima que puede alcanzar el agua para que la semiesfera no se desplegara del plano. Suponemos que el plano cierra herméticamente al recipiente, y su radio es lo suficiente grande para que se desplegara antes de llenarse.

El valor de la fuerza sobre un elemento del área dA será:

Siendo dA una banda de radio

y de altura

, luego:

Por otro lado, el valor de p será: (

)

Y, por tanto, cuando el recipiente comienza a despegarse: ∫ (

∫

)

Integrando: *

+

Y teniendo en cuenta que: Nos queda: √

√

19.- un camión transporta ina cisterna llena de un aceite de densidad 0,73 g/cm 3 y que tiene forma de paralepípedo rectángulo de dimensiones X0=Z0= 3m e Y0= 8m(ver figura). En un momento determinado el camión se mueve con una celebración a=2 m/s2.(el deposito es rigido y la tapa no ejerce presión sobre el aceite cuando el camión se mueve con movimiento uniforme.) Calcular: 1) La fuerza con que el aceite actua sobre el techo de la cisterna. 2) La fuerza que actúa sobre el fondo. 3) la presión en un punto A a una profundidad Z1= 1m y a una distancia Y1=3 m de la pared trasera.

a) Seleccionamos un volumen próximo a la tapa, de largo “b” medido desde la parte delantera de la cisterna y con espesor “c”, se tiene:

PA=P(cx)=ma= lVa= Lb(cx)a Siendo P, la presión a tal distancia “b”. Luego se tiene que :

P=

lba……(1)

A la distancia “b”, la fuerza sobre la tapa es : dF = P(dA) = Px(db) = F=ƒ0y

Laxb(db)=

2 L axy

F =½

Lxba(db)

½

, de donde

2 y L axb /0

= ½ x 0,73 * 103 * 2 * 3 * 64

F = 140.16 * 103 N b) La fuerza en el fondo se halla a partir de: f= F +

Lzgyx

= 140.16 * 103 + 0.73 * 3 *9.8 * 8 * 3 * 103 f= 655.24 * 103 N

c) Presión en el punto “A” PA =

Lay1

+

Lgz1

PA = 0.73 * 103 * 2 * 3 + 0.73 * 103 * 9.8 * 1 PA = 4.38 * 103 + 7.154 * 103 PA = 11.534 * 103 Pa

24:Un recipiente cilíndrico cerrado de 20 cm de radio está lleno de agua y gira a 1200 rpm alrededor de su eje. Determinar la diferencia de presiones entre dos puntos pertenecientes al mismo círculo perpendiculares al eje y que distan de él 5 y 15 cm respectivamente. W 20 cm

(

)

(

)

Aplicando: Para: Para:

(

(

)

)

Diferencia de presiones:

25. La figura nos representa un recipiente cilíndrico de radio que contiene aceite de densidad , que se encuentra girando alrededor de su eje de simetría a razón de el aceite esta a punto de salirse del recipiente y tiene profundidad nula en el centro del fondo. Calcular: 1) La altura

del cilindro

2) La fuerza ejercida por el aceite sobre el fondo

( )

SOLUCION: 1. )

?

Por fórmula de la presión:

(

) ( ) ( )

La presión manométrica:

(

)

Entonces: 2) La fuerza ejercida por el aceite sobre el fondo

(

)

27. Un depósito de la forma y dimensiones de la figura está lleno de un líquido de densidad 0,8 g /cm3. Calcular la fuerza que actúa sobre cada una de las paredes y el fondo. 2m 1m

1m

 Por el principio de Arquímedes (la fuerza de empuje) F = p.g.A.Hc p: densidad del líquido g: gravedad A: Área Hc: distancia desde el centro de gravedad del fondo o pared hasta la superficie libre del líquido  Sobre el fondo

F1 = p.g.A.Hc = 800 x 9.8 x 2 x 1 x 1 = 7840 N

 Sobre la pared anterior

F2 = p.g.A.Hc = 800 x 9.8 x 2 x 1 x 0.5 = 3920 N

 Sobre la pared posterior

F3 = p.g.A.Hc = 800 x 9.8 x 1 x 1 x 0.5 = 1960 N

28) Supongamos tres recipientes de la forma indicada en la figura en los que las superficies A son todas rectangulares e idénticas, y la línea OO’ pasa por el centro de ellas, calcular: 1)

La fuerza que actúa sobre cada una de ellas.

2)

Las componentes horizontales y verticales de dichas fuerzas.

Fig.1

fig.2

fig.3

1) la fuerza será la misma ya que la fuerza ejercida por el liquido en el fondo o pared de un recipiente es igual al peso de una columna del liquido q tiene como base el área de fondo del recipiente o una pared y de altura la distancia desde el centro de gravedad de la superficie a la superficie libre del liquido y dado que las superficies en los tres recipientes son idénticas la fuerza será la misma en los 3 casos: F=h x A x 2)

fig.1:

Fx=0 Fy=F

fig.2:

Fx=Fcosφ Fy=Fsenφ

fig.3:

Fx=F Fy=0

xg

29. Supongamos los recipientes de la forma indicada en la figura. El primer recipiente es cúbico, de 10 cm de arista; los otros tres recipientes tienen la misma base e igual altura y están llenos de agua. Calcular: 1) El peso del agua en cada recipiente. 2) La fuerza sobre el fondo de cada uno. 3) La fuerza sobre las caras BC, EF y HK. 4) La fuerza sobre la cara vertical LMNO del cuarto recipiente.

Solución 1)

[

(

[

(

[

( ) )] [

( √

2)

3)

)]

)] [

( √

)]

[ √

( )]

( )]

4)

∑

(

(

√

)

(

)

(

)

(

)

)

(

)

30. Un depósito lleno de agua está formado por un cilindro de 2 m de radio y 3 m de altura y una base en forma semiesférica. Calcular la fuerza que actúa sobre la base semiesférica. Solución:

ρ

P=ρgh

3

H2O=10 kg/m

3

r=2m

P =103 kg/m3 *9.8m/s *3m 2

h=3 m

P =294*102kg/ms2 H2 O

P=294*102kg/ms2

tenemos:

P=

F=P*A

Área de una semiesfera= 2 r2

F=294*102kg/ms2*2 r2 F=294*102kg/ms2*2 (4)2 F=294*102(8 )N F=2352 *102N F=7385.28*102N 97.Tenemos F=738528N

.

Presión en la base semiesférica

34. La figura nos representa el dique de un embalse en el que el agua alcanza una profundidad h= 30m en la pared vertical, y tiene una longitud L=250m. Calcular: 1. La fuerza resultante que actúa sobre el dique. 2. Momento de la fuerza que tiende a hacer girar al dique alrededor de O. 3. La posición de la línea de acción de la resultante.

