Trabajo Final

MECÁNICA DE FLUIDOS I

“AÑO DEL BUEN SERVICIO AL CIUDADANO”

UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN E. A. P INGENIERÍA CIVIL TRABAJO PRÁCTICO N°1

CURSO CICLO

: Mecánica de Fluidos l.

SEMESTRE ACADÉMICO

: 2017 – I.

DOCENTE

: Ing. Zumaran Irribarren, José Luis.

ALUMNOS

: Atencio Bonilla, Eric.

: V.

Changanaqui Changanaqui, Victor. Espinoza Díaz, Grabiel. Gutierrez Li, Aldair. Rodas Alvarado, Sebastián.

HUACHO – PERÚ 2017

Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I

PROBLEMAS DE HIDRÁULICA I Alejandro Cáceres Neira

Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I

CAPÍTULO I Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS 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 =

𝑊 2𝑥2 … . (𝛼) 2𝑔

Para el paraboloide COD: 𝑍11 =

𝑊 2 (𝑅/2)2 𝑊 2 𝑅2 = … . (2) 2𝑔 8𝑔

Para el paraboloide AOB: 𝑍1 = 𝑊 2 𝑅2 /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 reposo = (𝑍1 − 𝑍11 − ℎ )𝜋𝑅2 …

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Volumen no ocupado por el agua durante el movimiento, la calculamos teniendo elementos diferenciales. Tomemos una faja de ancho d 2 y distancia del eje a la pared x 𝑑𝑉 = 𝜋𝑥 2 . 𝑑𝑧 … … … (3); de (𝛼 )sacamos 𝑥 2 = 𝑑𝑉 =

2𝜋𝑔 𝑊2

2𝑧𝑔 𝑊2

que reemplazándolo en (3):

𝑧 . 𝑑𝑧. que integrándolo para obtener el volumen total no ocupado por el agua

durante el movimiento de: 𝑉=

2𝜋𝑔 𝑍1 2𝜋𝑔 2 2 ) (𝑍1 − 𝑍11 ∫ 𝑧. 𝑑𝑧 = … (∞) 2 𝑊 𝑍11 𝑊2

(𝛽) y (𝛾), volúmenes no ocupados por el agua son iguales: Entonces: 𝜋𝑅2 (𝑍1 − 𝑍11 − ℎ ) =

2𝜋 2 ) (𝑍 2 − 𝑍11 𝑊2 1

Reemplazando (1) y (2) en esta última: 𝑊 2 𝑅2 𝑊 2 𝑅2 9𝜋 𝑊 4 𝑅4 𝑊 4 𝑅4 𝜋𝑅2 ( − − ℎ) = ( − ) 2𝑔 8𝑔 𝑊 2 4𝑔2 64𝑔2 Simplificando: 𝑊 2 𝑅2 3 15 ( − )=ℎ 9 8 64 𝑊 2 𝑅2 9 ( )=ℎ 9 64 De donde: 𝑊=

8 √𝑔ℎ 3𝑅

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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) 𝜋𝑟 2 ℎ = 𝜋𝑟 2 (2.50 − 2.00) 2

Despejando: h = 1m Como es un movimiento rotativo se tiene: 𝑍=

𝑊 2 𝑅2 𝑊 2 (0.70)2 ; 1= 2𝑔 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.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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: 𝑊 2𝑋2 𝑍= 2𝑔 Siendo r el radio de la esfera y h la profundidad al girar el centro: ℎ=

𝑊 2𝑋2 2𝑔

La superficie es un paraboloide cuyo volumen es: 𝜋𝑟 4 𝑊 2 4𝑔 Esta es precisamente la cantidad de líquido que se derrama: ∴

𝑉=

𝜋𝑟 4 𝑊 2 4𝑔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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=

𝑊 2𝑋 2 2𝑔

∴

𝑊2 =

2𝑔 2 𝑋2

La velocidad para el punto 𝐵: 𝑊2 =

2𝑔(2 + ℎ) … (1) 0.82

La velocidad parara el punto 𝐷: 𝑊2 =

2𝑔ℎ … (2) 0.82

(1) = (2) porque las velocidades angulares son iguales para cualquier punto 2𝑔(2 + ℎ) 2𝑔ℎ = 0.64 0.36 De donde: h = 2.57 m Sustituyendo en (2) 𝑊2 =

19.6 𝑥 2.57 = 140 0.36

∴ 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) 𝜋 0.62 ℎ 𝜋 0.64(2 + 2.57) 𝜋 0.36 𝑥 2.57 − = − 2 2 2 2 𝑉=

𝜋 (0.64 𝑥 4.57 − 0.36 𝑥 2.57) 𝜋 (1.9966) = 2 2 𝑉 = 3.135 𝑚 3

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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=

3𝜋 2 0.52 = 1.133 𝑚. 19.6

Calculo de la altura ℎ , que hay del fondo de vértice del paraboloide: Vol.ABCD =Vol.Agua + Vol.paraboloide. Es decir: 𝜋𝑟 2 (1 + ℎ , ) = 𝜋𝑟 2 . 0,60 + 1.33 + ℎ , = 0.60 +