Solución 1. El valor de la fuerza sobre un elemento de área dA será:

Y la resultante es por tanto:

Sustituyendo valores

2. El momento de fuerza dF respecto del eje OO’ es :

Y el momento resultante es:

Sustituyendo valores:

3. Llamando H a la distancia por encima de O a la fuerza F para producir el momento N calculado en “2” se tendrá:

36.-Hallar el centro de Empuje de una Compuerta circular de radio R cuyo centro está a una profundidad “h” de la superficie de un líquido, sabiendo que el momento de inercia del área de la compuerta respecto a un eje diametral es Solución: El momento de inercia del área de la compuerta respecto de OO´ se calculara aplicando el teorema de Steiner:

Luego:

o

O´ h

38.- En el depósito de la figura el fondo plano AB es un triangulo isósceles que esta inclinado θ=30 con respecto a la horizontal, el vértice A se encuentra a h=1m de profundidad y la base y altura miden 2m y 3m respectivamente. Calcular: 1) La fuerza resultante sobre la superficie debido al agua. 2) La posición (profundidad) a que se encuentra el centro de empuje B

Solución: a) Nos dicen que la base es un triangulo: BM=3 y AC=2 AM=MC=1 por Pitágoras el lado AB Es igual a √

= F1=

=√

A

m es altura central √

=

F2=

(

) =15495

=4900

La fuerza resultante es el promedio de=

b) El centro de empuje esta dado por

CE=

m + h/2m =√

3.66m

=10197.5

M

C

39.- El depósito de anchura a de la figura se encuentra dividido en dos por una compuerta. 1) La compuerta se encuentra ensartada en unas guías verticales (como una tajadera); vertemos en un lado del depósito un liquido de densidad d1 hasta una h1y en el otro lado un liquido de densidad d2 hasta una altura h2; Calcular la fuerza que actúa sobre la compuerta. 2) si la compuerta está articulada en su parte inferior pudiendo girar alrededor del eje AB, indicado en la figura, y procedemos de la misma manera que en el apartado anterior, ¿Qué relación tiene que haber entre las alturas de los líquidos para que la compuerta se encuentre vertical en equilibrio?

En el liquido 01: Hallamos la presión en la pared lateral P1 = F1/A1 F1 = P 1 A1 F1 = D1.G.H1.A1 F1 = D1.G1.H1.H1.a

En el liquido 02: Hallamos la presión en la pared lateral P2 = F2/A2 F2 = P2 A2 F2 = D2.G.H2.A2 F2 = D2.G2.H2.H2.a PARA QUE LA COMPUERTA ESTE EN EQUILIBRIO, LAS FUERZAS TIENEN QUE SER IGUALES: F1 = F2 D1.G1.H1.H1.a = D2.G2.H2.H2.a

H1/H2 =

√ √

40. Las secciones de los émbolos de un gato hidráulico son circulares y de radio r B = 5cm y rA =50cm. La longitud total de la palanca que acciona el embolo pequeño es de 1 m, y la distancia entre el punto de aplicación de la potencia al de la resistencia, 75 cm. Aplicando a la palanca una fuerza de un kilopondio, ¿Qué fuerza se transmite al embolo mayor? Solución: La ley de palancas conduce a: 1 x 100 = FB25 → FB= =

→

= =

4

=400Kp

=

= 4kp →

=

41.- Los dos pistones de una prensa hidráulica tienen por sección A=5cm² y A´= 2dm²; la palanca de segundo genero que sirve para maniobrar la bomba tiene por brazos longitudes de 10 cm y 1m. Se ejerce en el extremo de la palanca de la fuerza de 1kp. Se pide: 1.- ¿Qué peso podrá levantar la prensa? Fuerza transmitida por la palanca. 1x1= 0.1F -> F=10kp F/A = F´/A´ 10/5 = F´/ 0.002 F´ = 2000/5 = 400 kp 2.- ¿Cuál es el desplazamiento del pistón mayor cuando el pequeño se baja 10cm? Principio de trabajos virtuales. Fh + F´h´= 0 h´ = - Fh/F´ h´ = -10x10/400 h´ = -0.25 cm Mientras el embolo pequeño desciende 10cm, el mayor asciende 25cm. 3.- ¿Cuál es la relación entre el trabajo motor y el trabajo resistente? Si no hay rozamientos, y teniendo que ser cero la suma de los trabajo. Wmotor + Wresistente = 0 Wresistente / Wmotor = -1 El trabajo del motor lo consideramos positivo y el resistente negativo.

42. el esquema de la figura representa dos vasos comunicantes conteniendo un liquido y cerrados herméticamente con dos émbolos de masas

y

en la posición de equilibrio h

= 3 cm. Colocamos sobre el embolo de la derecha una pesa de masa = , entonces en el equilibrio los dos émbolos se sitúan a la misma altura en el equilibrio cuando se coloca la misma pesa en el embolo de la izquierda.

1) En caso inicial:

P = F/A

(

)

………………………….(*)

2) En el segundo caso de que la pesa M se coloca en el embolo derecho:

Reemplazamos (**) en (*) ( ( ………(**)

) (

) (

)

) =D

( )

3) En el tercer caso de que la pesa M se traslada del embolo izquierdo al embolo derecho; y pidiendo que hallemos la diferencia de altura cuando está en equilibrio (x).

=(

).x

x=10 cm

45. Una esfera metálica hueca de densidad 7gr/cm3 pesa en el aire 1kp y sumergido en agua 0,8 kp. Calcular a. El volumen de la esfera b. El volumen de su cavidad interior Solución: a. E = P – Pa donde: P: Peso en el aire Pa: Peso aparente o su peso sumergido en agua Reemplazando: E = P – Pa ( ) ( ) (1000Kg/m3)*(9,8m/s2)*V(esfera) = (1kp*9.8N/1kp) – (0.8kp*9.8N/1kp) V(esfera) = [(9.8 – 7.84)]/9800 V(esfera) = 0.0002m3 [ (

b. (

) (

)

]

) = 7000Kg/m3 (

Vci = 0.0002 – 9.8/(7000*9.8) Vci = 0.000057 m3

)

(

)

48.-una barra homogénea y de sección constante, de 1 metro de longitud, dividida en centímetros, se apoya por la división 50 sobre una cuña, en la cual se mantiene en equilibrio. Colgado una masa metálica en la división 80, hay que colocar un determinado contrapeso en la división 10 para que siga manteniendo el equilibrio. Introducida la masa metálica en agua, para seguir manteniendo el equilibrio hay que colocar el mismo contrapeso en la división 15 ¿Cuál es la densidad de la sustancia metálica? Solución

Para el 1º

equilibrio hacemos lo sgte:

30mg-40m`g = 0  30V = 40m´…………………….1

Para el 2º equilibrio con el cuerpo en el agua está dado d manera sgte: 30V – 30V a = 35m´………………………2 Dividimos 2 entre 1

= =

=> 40(

- 1) = 35

Ρ = 8 gr/

49.- ¿Qué fracción de volumen de un iceberg sobresale del agua?

Densidad del agua del mar: 1,03 g/cm3.Densidad del hielo: 0,92g/cm3.

Solución: P=E D hielo x g x V total = D agua x g x Vs 0, 92 V total = 1, 03 Vs Vs = 0, 89 Vtotal = 89% Vtotal Entonces el V no sumergido=Vtotal - Vs = 0,11 = 11%.

50. disponemos de una plancha de corcho de 1 dm de espesor; calcular la superficie mínima que se debe emplear para que flote en agua sosteniendo a un naufrago de 70kg (ver figura). Masa especifica del corcho: 0.24g/cm3. E = (M+M’)g E=Ae ag M’ = A e c Ae A=

a

(

g = (M+ A e

)

(

c)

g

)

51. Un palo cilíndrico de densidad 0,7g/cm3, de 4 cm2 de sección y 1 m de largo se sumerge en al agua hasta que sobresalen h=10 cm lastrando su parte inferior con una bola de cobre de densidad 8,8 g/cm3. Hállese el volumen de la bola (ver figura).

Solución Llamando M y M/ a las masas de la bola y del palo, respectivamente:

P=Mg + M/ g = V g +Sl

P=E

E= Vs

V

+Sl

/

ag=

=V

a

a–

V = S [(l - h) -

[V + S(l – h)

+ S(l - h)

l

/

/

g

ag

a

]

a

Sustituyendo valores:

V = 4 [(100 - 10) -100 x 0,7] cm3 = 10,26 cm3 8,8 – 1

52.- Un buque tiene una masa de 2000t cuando lleva su carga máxima en el mar. ¿Qué masa debe quitarse al navegar por un rio? Densidad del agua de mar: 1,03 g/cm 3. Tener en cuenta que, en los dos casos, el volumen sumergido debe ser el mismo. =m/v m = masa del cuerpo que flota v = volumen sumergido = densidad del liquido 2*106 = v*1030..... (1) M’ = v*1000…. (2)

(2) en (1) 2*106 /M’ = 103/100 M’=1,942*106 kg = 1942 t X = M – M’ = 2000t – 1942t = 58t

53) Con una Madera de densidad 0.7 gr.cm-3 se talla un cubo de 1dm de arista. Este cubo flota en el agua y en un aceite de densidad 0.9gr.cm-3. ¿Qué altura tiene la porción sumergida en cada caso? ¿Qué fuerza hay que ejercer sobre el cubo, cuando está en el aceite, para que se sumerja por completo?

1dm

1dm

c = 0.7 gr.cm-3 a) X

agua = 1gr.cm-3

agua . g . Vs = c . g . V 1gr.cm-3 (A . x ) = 0.7 gr.cm-3 (A . 1dm) X = 0.7dm

b) Y

aceite = 0.9gr.cm-3

aceite . g . Vs = c . g . V 0.9gr.cm-3 (A . y ) = 0.7 gr.cm-3 (A . 1dm) Y = 0.78dm

c)

E=.g.V

aceite . g . Vs = F + c . g . V 0.9gr.cm-3 (9.8m.s-2) 1dm3 = F + 0.7 gr.cm-3 (9.8m.s-2) 1dm3 0.2 gr.cm-3 (9.8m.s-2) 1dm3 = F 1.96 (10-3Kg . 106m-1) (m . s-2) (10-3m) = F 1.96 Kg . m . s-2 = F F = 1.96 N

54. Una esfera metálica hueca de 30 cm de diámetro flota en un aceite de densidad 0,9 g/cm3 y se encuentra sumergida hasta su plano diametral. Determínese: 1) Peso de la esfera. 2) Peso de lastre que hay que poner dentro para que la esfera quede totalmente sumergida. 1)

2)

55. 1)Del platillo A de una balanza se suspende un cubo macizo de hierro de 7 cm de arista; y el platillo B se suspende un cubo macizo de aluminio de 10 cm de arista. En estas condiciones la balanza esta en equilibrio. Calcúlese la densidad del aluminio. 2) Sumergimos ahora el cubo de hierro en aceite y el cubo de aluminio en alcohol. En estas condiciones es preciso añadir al platillo B 496g para equilibrar la balanza. Calcúlese la densidad del aceite. 3) En una tercera experiencia sustituimos el alcohol de la experiencia anterior por agua, dejando en el platillo B los 496 g como antes. Vamos añadiendo el agua poco a poco hasta que se restablece el equilibrio, de manera que el lado A el cubo de hierro esta sumergido en aceite, mientras que en el B el cubo de aluminio flotara en el agua. Se pide calcular la relación entre el volumen de aluminio sumergido y el volumen total. DATOS: densidad del hierro = 7.8 g/cm3. Densidad del alcohol = 8.81 g/cm3. Solución. 1) mfe = mal 7 ×7.8 = 103× al 3 al = 2.67 g/cm 3

2) mfe g - E1 = mal g - E2 + mg sabemos según lo anterior: mfe g = mal g E1 = E2 - mg 73× ac = 103×0.81 - 496 3 ac = 0.91 g/cm

3) mfe g - E1 = mal g + mg - E3

sabemos que:

mfe g = mal g

E3 = E1 + mg agua

gVs =

ac

gV + mg

Vs = 73×0.91 + 496 Vs = 808.13 cm3 Por lo tanto la relación de volumen de Al sumergido al volumen total será: r = 808.13/ 103 r = 0.80 = 80%

56. Un bloque cúbico de acero flota sobre mercurio. Siendo la densidad del acero 7.8 g/cm3 y la densidad del mercurio

m=

13.6 g/cm3 calcular:

1. ¿Qué fracción del volumen del bloque sobresale del mercurio? 2. Si vertimos agua sobre el mercurio, ¿qué fracción de arista cubrirá el agua si el bloque queda justamente cubierto por el agua?

Solución

1.-

Em = Wac m.ɡ.V

=

ac.ɡ.Vac

(13.6 g/cm3).(A.Hm) = (7.8 g/cm3).(A.Hac) (13.6 g/cm3).Hm = (7.8 g/cm3).Hac (13.6 g/cm3).X = (7.8 g/cm3).L X = L

7.8 13.6

X = 0.57 L La fracción sumergida es el 57% y la fracción flotante es 43%.

ac =

2.-

E1 + E 2 = W m.ɡ.Vm

+

H2O.ɡ.VH2O

=

ac.ɡ.Vac

( 13.6 g/cm3)(A.Hm) + (1 g/cm3)(A.H) = (7.8 g/cm3)(A.Hac) (13.6 g/cm3)(L-X) + (1 g/cm3)(X) = (7.8 g/cm3).(L) 12.6X = 5.8L X = 0.46 L

El 46% del arista está sumergido en el agua.

57. Un tablón homogéneo de densidad 0,7 g/cm3, de longitud 4m y de sección constante, se apoya en el borde de una piscina con agua como se indica en la figura; desde el punto de apoyo hasta el extremo no sumergido hay 1 m. Calcular la longitud sumergida de tablón.