𝜋𝑟 2 ℎ 2

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 𝑃 = 34 𝑘𝑔⁄𝑚 2 𝑃𝑚𝑖𝑛 = 0.0034 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚 2

𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

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=

𝑊 2𝑋2 2𝑔

La altura de la parábola en el recipiente es: ℎ=

(5.86)2 (0.6)2 34.34 𝑥 0.36 = = 0.63 𝑚 19.6 19.6

La altura a partir del eje X en el plezómetro es: 𝑧=

(5.86)2 (0.9)2 34.34 𝑥 0.81 = = 1.42 𝑚 19.6 19.6

La altura que se elevará el agua en el plezómetro por encima del borde, es: Δℎ = 𝑧 – ℎ = 1.42 – 0.63 Δℎ = 0.379 𝑚

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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=

𝑊2𝑋 2 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 2𝑊 2 𝑋 = = 𝑡𝑔60º√3 𝑑𝑥 2𝑔 De donde: 𝑊2 =

𝑔√3 𝑥

Como 𝑥 = 1𝑚 𝑊 2 = 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.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 𝑤 2 𝑥 = = 𝑡𝑔∅ = 𝑡𝑔60° = √3 𝑑𝑥 𝑔 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 9.8√3

Luego: 𝑊 = √ 1.695 = 3.16 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 En R.P.M: 𝑊 =

3.16×60 2𝜋

𝑊 = 30.18 𝑅. 𝑃. 𝑀

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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=

𝑤 2𝑥 2 2𝑔

𝐻=

𝑤 2𝑥 2 2𝑔

…. (1)

Además, los volúmenes sin agua inicial y final son iguales: 3 𝜋𝑥 2 𝜋𝑅2 (𝐻 − 𝐻) = 𝐻 4 2 De donde: 𝑅2 4

=

𝑥2 2

𝑥2 =

𝑅2 2

… … .. (2)

Remplazando (2) en (1)

𝐻=

De aquí es despejada:

𝑊=

𝑅2 𝑤2 ( 2 ) 2𝑔

2√𝑔𝐻 𝑅

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 =

𝑊 2𝑥 2 2𝑔

Se tiene que la presión unitaria es: 𝑃=

𝑤𝑊 2 𝑥 2 … … … … … … (1) 2𝑔

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=

𝑤𝑊 2 𝑥 2 𝑅 3 ∫ 𝑥 . 𝑑𝑥 2𝑔 0 𝐹=

𝑤𝑊 2 𝑅4 4𝑔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 = 6 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 60

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=6 Luego: 5 =

𝑟𝑎𝑑 , 𝑠𝑒𝑔

𝑥 = 𝑅; 𝑧 = ℎ = 5𝑚

(6𝜋)2(𝑅)2 19.6 1

De donde: 𝑅 = 6𝜋 √5 × 19.6 = 0.525𝑚

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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

𝑝=

2𝑡

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/𝑐𝑚 2 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 =

1,600𝑘𝑔 𝑚3

= 0.0016𝑘𝑔/𝑐𝑚 3 , ℎ = 2.70 = 270𝑐𝑚

𝑤 2 𝑥2 𝑤 2 0.902 𝑧= =𝑧= = 0.0413𝑊 2 𝑚 = 4.13𝑊 2 𝑐𝑚 2𝑔 19.6 Presión del cilindro= 4.568𝑘𝑔/𝑐𝑚 2 Se tiene reemplazando en (1): 70 = 0.0016 × 270 + 4.568 + 0.0016 × 4.13𝑊 2 70 = 0.432 + 4.568 + 0.0066𝑤 2 65

De donde: 𝑊 2 = 0.0066 = 9848 En R.P.M: 𝑊 =

99.25×60 2𝜋

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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=

𝑊 2 ∗ 𝑋2 2∗𝐺

𝑑𝑦 2 ∗ 𝑤2 ∗ 𝑥 𝑤2 ∗ 𝑥 = 𝑇𝑔𝜃 = = 𝑑𝑥 2∗𝑔 𝑔 Como:

w=30 R.P.M. 30 ∗ 2 ∗ 𝜋 𝑟𝑎𝑑 =𝜋 . 60 𝑠𝑒𝑔

X= 2m. Se tiene reemplazando: 2 ∗ 𝜋2 𝑇𝑔𝜃 = 9.81 Tgθ = 2.014

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 = 120 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 2

Esta máxima presión debe ser igual a la presión producida por la carga 𝐵𝐶 = 𝑧, es decir: en el extremo 𝐵.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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=

𝑊 2 ∗ 𝑋2 2∗𝐺

𝑍=

𝑤 ∗ 2002 1960

Luego reemplazando: 120 = 0.0136 ∗

𝑤 2 ∗ 2002 1960

Despejando la incógnita: 120 ∗ 1960 𝑤=√ 0.0136 ∗ 2002

𝑤=

140 . 12 ∗√ 200 0.0136

𝑤 = 20.79 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔. En R.P.M. 𝑤=

20.79 ∗ 60 2∗𝜋

𝑤 = 198 R. P. M

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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/seg 2. Solución: 𝑎𝑥 = 1.5

Datos:

𝑎𝑦 = 0

𝑎𝑧 = −𝑔

𝑑𝑃 = 𝑎𝑥 𝑑𝑥 + 𝑎𝑦 𝑑𝑦 + 𝑎𝑧 𝑑𝑧 𝜌 𝐵 𝑥 𝑧 1 ∗ ∫ 𝑑𝑃 = 𝑎𝑥 ∫ 𝑑𝑥 + 𝑎𝑧 ∫ 𝑑𝑧 𝜌 𝐴 0 0

0 = 1.5𝑥 − 𝑔𝑧 𝑧 𝑥

=

1.5 𝑔

→

1.5

tan 𝛼 = 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 𝑚 2 𝑑𝑃 = 𝑎𝑥 𝑑𝑥 + 𝑎𝑦 𝑑𝑦 + 𝑎𝑧 𝑑𝑧 𝜌 Para:𝑎𝑥 = 0.6, tan 𝛼 =

𝑎𝑥 = −𝑔

0.6 9.81

Entonces, lado ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝐵 − 𝐵′ = 1.5 ∗ tan 𝛼 = 0.0917 Volumen Derramado = Volumen(i) - Volumen(f) Volumen derramado = 1.62 − (

1.1083+1.2 2

) ∗ 1.5 ∗ 0.9 = 0.0619 = 𝟔𝟐 𝒍𝒊𝒕𝒓𝒐𝒔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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:

Z

α 𝐿 2

L Datos: z = 0.15m 𝑎=

𝑉𝑓−𝑉𝑖 𝑡

L = 9m 𝑎𝑥 =

→

𝑑𝑃

Como para:

𝜌 𝑧

Resulta:

( 1 ) en ( 2 ):

𝑥 𝑧

= 𝑥

𝑉𝑓 𝑡

v = 48Km/h

𝑥=

𝐿 2

…… (1)

= 𝑎𝑥 𝑑𝑥 + 𝑎𝑦 𝑑𝑦 + 𝑎𝑧 𝑑𝑧 𝑎

= 𝑔 …… (2)

𝑉𝑓 ) 𝑡

(

𝑔

En términos del tiempo y reemplazando: 𝑡=

𝑡=

𝑥 ∗ 𝑉𝑓 𝑧∗𝑔

4.5 ∗ 13.33 = 𝟒𝟎. 𝟖 𝒔𝒆𝒈 0.15 ∗ 9.81 𝑡 = 𝟒𝟎. 𝟖 𝒔𝒆𝒈

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 43.- 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 = 𝑎𝑥 𝑑𝑥 + 𝑎𝑦 𝑑𝑦 + 𝑎𝑧 𝑑𝑧 𝜌 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 ∗ 𝑑𝑃 = −𝑔 ∗ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑑𝑥 + 𝑔 ∗ (𝑠𝑖𝑛2 (𝛼 ) − 1) 𝑑𝑧 𝜌

Integrando obtenemos: 0 = −𝑔 ∗ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∗ 𝑥 + 𝑔 ∗ 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 ∗ 𝑧 𝑧 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑠𝑖𝑛𝛼 = = = 𝑡𝑎𝑛𝛼 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 𝑐𝑜𝑠𝛼

Pero como: 𝑧 𝑥

= 𝑡𝑎𝑛𝛽

→

𝛼=𝛽

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 (0.6)2(2.4 − 𝑧) 2

𝑧 = 1.2 𝑚 Calculando la velocidad angular:

𝑧 =

𝑤 2 ∗ 𝑥2 2𝑔𝑧 → 𝑤=√ 2 2𝑔 𝑥

2(9.81)(1.2) 𝑟𝑎𝑑 𝑤=√ = 8.087 = 77 𝑅. 𝑃. 𝑀. 2 0.6 𝑠𝑒𝑔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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: 𝑤2 ∗ 𝑟2 𝑧= 2𝑔 𝑧 + 1.8 =

𝑤 2 ∗ 𝑅2 2𝑔

Igualamos ecuaciones en función de z: 𝑤 2 ∗ 𝑟 2 𝑤 2 ∗ 𝑅2 = − 1.8 2𝑔 2𝑔 Despejando “w” y reemplazando datos: 2𝑔(1.8) 2(9.81)(1.8) 𝑤=√ 2 =√ 2 𝑅 −𝑟 0.62 − 0.32 𝑤 = 11.4368

𝑟𝑎𝑑 = 𝟏𝟎𝟗 𝑹. 𝑷. 𝑴. 𝑠𝑒𝑔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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∗𝜔 2∗𝑥 4 4𝑔

Calculando: 𝜋 ∗ 1000 ∗ 8.06342 ∗ 0.64 𝐹1 = 4(9.8) Ahora: 𝐹2 = 677 + 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 + 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝐹2 = 677 + 𝜋(0.6)2 (2.4) ∗ 1000 = 3391 𝑘𝑔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 ∗𝑅 2

𝑉=

2𝑔

𝜋𝑅 2∗𝑧 2

Obtenemos el Volumen derramado en función de w y R: 𝜋𝑤 2 ∗ 𝑅4 𝑉𝐷 = 4𝑔 Calculando con los datos: 𝑉𝐷 = 0.791 𝑚 3 = 𝟕𝟗𝟏 𝒍𝒊𝒕𝒓𝒐𝒔 Ahora hallamos el nivel de la superficie: 𝑉𝐷 =