Solución:

Tablón h

3m

58.- Dos esferas muy pequeñas, de igual volumen y densidades 1.2 g / cm 3 y 1.4 g / cm3, están unidas a los extremos de una cuerda de masa y volumen despreciables y de tal forma que cuando se encuentran estiradas la distancia entre sus centros es de 10 cm; el conjunto así formado se arroja a una solución salina cuya densidad varia con la profundidad h según la ecuación escrita en el sistema CGS: ƿ = 1 + 10 -2 h. Calcular la profundidad a que se encontraran ambas esferas cuando alcancen el equilibrio.

H

ƿL1 = 1+10-2 H, ƿL2 = 1+10-2( H+10)

r

E1 + E2 = ƿL1*g*V1 + ƿL2*g*V2

10cm

Vsumergido = V Cuerpo ƿ1*g*V + ƿ2*g*V=ƿL1*g*V + ƿL2*g*V 1.2 + 1.4 = 1+10-2 H + 1+10-2 (H+10) 2.6 = 2 + 10-2 (H+10) => 0.6 = 10-2 (2H+10) => 60 = (2h+10) H = 25 cm

59. En un recipiente de 5 de sección que contiene agua hasta una altura de 30 , se introduce un cubo de madera de 20 de arista y 0,70 de densidad. Calcular: a) La presión hidrostática en el fondo del recipiente después de introducir el cubo.

b) La fuerza sobre el fondo debida a tal presión.

60) Dentro del agua y a una altura sobre el fondo de 5,1 m Soltamos un cuerpo de masa 100g. Calcular la velocidad y la energia cinetica cuando llega al fondo, asi como el tiempo que tarda en la caida, suponiendo que la densidad del cuerpo es 2,75g/cm3.(Se desprecia toda influencia de rozamientoy solo se tendra en cuenta el empuje de Arquimedes.)

61) Un objeto de corcho se deja caer desde una altura de 5 metros sobre la superficie de un lago considerando que solo se opone al movimiento el empuje del agua y que la densidad del corcho es 0.2 g/cm, calcular: a) ¿Cuánto se hunde el objeto en el agua? b) ¿Cuánto tiempo tarda en llegar a la profundidad y volver a la superficie? Solución a) El movimiento del cuerpo dentro del agua es desacelerado

E – mg = ma . m = Vpc .

E = Vpag Vpag – Vpcg =Vpca

La velocidad que tiene el cuerpo al llegar a la superficie del agua es: √

√

(

)

=

El objeto se hunde 1.25 m b) V =at √

√ (

)

0.25 s

El tiempo que demora hasta llegar a la superficie es 0.5 s El tiempo total que demora en llegar a la superficie desde el momento Que se suelta es: =

√

√

m

62) Desde un punto situado a una altura de 10m sobre la superficie de un estanque lleno de agua y de profundidad 5 m se deja caer una esferita de 0,2 cm de radio. Considerar que solo se opone al movimiento el empuje del agua 1) La esferita es de hierro de densidad 7,5 g/cm3. Calcular: a) Lo que tarda en llegar al fondo del estanque b) La energía cinetica con que llega al fondo 2) La esferita es de madera de densidad 0.7 g/cm3 Calcular: a) La profundidad hasta la que llega a hundirse en el estanque b) La velocidad con que emerge a la superficie SOLUCION Ecuación del Movimiento Ma = Peso- Empuje ρhVa = ρhVg – ρaVg a =ρhg –ρag ρh a = g (ρh –ρa) ρh Teorema de Torricelli V = √2gh a) Aplicando formula y reemplazando H= Vot + ½ at2 = t √2gh + ½ g (ρh –ρa) t2 ρh 5=√2x9.8x10 t + ½ 9.8 (7.5 – 1) t2 => 4.25 t2 + 14 t – 5 = 0 => t=0.32 s 7.5

b) v= vo +at = √2x9.8 x10 + 9.8 (7.5-1) 0.32 = 16.71 m/s 7.5 T= ½ Mv2 = ½ 4/3 ∏ r3ρh V2 = 2/3 ∏ 0.2 3 x 7,5 x 1671 2 erg = 350 883 erg 2) El movimiento del cuerpo en el interior del agua es desacelerado: |a| = g (ρa – ρm) = 9.8 (1-0.7) = 4.2 m/s2 ρm 0.7 a) vo =√2gh = √2|a| s => s = g h = 9.8 x 10 = 23 m |a| 4.2 b) v=√2as = √2x4,2x5 = 6.5 m/s

64. Calcular el trabajo que se realiza al subir en el interior de un estanque lleno de agua un cuerpo de 100g de masa y 2 g/cm³ de densidad, desde 10 m a 1m de profundidad. Se desprecia la resistencia del agua.

E 9m

Mg

El trabajo que hemos de realizar para subir el cuerpo un desnivel dh dentro del agua será: dW Fdh = (Mg-E)dh = Vg(ƿ – p0) dh y como : ƿ = M/V

V= M/ ƿ

nos queda : dw = Mg (ƿ – ƿ0)/ ƿ = Mg (1 - ƿ0/p)dh en definitiva es el producto del peso aparente por el espacio dh. En nuestro caso:  W=∫

(

)

(

)

Exactamente la mitad que nos cuesta elevar al cuerpo 9m en el aire.

65.- Se sumerge en el agua un tubo de madera de densidad 0.7g/cm 3 y 30 cm de arista, hasta que queda totalmente sumergido de modo que la superficie libre del líquido coincide con una de las caras del cubo. Soltamos el cuerpo y después de realizado el movimiento armónico amortiguado queda en reposo, flotando en el líquido. Calcular el trabajo realizado por el agua sobre el cubo desde que se soltó hasta que queda en reposo. Calculemos primero el valor de h de la arista sumergida en el equilibrio:

El trabajo realizado por el cuerpo es igual a la energía potencial que posee cuando está sumergido, que viene medida por el trabajo realizado al introducir el cuerpo dentro del líquido. Para introducir el cubo dx, estando las aristas sumergidas x, se realiza un trabajo: (

)

(

)

Luego: ∫

*

∫

(

(

)

)

(

)) +

*

(

+

)*

Sustituyendo valores: (

)[

]

(

)

+

66. Un bloque cúbico de piedra de 1m de lado y densidad 2.7 g/cm³ esta justamente sumergido en agua, como se indica en la figura, calcular el trabajo que se realiza al sacarlo hasta que su cara inferior coincida con el nivel del agua.

dW = Fdy = (Mg-E)dy dW = L2g(DL -DLiqY)dy  W=∫

(

)

 W = L2g(DLY - DLiqY2/2)…. Resolver de 0 a L E

W = L4g (D -1/2 DLiq) W = 1(9.8)[2.7*1000-0.5*1000]J W = 2.156 J

L

Mg

68. Calcular la Fuerza debida a la presión atmosférica (H=1atm) que soporta un hombre que tiene 1.5 m2 de piel SOLUCION F= pA = 76 x 13.6 x 980 (1.5) = 15 504 kp 105x 9.8 x 10-4

69) Una cámara en la que se ha hecho un vacio perfecto está cerrada por una puerta cuadrada que ajusta herméticamente, cuyo lado es ½ m calcular el número de hombres que ejerciendo una fuerza de 80 kp, son necesarios para abrir la puerta. Solución La superficie de la puerta es: A=50 La fuerza necesaria para abrir la puerta es: F= p Total número de hombres Hombres =

70) Un alumno quiso reproducir en su casa la experiencia de Torricelli con un tubo de 1 m de longitud, al no tener mercurio, lleno el tubo de agua y, una vez invertido sobre una cubeta con agua, observo que esta bajaba en el tubo. ¿Por qué?. ¿Qué longitud mínima debería tener el tubo si la presión exterior era la normal?

71. Para “trasegar el vino” (pasarlo de un recipiente a otro en un nivel más bajo, ver fig.) se emplea una goma que haga de “sifón”. Explicar este proceso Sol: El “sifón” funciona gracias a la presin atmosférica H; la fuerza debida a ésta actuará en las secciones 1 y 2 hacia arriba. Si es la presión debido al vino en el punto 1 y es la presión en 2, entonces la presión eficaz en el brazo corto será H - y en el largo H - , y como: =>

=> H -

H-

Las fuerzas debidas a estas presiones van dirigidas hacia arriba, por lo que el vino descenderá por el brazo largo.

72.-1) Calcular la altura que tendría la atmosfera si no variase la densidad del aire con la altura ni la aceleración de la gravedad(densidad del aire: 1,293X10 -3g/cm3). 2)con las mismas condiciones, determinar la altura a que se encuentra un avión cuando registra una presión atmosférica que es inferior en 13 cm de Hg a la que hay en es instante en la superficie terrestre.

Ejercicio 58 :

E1 H W1 10cm

E2 D1 = D2 = W2

E1 + E 2 = W 1 + W2 D 1g V + D2g V = m1g +m2g (1+10-2H)V + (1+10-2(H+10))V = 1,2V + 1,4V 1+10-2H + 1+10-2(H+10) = 2,6 10-2(2H+10) =0,6 2H+10 = 60 H= 25 cm

= 1,2 =1,4

73. Un tubo cilíndrico graduado, de 1m de longitud y abierto por sus dos extremos, se introduce verticalmente hasta la mitad de su altura, en un líquido. Se tapa su extremo libre con el dedo y se saca, observando que el líquido se vierte hasta quedar ocupando una altura de 25 cm. Calcular con estos datos la densidad del líquido. Presión exterior = 76 cm de mercurio. Solución: Una vez sacado el tubo del líquido, en la parte superior (75 cm de su altura) queda encerrado aire a una presión p que calculamos por la formula de Boyle:

⇒

Además, se ah de verificar: H= ph + p

Siendo ph la presión hídrica (debida al líquido). Luego:

74.- En un tubo cilíndrico de 4mm de radio, en el que el mercurio marcaba 740mm de altura, quedando 15 cm de cámara barométrica, ha entrado aire, y como consecuencia ha bajado la columna a 715mm. Calcular: 1. El volumen de aire que ha entrado a la presión atmosférica. 2. Si se pone ahora la cámara en comunicación con un globo vacio de litro y medio de volumen. ¿Cuál es la nueva presión del aire y la altura marcada por el mercurio? Solución 1.

Altura del tubo: h = 740 mm + 150 mm = 890 mm



Volumen del gas: V = V =

.(4 mm)2.(890 mm – 715 mm)

V = 2800 

mm3

Presión del gas: P = 704 mm – 715 mm = 25 mm

El volumen del gas a 740 mm de mercurio se obtendrá por la ley de Boyle Mariotte: P 1 V1 = P 2 V2 (25 mm)(2800

mm3) = (740 mm)V2 V2 = 297 mm3

2.- El mercurio asciende en el tubo h mm. 

Nuevo volumen del gas: V = V =

.(4 mm)2.(890 mm – 715 mm – h mm) + 1.5x106 mm3

V = 1.51x106 mm3 - 16 h mm3



Nueva presión del gas: P = ( 740 mm – 715 mm – h mm ) P= ( 25 – h )mm

Aplicando la ley de Boyle Mariotte: P1 V1 = P 2 V2 (25 mm)(2800

mm3)= ( 25 mm – h mm )( 1.51x106 mm3 - 16 h mm3) h = 23.5 mm



La altura H marcada por el mercurio sera: H =715 mm + 23.5 mm = 738.5 mm



La presión P del gas será: P = 740 mm – 738.5 mm = 1.5 mm

76. Un vaso cilíndrico de paredes muy finas pesa 75 g, tiene una altura de 15 cm y un diámetro de 6 cm; se pone boca abajo sobre la superficie del agua y lentamente se va metiendo en ella manteniéndolo vertical. La presión atmosférica en el momento de la experiencia es de 750 mm de Hg. Determinar la profundidad mínima a que tendremos que sumergir el vaso para que se hunda. (Despreciamos el empuje del agua sobre las paredes y fondo del vaso, y la tensión de vapor.)

77) El tubo de un barómetro tiene 1m de longitud por encima del mercurio de la cubeta y 1cm2 de sección interior. Contiene una columna de mercurio de 0.760m de altura y cuya temperatura es 0o. Se introduce en la cámara de este barómetro 1cm 3 de aire medido en las condiciones normales de temperatura y de presión, y sabiendo que la densidad del aire en condiciones normales es 1.293 gr/L, se pide: 1) ¿Cuál será la densidad absoluta y relativa de la atmosfera que coronara la columna de mercurio? 2) ¿Cuál será la altura barométrica observada? 3) ¿Cuánto habrá que introducir el tubo barométrico en la cubeta para que la densidad del aire que contiene sea igual a la del aire exterior? C

C 76cm 1m

A

B

H A

B

a) y b) Pa = P B 76cmHg = H + Pc H = 76 - Pc …………………(1) Por la ley de Boyle – Mariotte, tenemos: 76 = Pc (100 - H) …………………….(2) Reemplazando (1) en (2): 76 = 24Pc – P2 Pc = 2.83cmHg = 3721.1053N.m2 En (1): H = 73.2cm Por los datos tenemos que el barómetro tiene una sección interior de 2

1cm : V = H . 1cm2 = 26.8cm3

Si la densidad del aire es 1.293 gr.L = 12.93gr (10-3) cm-3 y se introdujo 1cm3 de aire, la cantidad en gramos que se introdujo es 1.293 (10-3) gr, entonces:

atm = m/V = 1.293 (10-3) gr / 26.8cm3 = 4.82 (10-5) gr.cm3 R = 4.82 (10-5)

c) Para que la densidad del aire en el tubo tenga la misma densidad que el aire exterior se tiene que introducir el tubo hasta que solo sobresalga 1cm, porque se introdujo 1cm3 de aire exterior (que expandió en todo el espacio vacío que había (V) y perdió densidad) que solo recuperara su densidad original 3 cuando se encuentre en un espacio de 1cm (1cm x sección interior).