𝜋 𝑧(𝑟 2 + 𝑟 + 1) = 0.791 3

𝑉𝐴 =

𝜋 2 𝑟 (1 − 𝑧) = 0.256 3

Resolviendo ecuaciones: 𝑟 = 𝑧 = 0.624 𝑚

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 ℎ

del segmento esférico = 𝜋 (𝑅 − 3 ) ℎ 2 Solución: Sabiendo: 𝑧=

𝑤 2∗𝑅 2

𝑉=

2𝑔

𝜋𝑅 2∗𝑧 2

Obtenemos el Volumen derramado en función de w y R: 𝑉𝐷 = Calculando

con

𝜋𝑤 2 ∗ 𝑅4 4𝑔 los

datos:

𝑉𝐷 =

3

0.791 𝑚 = 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.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Solución: Aplicando formula: 𝑤 2 ∗ 𝑟2 2 𝑧 = 2𝑔 𝑧 + 0.2 =

𝑤 2 ∗ 𝑟1 2 2𝑔

Igualando componentes:

𝑤=√

2𝑔(0.2) 𝑟1 2 − 𝑟2 2

Aplicando conservación del volumen obtenemos: 𝑟2 = 0.4308𝑚, 𝑟1 = 0.4351 Cambiando los valores obtenidos:

𝑤=√

2(9.81)(1.2) 𝑟𝑎𝑑 = 32.426 = 309.65 𝑅. 𝑃. 𝑀. 2 2 0.4351 − 0.4308 𝑠𝑒𝑔

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= Dónde:

𝑤2 ∗ 𝑟2 2𝑔

w = 6.283rad/seg

r = 1m

Entonces: z = 2.012m = 2 m Hg Calculando la presión:

p=wz

P = 13600 (2.012) = 27363.65 kg/m2 = 2.7 kg/cm2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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=

𝑊 2 ∗ 𝑟2 2𝑔

Nos resulta que: 𝑍 = 11.589𝑚 Finalmente obtenemos la Presión en el extremo: 𝑃 = 7000 + 11589 𝑃 = 18589 𝑘𝑔/𝑚2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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=

𝑤 2 ∗ 𝑥2 2𝑔

Como el líquido será derramado completamente, la parábola tiene que ser tangente al lado del recipiente cónico:

𝑑𝑧 2𝑥𝑤 2 = 𝑑𝑥 2𝑔 𝑑𝑧 𝑥𝑤 2 = 𝑑𝑥 𝑔 𝑑𝑧 = 𝑡𝑎𝑛60 = √3 𝑑𝑥

Entonces: 𝑥𝑤 2 = √3 𝑔 Reemplazando datos obtenemos “w”: 9.81 ∗ √3 𝑟𝑎𝑑 𝑤=√ = 5.32 𝑥 𝑠𝑒𝑔 𝑤 = 𝟓𝟎. 𝟖𝟏 𝑹. 𝑷. 𝑴.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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: 𝑧=

A) Sabemos:

𝑤 2 ∗𝑥 2 2𝑔

𝑉𝑝 =

𝜋∗𝑥 2∗𝑧 2

Reemplazando z en la ecuación Vp: 𝜋 ∗ 𝑥2 𝑤 2 ∗ 𝑥2 𝜋 ∗ 𝑤 2 ∗ 𝑥4 𝑉𝑝 = ∗ = 2 2𝑔 4𝑔 𝑉𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝜋 ∗ 𝑥 2 ∗ 1.2 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝜋 ∗ 𝑥 2 ∗ 1.8 𝑉𝑝 + 𝑉𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝜋 ∗ 𝑤 2 ∗ 𝑥4 + 𝜋 ∗ 𝑥 2 ∗ 1.2 = 𝜋 ∗ 𝑥 2 ∗ 1.8 4𝑔 2𝑔(1.2) 𝑟𝑎𝑑 𝑤=√ = 8.087 𝑥2 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 (0.6)2 𝑧 2

𝑧 = 1.5 𝑚 Calculando velocidad angular: 2𝑔(1.5) 𝑟𝑎𝑑 𝑤=√ = 9.04 = 86.3 𝑅. 𝑃. 𝑀. (0.6)2 𝑠𝑒𝑔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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/𝑐𝑚 2, 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 𝜔 = 712 𝑅. 𝑃. 𝑀.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 𝑄(𝑠𝑖𝑛40 − 𝑐𝑜𝑠40 ∗ 𝑡𝑎𝑛θ) = 𝑄 𝑚 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: 𝐵 𝑥 −𝑧 1 ∗ ∫ 𝑑𝑃 = −𝑎𝑥 ∫ 𝑑𝑥 + 𝑎𝑧 ∫ 𝑑𝑧 𝜌 𝐴 0 0

0 = −𝑎𝑥 ∗ 𝑥 − 𝑎𝑧 ∗ 𝑧 𝑧 𝑎𝑥 = 𝑥 −𝑎𝑧 𝑧

Pero como: tan β = 𝑥 β = arctan (

𝑎𝑥 ) −𝑎𝑧

𝛃 = 𝟏𝟑°𝟑𝟎′

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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/seg 2, sobre un plano inclinado, que hace un ángulo de 30º con la horizontal. Solución:

Aplicando formula de Euler: 𝑑𝑃 = 𝑎𝑥 𝑑𝑥 + 𝑎𝑦 𝑑𝑦 + 𝑎𝑧 𝑑𝑧 𝜌 𝐵 𝑥 −𝑧 1 ∗ ∫ 𝑑𝑃 = 𝑎𝑥 ∫ 𝑑𝑥 + 𝑎𝑧 ∫ 𝑑𝑧 𝜌 𝐴 0 0

Donde: 𝑎𝑥 = −𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠30° 𝑎𝑧 = 𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛30° − 𝑔 Integrando tenemos 0 = −𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠30° ∗ 𝑥 − (𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛30° − 𝑔) ∗ 𝑍 𝑍 𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠30° = 𝑋 𝑔 − 𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛30° Pero como: tan 𝛽 =

Z 𝑥

𝑎∗𝑐𝑜𝑠30°

𝛽 = arctan(𝑔−𝑎∗𝑠𝑖𝑛30°) 𝛽 = 11°11′

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 =

𝑤 2∗𝑥 2 2𝑔

Calculamos w: 2(9.81)(0.6) 𝑤=√ 0.752 𝑤 = 4.5747

𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔

𝑤 = 𝟒𝟑. 𝟔𝟖 𝑹. 𝑷. 𝑴.

𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 = 𝑤 ∗ 𝑧 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 = 2 ∗ 0.001 ∗ 0.60 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 = 0.12 𝑘𝑔/𝑐𝑚 2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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/𝑠 2 Como: 𝜔 = 262.5 𝑅𝑃𝑀 = 27.4889 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 Procedemos a calcular z: 𝑤 2 ∗ 𝑥2 𝑧= 2𝑔 𝑧 = 108.87 𝑚 La presión será máxima en el otro extremo, y con el valor de: 𝑝 = 𝑤𝑧 𝑝 = 70308.14 𝑘𝑔/𝑚2 𝑃 = 7 𝑘𝑔 / 𝑐𝑚2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

CAPÍTULO II Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I 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⁄𝑝𝑖𝑒3 , 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 ) = 10.4 𝑙𝑏⁄𝑝𝑖𝑒 2 12

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

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑃𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 30.4 𝑙𝑏⁄𝑝𝑖𝑒 2 Transformando esta presión en pulgada de agua: 𝑃 = 𝑤𝑍

𝑃 30.4 𝑙𝑏⁄𝑝𝑖𝑒2 𝑍= = 𝑤 62.4 𝑙𝑏⁄𝑝𝑖𝑒3

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 𝑇𝑛 𝑇𝑛 − 0.38 ∗ 13.6 2 + 0.55 ∗ 1.25 2 2 𝑐𝑚 𝑚 𝑚

𝑃𝐷 = 1.033

𝑘𝑔 − 4.48 𝑇𝑛/𝑚 2 𝑐𝑚 2

Trabajando con kg/cm2: 𝑃 = 1.033 – 0.448 𝑷 = 𝟎. 𝟓𝟖𝟓 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 𝒂𝒃𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒐𝒔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 13.6 ∗ 0.60 = = 8.16 𝑀 𝑊 1

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 + 5𝑤 + 𝑤𝑧 + 𝑤𝑦 … (3)

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

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

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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:

Restando:

𝑃1 = 𝑃𝐴 − 𝑤𝑥

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑃2 = 𝑃𝐵 − 𝑤𝑦 𝑃1 − 𝑃2 = 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 − 𝑤(𝑥 − 𝑦) … (1) Pero la diferencia de presiones entre A y B es: 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝑤1 𝑍 … (2) Viendo la figura, se aprecia 𝑥 =ℎ+𝑦+𝑍 De donde: 𝑥 − 𝑦 = ℎ + 𝑍 … (3) (2) y (3) en (1) 𝑃1 − 𝑃2 = 𝑤1 𝑍 − 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⁄𝒄𝒎𝟐 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 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 ) − 60 ∗ 𝑊1 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 80 ∗ 𝑊1 33

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

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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

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MECÁNICA DE FLUIDOS I w, =

13.6 𝑘𝑔/𝑐𝑚3 1000

𝑤=

1 𝑘𝑔/𝑐𝑚3 1000

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 , 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 (𝑚. 𝑐. 𝑎) … . 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 10.33𝑚. 𝑐. 𝑎 𝑐𝑚 2

𝑚𝐻2 𝑂(𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜𝑠) … . . 10.33𝑚. 𝑐. 𝑎 + 10𝑚. 𝑐. 𝑎 𝑚𝐻2 𝑂(𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜𝑠) … . .20.33𝑚. 𝑐. 𝑎 b)

𝐾𝑔 𝑐𝑚 2

𝑃𝑎𝑡𝑚 (

absolutos:

𝑘𝑔 𝑘𝑔 ) = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑃𝑟𝑒𝑙 ( 2 ) 2 𝑐𝑚 𝑐𝑚

𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑘𝑔 (𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜𝑠) … … 1.033 +1 2 2 2 𝑐𝑚 𝑐𝑚 𝑐𝑚 𝑘𝑔 𝑘𝑔 (𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜𝑠) … … 2.033 2 2 𝑐𝑚 𝑐𝑚 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 Sabemos que 10𝑚. 𝑐. 𝑎 … … 1 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚² ; conviriendo a 𝑙𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔2 es:

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 10 𝑚. 𝑐. 𝑎…14.22334

𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔 2

𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠

e) 𝑙𝑏⁄𝑝𝑢𝑙𝑔² absolutos 𝑃𝑎𝑏𝑠 ( 𝑙𝑏⁄𝑝𝑢𝑙𝑔2 ) = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑃𝑟𝑒𝑙 (𝑙𝑏⁄𝑝𝑢𝑙𝑔2 ) 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 𝑐𝑚 2

; 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 = ? 𝜌𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = (𝜌𝑟𝑒𝑙.

𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 )

× (𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 ) = (1.5) × (1000 𝑘𝑔⁄𝑚 3 ) → 1500 𝑘𝑔⁄𝑚 3

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝛾𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = (𝜌𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 ) × (𝑔) = (1500 𝑘𝑔⁄𝑚 3 ) × (9.81 𝑚⁄𝑠 2 ) = 14715 𝑁⁄𝑚 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⁄𝒄𝒎𝟐 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)

En el tanque, el área bajo el agua y el aceite es: (0.5𝑚)2 = 0.25𝑚 2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑃𝑇 = [(80

𝑘𝑔 𝑘𝑔 ) (2𝑚 ) + (1000 3 ) 𝑥6𝑚] (0.25𝑚 ) 3 𝑚 𝑚 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 𝑚 2

En el tanque, el área bajo el agua y el aceite es: (0.5𝑚)2 = 0.25𝑚 2 𝑃𝑇 = (900

𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑘𝑔 ) (10𝑚 )(0.002027𝑚 2 + [(800 3 ) (2𝑚 ) + (1000 3 ) 𝑥6𝑚] (0.25𝑚 ) 3 𝑚 𝑚 𝑚 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.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

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 ) … … … (100.62

𝑘𝑔 𝑘𝑔 ) (0.05𝑚 ) = 50.031 2 3 𝑚 𝑚

′ ′ 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 𝑃150𝑚𝐺𝑎𝑠 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 = (1.28

′ 𝑃150𝑚𝐺𝑎𝑠 = (0.64

𝑘𝑔 𝑘𝑔 ) (150𝑚 ) = 192 2 3 𝑚 𝑚

𝑘𝑔 𝑘𝑔 ) (150𝑚 ) = 96 2 3 𝑚 𝑚

Reemplazando estos valores en (3) 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 50.031

𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑘𝑔 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 192 2 + 96 2 2 𝑚 𝑚 𝑚

Simplificando y despejando la incógnita: 𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 50.031

𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑘𝑔 + 192 2 − 96 2 2 𝑚 𝑚 𝑚

𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 146.031

𝑘𝑔 𝑚2

Calculamos la altura h en cm de agua 𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = (𝛾𝐻2𝑂 )(ℎ )

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑘𝑔 𝑘𝑔 ℎ = (146.031)( 2 )/100.62 3 𝑚 𝑚 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 2 ) = 8338.5 𝑁 ⁄𝑚 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⁄𝐜𝐦𝟐

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 𝑘𝑔 ⁄𝑐𝑚 2

𝑃𝐴 = −2648.7𝑃𝑎 (98066.5𝑃𝑎 ) 𝑷𝑨 = −𝟎. 𝟎𝟐𝟕 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 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 𝑘𝑔 ⁄𝑐𝑚 2

𝑃𝐶 = −13243.5𝑃𝑎 (98066.5𝑃𝑎 ) 𝑷𝑪 = −𝟎. 𝟏𝟑𝟓 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 Determinando la presión en D 𝑃𝐶 + (1.0𝑚)(𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 ) + (1.10𝑚)(𝛾𝐶𝐶𝑙4 ) − (0.90𝑚 + .035𝑚)(𝛾𝐻2 𝑂 ) = 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 𝑘𝑔 ⁄𝑐𝑚 2

𝑃𝐷 = 588.6𝑃𝑎 (98066.5𝑃𝑎 )

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑷𝑫 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟔 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 Determinando la presión en B 𝑃𝐷 + (1.15𝑚)(𝛾𝐻2 𝑂 ) = 𝑃𝐵 𝑃𝐵 = 588.6𝑃𝑎 + (1.15𝑚)(9810 𝑁⁄𝑚 3 ) 𝑃𝐵 = 588.6𝑃𝑎 + 11281.5𝑃𝑎 𝑃𝐵 = 11673.9𝑃𝑎 𝑘𝑔 ⁄𝑐𝑚 2

𝑃𝐵 = 11870.1𝑃𝑎 (98066.5𝑃𝑎 ) 𝑷𝑩 = 𝟎. 𝟏𝟐𝟏 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 76.- El manómetro que se muestra contiene tres líquidos. Cuando P 1=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 + 𝛾𝐻2 𝑜 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 ⇒ 𝑃𝑐 = 686.7𝑃𝑎 1000