78.- Un cilindro AB, de 40 cm de longitud y 10 cm de sección interior contiene un pistón de cierre hermético que puede resbalar sin rozamiento, de espesor despreciable y de peso igual a 5kp. Las bases del cilindro tienen sendas llaves para comunicar con el exterior. Tomamos la presión atmosférica igual a 1 kp/cm2 y la masa del litro de aire bajo esta presión igual a 1,3g. 1) Se encuentra el pistón a la mitad del recorrido y las llaves están abiertas. Se cierra la llave correspondiente a la base inferior, se coloca en posición vertical y el pistón desciende. ¿Qué longitud desciende? 2) Partiendo de la misma posición inicial, se cierran simultáneamente las dos llaves. ¿Cuál es el desplazamiento en este caso? 3) Resuelto el primer caso, en la posición equilibrio se inyecta aire por la parte inferior. ¿Qué masa del aire es preciso inyectar para que el pistón se coloque nuevamente en la mitad de la altura del cilindro?

SOLUCION

1) La presión que corresponde al pedo de embolo es :

Si llamamos H a la presión atmosférica y cilindro, se habrá de verificar:

la presión del gas de la parte inferior del

H+

=

Aplicamos la ley de Boyle – Mariotte al gas del deposito cerrado (llamamos l a la longitud del cilindro): HA

(

)

Sustituyendo en la anterior, obtenemos: H+

=

(

)

(

)

2) Llamamos a las presiones del gas en los recintos superior e inferior. En el equilibrio se habrá de verificar.

Por la aplicación de la ley de Boyle – Mariotte se obtiene: HA

(

)

HA

(

)

Sustituyendo en la primera: =0

Trabajando en un sistema en que la unidad de fuerza sea el kp y de longitud del cm, obtenemos:

Cuya solución positiva es:

3) La masa será la correspondiente a un volumen V= Ax, a la presión H + Pe. La densidad del gas en estas condiciones es:

(La superficie y la longitud se han expresado en volumen en ).

y dm, para obtener el

79. Se dan cuatro emboladas de extracción al pistón de una maquina neumática, cuyo cilindro tiene una capacidad de 21, siendo la presión del aire en la vasija donde se quiere hacer el vacio de 1 atm y la final, en este mismo recipiente, de 1/81 de atm. Se pide: 1. Calcular el volumen de la vasija en que se hace el vacio 2. Las masas de aire al comenzar la extracción y al final de ella, o sea después de las cuatro emboladas. Densidad del aire a la temperatura de la experiencia: 0,001293 g/cm3. Solución 1) 1a embolada p V = p(v + V)

p1 = p

V V+v

2. a embolada: p1 V = p2( v + V )

p2 =

p1

V

=

V+v

p

V

2

V+v

n embolada: pn =

p

V V+v

n

Para n = 4 1/81 = 1

V

4

1/3 = (V/ V + 2)

V+v

2) M = VC

M1 = 1000 x 0,001293 = 1,293 g

M2 = 1000 (0,001293 / 81) = 0,016 g

V = 11

80.- Se trata de construir un globo cuya masa, presidiendo del gas interior. Sea de 300kg, el gas interior es helio, cuya densidad es 0,000196 g/cm 3 y la del aire 0,001293 g/cm3. Calcular: 1) El minimo volumen del aerostato. 2) la fuerza ascensional si tuviese un volumen de 300 m3.

Solución: Peso del globo + Peso del gas = Empuje

1)

M x g + Vp x g = Vp’ x g V= M / p – p’ V= 300 / 1,293 – 0,196 V= 273, 47

2) F = E – P F = Vp’ x g – (M x g + Vp x g) F= V (p’ – p) g - Mg Operando en el sistema técnico, obtenemos: F = 300 (1,293 / 9,8 - 0,196 / 9,8) x 9,8 - (300 / 9,8) x 9,8 F= 29,1 kp

81.-Conforme un globo asciende la densidad del aire ( a) disminuye, haciéndose también menor la fuerza ascensional, hasta que llega un momento en que el aerostato se detiene. Demostrar que la masa del globo sin gas (M) cuando esto ocurre toma el valor: M = V( a- ), siendo V el volumen del gas que llena el globo y “ ” la densidad de dicho gas. Solución La fuerza ascensional es la diferencia entre empuje y el peso del globo. F=E–P P = V – Mg Considerando que “V” es el volumen total del empuje. E =V a.g F=V a.g – (V +Mg) =V.g( a- ) – Mg Tomamos como punto final a “F”en el cual se detiene el globo, por lo tanto F=0 V.g( a - ) – Mg = 0 V.g( a - ) = Mg V( a - ) = M

85. DINÁMICA DE FLUÍDOS EN REGIME DE BERNOULLI Por la sección transversal de un tubo de 2 cm de diámetro fluye en régimen a Bernoulli un gas, pasando por ella 1.02 kg de gas en una hora. Determine la velocidad con que fluye el gas en el tubo. Densidad del gas = 7.5 Kg/m3 Solución: Diámetro = 2cm = 0,02m La masa por unidad de tiempo m’ (kg/s) m’ = (1,02 kg/1h)*(1h/3600s) m’ = 0.00028kg/s Pero también m’ = donde: A = área V = velocidad Reemplazando 0.00028Kg/s = 7.5Kg/m3 * (π/4)*( 0.00028 = 0.0024 * V V = 0.1167 m/s

)

86.- Un fluido circula en régimen de Bernouilli por una tubería que primeramente se estrecha y luego se bifurca en las ramas que se indican en la figura. Si los diámetros correspondientes a éstas son: d1: 20cm; d2=15cm; d3:10cm; d4=5cm y las velocidades del fluido en los puntos 1 y 4 son 1 m/s y 3 m/s respectivamente, calcular las velocidades en los puntos 2 y3.

SOLUCION: El tubo de PITOT consiste en un tubo desdoblado como en la figura, en el que se puede efectuar una medida de las distancias entre los niveles superiores de un líquido en sus 2 ramas.

p1 = p2 +

pₐ

v=√

(

)

y como: p1 - p2 = pgh

Obtenemos:

V=√

= √

= 360 km/h

88. suponiendo que la cantidad de agua que sale de un surtidor lanzada hacia arriba a trabes de una boca de área en una fuente es constante, ¿Qué disminución tendrá que hacerse a la sección para que el choro ascienda al doble de altura? * Como nos dice que la cantidad de agua que sale del surtidor es constante entonces decimos que el gasto en ambas acciones es la misma. ---------------------> V= √

= Dgh G=

= √ √ √ √

X=

(

)

( √

)

√

= =

= √

=

(

√ )

= 0.3

disminución: x

89.- Calcular en km/h la velocidad de un avión provisto de un tubo de Pitot cuyo líquido manométrico es mercurio, siendo la diferencia de alturas entre los niveles de las dos ramas 49 mm. Suponemos que la densidad del aire es 0,001 293 g/cm³.