𝑃𝑑 = 𝑃𝑏 = 10725.94 = 𝑃𝑐 + 𝛾𝐻𝑔 𝑥 𝑑 𝛾𝐻𝑔 𝑥 𝑑 = 𝑃𝑏 − 𝑃𝑐 = 10725.94 − 686.7 = 10039.24

𝑑=

10039.24 = 7.525𝑥10−2 𝑚 ⇒ 𝑑 = 75.25 𝑚𝑚 9810 𝑥 13.6

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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)(𝛾𝐻2 0 ) = 𝑃𝐴 0 + (0.45𝑚)(15696 𝑁⁄𝑚 3 ) − (0.20𝑚)(9810 𝑁⁄𝑚 3 ) = 𝑃𝐴 𝑃𝐴 = 7063.20𝑃𝑎 − 1962𝑃𝑎 𝑃𝐴 = 5101.20𝑃𝑎 𝑘𝑔 ⁄𝑐𝑚 2

𝑃𝐴 = (5101.20𝑃𝑎) (98066.5𝑃𝑎 ) 𝑃𝐴 = 0.052 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚 2 Determinando la presión en C 𝑃𝐴 − (0.80𝑚)(𝛾𝐻2 0 ) = 𝑃𝐶 5101.2𝑃𝑎 − (0.80𝑚)(9810 𝑁⁄𝑚 3 ) = 𝑃𝐶 5101.2𝑃𝑎 − 7848𝑃𝑎 = 𝑃𝐶 𝑃𝐶 = −2746.8𝑃𝑎 𝑘𝑔 ⁄𝑐𝑚 2

𝑃𝐶 = −2746.8𝑃𝑎 (98066.5𝑃𝑎 ) 𝑃𝐶 = −0.028 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚 2 Determinando la presión en D 𝑃𝐶 + (0.90𝑚)(𝛾𝐻2𝑂 ) + (0.20𝑚 )(𝛾𝐻𝑔 ) − (0.80𝑚)(𝛾𝐻2 𝑂 ) = 𝑃𝐷 𝑃𝐶 + (0.20𝑚 )(𝛾𝐻𝑔 ) + (0.10𝑚)(𝛾𝐻2 𝑂 ) = 𝑃𝐷 −2746.8𝑃𝑎+(0.20𝑚 )(133416 𝑁⁄𝑚 3 ) + (0.10𝑚)(9810 𝑁⁄𝑚 3 ) = 𝑃𝐷 𝑃𝐷 = 24917.40𝑃𝑎 (

𝑘𝑔 ⁄𝑐𝑚 2 98066.5𝑃𝑎

)

𝑃𝐷 = 0.254 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚 2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Determinando la presión en B 𝑃𝐷 + (0.80𝑚)(𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 ) = 𝑃𝐵 24917.40𝑃𝑎 + (0.80𝑚)(8829 𝑁⁄𝑚 3 ) = 𝑃𝐵 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 2 ) → 133416 𝑁⁄𝑚 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 𝑘𝑔 ⁄𝑐𝑚 2

𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = (12360.60𝑃𝑎) (98066.5𝑃𝑎 ) 𝑷𝑨 − 𝑷𝑩 = 𝟎. 𝟏𝟐𝟔 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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⁄𝑝𝑢𝑙𝑔2 ↔ 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 2 ) = 7848 𝑁⁄𝑚 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

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 𝑙𝑏⁄𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝑃𝑚 − 𝑃𝑛 = 170030.16𝑃𝑎 ( ) 6895𝑃𝑎 𝑷𝒎 − 𝑷𝒏 = 𝟐. 𝟒𝟔𝟗𝟗 𝒍𝒃⁄𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

CAPÍTULO III Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 𝑚 2 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 (1.20) = 3 𝑚. 3

𝑤′ = 800 𝑘𝑔/𝑚3 Reemplazando estos valores en la fórmula: 𝐹𝑉 ′ = 800 ∗ 0.1257 ∗ 3 𝐹𝑉 ′ = 301 𝑘𝑔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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 ∗ 1

𝜋(2)2 ∗ 1) = 1.025 ∗ 11.14 4

𝐹𝑣 = 11.420 𝐾𝑔𝑠. La intensidad de la resultante total será 𝐹 = √𝐹ℎ2 + 𝐹𝑣2

𝐹 = √18.4502 + 114202 𝐹 = 21.7 𝑇𝑛.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 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: 𝑤. ℎ′2 𝐹′ = (𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜) 2 El empuje del segundo depósito es: 𝐹′′ =

2 𝑤.ℎ′′

2

(𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜)