Un tubo de Pitot consiste en un tubo doblado como muestra la figura, en el que se puede efectuar una medida de las distancias entre los niveles superiores de un líquido en sus dos ramas. La medida de diferencia de presiones entre los puntos 1 y 2 está determinada por h.

Aplicando el teorema de Bernoulli a dichos puntos. g= gravedad h= altura V= velocidad p= densidad Pa= densidad del aire P1 = P2 + ½ Pa v² V =( 2 ( P1 – P2) / Pa)½ Y como P1 – P2 = pgh Obtenemos: V = (2ghp/Pa)½ V = (2x9.8x49x13.6/ 10³x0.001293)½ m/s V = 360 km/h

90. Un fluido de densidad 0.8 g/cm2 circula por una tubería horizontal cuyo diámetro se reduce uniformemente de 10 a 6 cm (ver figura). En la sección más ancha su velocidad es de 10 cm/s. Calcular la diferencia de presiones entre dos puntos situados en dichas secciones.

91) Para saber la velocidad del agua en una tubería empalmamos en ella un tubo T de menor sección; colocamos tubos manométricos A y B, como se indica en la figura, medimos la diferencia de altura (5cm) entre los niveles superiores del liquido en tales tubos. Sabiendo que la sección de T es 10 veces menor que la de la tubería, calcular la velocidad del líquido en ésta. Solucion

Aplicando el teorema de Bernoulli a dos puntos situados en cada uno de los tubos y ambos a la misma altura, obtenemos: 1 2

1 2

1 2

gh  V12  g (h  h ' )  V22  gh '  (V22  V12 ) pero como según la “ley de continuidad”: V2 A  1  10  V2  10V1 V1 A2

Que junto con que h’=5cm, se obtiene: 5g 

1 1 9800 (100 V12  V12 )  99V12  V1   10 cm s 2 2 99

92.- El gasto en una tubería por la que circula agua es 208L/s. En la tubería hay instalado un medidor de Venturi (Ver figura) con mercurio como liquido manométrico. Siendo 800 y 400 las secciones en la parte ancha y estrecha de la tubería, calcular el desnivel que se produce en el mercurio Solución De los datos se tiene que G=208L/s equivalente a 208000

/

Con el gasto me ayudo para sacar las velocidades en ambos puntos p1, p2 aplicando la ecuación de continuidad. = .



208000

/s = .

208000

/s = .

 208000

/s = .800

260

208000

/s = .

 208000

/s = .400

520

De la ecuación de Bernouilli se tiene que diferencia de presiones. = (

)=

(

)= 101400

Para hallar diferencia de alturas también usaremos Bernouilli = =

=(

)

=8.2

93.- Por un tubo circula agua en régimen de Bernoulli, con un gasto de 500 l/s. Calcular la diferencia de presiones manométricas en dos puntos situados a una distancia vertical de 10 m, sabiendo que la sección del tubo en la parte más alta es doble que la correspondiente al punto más bajo (200cm2) Solución (

)

(

)

Se debe tener en cuenta: G=

Sustituyendo : (

)

[(

)

]

Se sustituye los valores: [

]

La presion manometrica en el punto mas bajo es menor que en el mas alto

96. En una pared de un depósito lleno de un liquido hasta un altura de 9.8m del fondo, se abre un orificio circular de radio de 1cm en el punto medio de la altura. Calcular el gasto teórico y práctico y el alcance de la vena liquida hasta el nivel del fondo. Solución El gasto teórico es:

El gasto práctico será:

Alcance de la vena liquida será:

97.Tenemos un recipiente de paredes verticales lleno de un líquido hasta una altura l.Demostrar que si abrimos un orificio a una distancia vertical de la superficie(y), la vena líquida tiene el mismo alcance que si lo abrimos a lamisma distancia (y) del fondo.

3

2

1

Solución: Aplicando la ecuación de Bernoulli en los puntos 1 y 3 calculamos la velocidad de salida del agua por el agujero 1; es decir:

P1+ gy1 + v12 = p3 + gy3 +

v32………..*

Pero se observa que las presiones p1=p3=p0 V3 tenemos: vy = 0; h=y R (t) = < v0t ; h + v0t -

t2 >

Remplazamos los datos del punto 1: R(t) = < √

(

Igualamos y -

R(t) = < √

y-

t2=0

(

) ;y-

t2 >

t2 a cero debido que llega al suelo: ) ;y-

t2 > = < alcance ; 0>

t= √

remplazamos en √

(

) para hallar el alcance en el chorro del agua del orificio

1:

√

(

) = √

(

) (√

√ (

Alcance1 =

) =

√ (

)

)

Ahora de igual manera para el alcance del chorro 2: V0 =0; h = R (t) = < v0t ; h + v0t -

t2 >

Remplazamos los datos del punto 2: R(t) = < √

(

) -

;(

t2 = 0

t=

remplazamos en √

√

t2 > = < alcance ; 0>

) -

√

(

)

para hallar el alcance en el chorro del agua del orificio 2:

=√

Alcance 2:

(√

2√ (

(

)

) = 2√ (

)

)

Alcance 1=Alcance2

98. En un depósito de gran sección se practica un orificio a y = 1 m del suelo, como se indica en la figura. Colocamos en él un manómetro y nos indica una presión de 11,6 cm de Hg; quitamos el manómetro y dejamos salir el líquido, alcanzando una distancia x = 3 m. Calcular: 1) La densidad del líquido. 2) Altura H sobre el suelo a que se encuentra el nivel del líquido.

Solución 1) √

(

De:

,

) (

) = 154 604,8 b = 15 460,48 Pa

y de :

,

(

(

)

)

) (

2)

(

) (

Obtenemos:

(

Reemplazando:

Entonces:

Entonces:

;

;

)

)

99.- El tubo de una central hidroeléctrica de montaña presenta un desnivel de 500 m y está totalmente lleno de agua. El agua sale en la central por un orificio de 10 cm de diámetro y acciona una turbina de rendimiento ŋ=0.83. Siendo el coeficiente de velocidad k=0,92 y considerando la sección del tubo lo suficientemente grande para que la velocidad del agua en su interior sea despreciable, calcular: 1) El gasto del tubo o, lo que es lo mismo, el caudal que tiene que tener el manantial que conserva constantemente el tuco lleno de agua. 2) La potencia de la turbina. 3) La fuerza ejercida por el agua sobre la turbina.

Altura (h)=500m Diámetro del orificio (2r)=10cm Radio=5cm Rendimiento (ŋ)=0.83 Coeficiente de velocidad (k)=0,92 (Velocidad del agua en el interior es despreciable)

1) Gasto teórico:

G=Av= πR2 k(2gh)1/2 G=π52 x 10-4 x 0,92 x (2 x 9,8 x 500)1/2=715,30 l/s

2) Potencia:

P= ŋx(w/t) P= ŋx(((1/2)xMxV2)/t) P= ŋx(((1/2)xMxV2)/t) P= ŋ (((1/2)v k22gh)/t) P= ŋ k2 ghG P=0,83x103x0,922x9,8x500x715,3x10-3= 2462 kw

3) La fuerza ejercida por el agua sobre la turbina: F= (MV)/ t

F=

( V/ t)v

F=

Gv

F=

G k(2gh)-2

F=(103/9,8)x715,3x10-3x0,92x(2x9,8x500)1/2

F=6,65 x 103 kp

100. Un depósito de gran sección cerrado contiene agua y sobre ella aire comprimido, ejerciendo una presión de 5 atm técnicas. A una distancia vertical de 2 m bajo la superficie libre del líquido hay practicado un orificio circular de 0,4 cm de diámetro situado a 1 m sobre el suelo. Si la presión atmosférica es de 1 atm técnica y el coeficiente de contracción de la vena líquida es 0,61; calcular: 1) La velocidad de salida del agua. 2) El gasto teórico y práctico. 3) El alcance horizontal de la vena líquida. 4) La velocidad del líquido al llegar al suelo. 5) El ángulo que forma tal velocidad con la horizontal.

PAire = 5at 1 2m H2O 2 1m 3 R = alcance  Conversiones

1)  Utilizando la Ec. De Bernoulli en los puntos 1 y 2

 V1 = 0 ; h = 0

√

(

)

√

√

(

)

(

)

2) (

)

3) Trayectoria √

Alcance = √

√

4)  Utilizando la Ec. De Bernoulli en los puntos 2 y 3



;

√

√

5)

√

√

101: Destapamos un orificio de radio que se encuentra en el fondo de un depósito cilíndrico lleno de agua que tiene de radio y de altura . si el proceso de vaciado obedece al régimen de bernouilli, y por tanto prescindimos de la viscosidad, encontrar una fórmula que nos dé el tiempo que tarda el depósito en quedarse sin agua. Solución: En un momento en que el nivel se encuentra a una altura h, si de salida del agua por el orificio será:

√ El gasto es: √

Luego: =

√

dt

=

√

∫

√

=

√

=

√

=

√

∫

√

√

, la velocidad

102. Destapamos un orificio de radio que se encuentra en el fondo de un depósito cilíndrico lleno de agua que tiene de radio y de altura (considerar la sección del orificio y no tomar como nula la velocidad de la superficie libre). Si el proceso de vaciado obedece al régimen de Bernouilli, y por tanto prescindimos de la viscosidad, encontrar una fórmula que nos dé el tiempo que tarda el depósito en quedarse sin agua.

Aplicando el teorema de Bernoulli entre los puntos 1 y 2 cuando el nivel de agua se encuentra a una altura obtenemos:

)

(

(

)

Son las presiones atmosféricas en los puntos 1 y 2, prácticamente iguales; por tanto:

(

)

(

)

Y como:

=

(

)

(

)( )

( )

Luego:

( )

Operando y tomando el signo menos al extraer la raíz cuadrada:

∫

√

√

√

√

√

t=

√

(

√

√

)

(

∫

)

103:Un depósito cilíndrico de 1 m2 de base, abierto por su extremo superior, contiene 100l de agua y 500l de un aceite de densidad 0.8 gr/cm 3. Si en su parte inferior se abre un orificio de 10 cm2 de sección, y el proceso de vaciado del agua obedece al régimen de Bernoulli, ¿Cuánto tiempo transcurrirá hasta que empiece a salir aceite? 

Bosquejo:





Entre (1) y (2): (

)

(

) ( )

Entre (2) y (3) (

)

(

)

Reemplazando

Despejando

y agrupando convenientemente: (

√

)

Reemplazando datos obtendremos: √

(

Aplicando el gasto de un orificio tenemos:

Despejamos “t” y Reemplazamos los datos:

)

105. colocamos un recipiente que contiene gas y tiene una masa total M sobre una superficie horizontal, y en una de sus paredes laterales le hacemos un orificio circular de sección A muy pequeño en comparación con el tamaño del recipiente. si es coeficiente estático de rozamiento entre la superficie y el recipiente es . ¿Cuál debe de ser la diferencia de presión del gas respecto del exterior para que el recipiente comience a moverse?

SOLUCION: La velocidad de salida del gas por el orificio será: √



De la primera ecuación del movimiento:  La masa del gas M expulsa en un tiempo t será: 



Luego: 





Para que el recipiente comience a moverse sobre la superficie tendrá que verificarse: 





106.- en una tubería por la que circula agua empalmamos un tubo T de menor sección, colocando tubos manométricos A y B como se les indica en la figura y medimos la diferencia de alturas(8cm) entre los niveles superiores del liquido en tales tubos. Sabiendo que la velocidad aumenta de 10 cm/s hasta 100 cm/s, calcular la perdida de carga.

La ecuación de Bernoulli para fluidos viscosos es:

(1/ g) P1 + ½ V12 + gh1 = P2 + ½ V22 + gh2 + gh1 P 1 + V 12 + h 1 = P 2 + V 22 + h 2 + h 1 g 2g g 2g En nuestro caso h1 = h2 luego:

h1 = P 1 - P 2 g

+

V 12 - V 22 2g

Pero como:

P1 - P2 =

gh

Nos queda:

h1 =

h1

h

+

V12 - V22 = 8 + 102 - 1002 2g 2 * 980

= 8 - 5.05 =

2.95 cm = 3 cm

107.- Por un tubo cilíndrico de 50 cm de longitud y 2 mm de diámetro interior circula agua; si la diferencia de presión a lo largo del tubo es de 10 cm de Hg y la viscosidad del agua es 1 cP calcúlese la cantidad de agua que fluye por el tubo en 1 min.

2 mm

1 min = 60 seg n = 1cP = 1 centipoise

50 cm

⃗ (

(

)

)

110.-En un tubo de vidrio horizontal hemos colocado un cristalito de permanganato potásico y hacemos circular agua por el tubo. Observamos el régimen laminar al distinguir unos filetes violetas que se forman a partir del cristal. Aumentando la velocidad de paso del agua por el tubo (haciendo que, simplemente, el líquido descienda de una mayor altura), se observa la formación de torbellinos. Calcular la velocidad con que en tal instante discurre el agua por el tubo (h = 0,01 P;

= 1 g /cm3; r = 0,5 cm). SOLUCIÓN

Vc= R

n

;

r

R= módulo de Reynolds

1200