La presión resultante será: 𝐹′′′ = 𝐹′ − 𝐹′′ Tomando momentos con respecto al punto A (nivel superior) 2 2 𝐹′ ( ) ℎ′ − 𝐹′′ [(ℎ′ − ℎ′′ ) + ℎ′′ ] = 𝐹′′′ (ℎ′ − ℎ′′ ) 3 3 Reemplazando los valores de 𝐹′ , 𝐹′′ 𝑦 𝐹′′′ en esta última: 𝑤ℎ′′2 2 𝑤ℎ′′2 2 𝑤ℎ′2 𝑤ℎ′′2 [(ℎ′ − ℎ′′ ) + ℎ′′ ] = [ ] (ℎ′ − ℎ′′ ) ( ) ℎ′ − − 2 3 2 3 2 2 Simplificando: 2ℎ′3 2 − ℎ′′2 [(ℎ′ − ℎ′′ ) + ℎ′′ ] = [ℎ′2 − ℎ′′2 ](ℎ′ − ℎ′′ ) 3 3 2ℎ′3 2ℎ′3 − ℎ′′2 (ℎ′ − ℎ′′ ) − = ℎ′2 (ℎ′ − ℎ′′ ) − ℎ′′2 (ℎ′ − ℎ′′ ) 3 3 Simplificando más: 2 3 (ℎ − ℎ′3 ) = ℎ′2 (ℎ′ − ℎ′′ ) 3 ′ 2 (ℎ − ℎ′′ )(ℎ2 + ℎ′ ℎ′′ + ℎ′′2 ) = ℎ′2 (ℎ′ − ℎ′′ ) 3 ′ Por último, queda:

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MECÁNICA DE FLUIDOS I ℎ 2 + ℎ′ ℎ′′ + ℎ′′2 =

ℎ′3 2

Pasando ℎ′2 𝑎 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑟 𝑎𝑙 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜(𝑎𝑙 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑜) 1+

ℎ′′ ℎ′′ 2 + ( )2 = ℎ′ ℎ′ 3

Llamando a la relación pedida: 1+

ℎ′′ ℎ′

= 𝑅, queda:

1 1 3 + ( )2 = 𝑅 𝑅 2

Quedando una ecuación de segundo grado: 𝑅2 − 2𝑟 − 2 = 0 Resolviéndola da una solución aceptable y real: 𝑅=

ℎ′ = 1 + √3 ℎ′′

99.- El recipiente rectangular cuya base mide 0.4 x 0.2 m 2 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 = 0.08𝑚 2 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒: 𝑚𝑟 = 10 𝐾𝑔. 𝑐𝑜𝑒𝑓. 𝑑𝑒 𝑟𝑜𝑧. : 𝜇 = 0.3

α α

𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎: 𝑚𝑎 = 1000 𝑥 0.08 𝑥 2 = 16𝐾𝑔.

𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙: 𝑚 𝑇 = 𝑚𝑟 + 𝑚𝑎 𝑚 𝑇 = 26 𝐾𝑔. Cálculo de ax: 𝑃 sin 𝛼 − 𝜇𝑃 cos 𝛼 = 𝑚 𝑇 𝑎𝑥 = (𝑃⁄𝑔). 𝑎𝑥 𝑎𝑥 = (sin 𝛼 − 𝜇 cos 𝛼 )𝑔 = 2.35 𝑚⁄𝑠𝑒𝑔2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Cálculo del ángulo pedido (ɵ): tan 𝜃 =

𝑎𝑥 cos 𝛼 = 0.235 −𝑎𝑥 sin 𝛼 + 𝑔

∴ 𝜃 = tan−1 (0.235) = 13.3° 100.- Calcular el espesor de los tubos usados en la Central Eléctrica de Moyobamba, sabiendo que la diferencias de alturas es 500 metros, el diámetro interior 2 metros y cuyo esfuerzo a la tracción es 1.250 kg/cm2. Solución: Se sabe que el esfuerzo a la tracción es: 𝜎=

𝑝. 𝐷 2𝑒

De donde: 𝑒=

𝑝. 𝐷 … … … … … … … (1) 2𝜎

En el cual: 𝑝 = 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 𝑝𝑜𝑟 500 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑤. ℎ = 1,000 ∗ 500 = 500,000 𝑘𝑔/𝑚2 𝑝 = 0 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝐷 = 2 𝑚. = 200 𝑐𝑚. = 1,250 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 Reemplazando los valores en (1) 𝑒=

50 ∗ 200 2 ∗ 1250

𝑒 = 4 𝑐𝑚. 101.- Entre una pared vertical y otra que puede girar alrededor de un eje “C” queda formado un depósito prismático de eje horizontal, que contiene una cantidad determinada de líquido. Encontrar el valor del ángulo para que el momento del empuje hidrostático sobre la pared inclinada (con respecto al eje “C”), sea mínimo.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Solución: La presión total sobre la superficie es: 𝐹 = 𝑤. ℎ. ℎ𝑔 . 𝐴 Donde: ℎ𝑔 =

𝑥. cos 𝛼 2

𝐴 = 𝑥 (𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑛 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎𝑑𝑎) Luego: 𝐹=

𝑤. 𝑥 2 . cos 𝛼 … (1) 2

El momento del empuje hidrostático con respecto al eje “C” será: 𝑀𝑜 = 𝐹. (𝑥 − 𝑦𝑝 ) … (2)

E

El centro de presión está a 2⁄3 𝑥 ∶ ∴ 𝑀𝑜 =

𝑤. 𝑥 2 . cos 𝛼 2 (𝑥 − 𝑥) 2 3

𝑤. 𝑥 3 . cos 𝛼 𝑀𝑜 = 6 Como el volumen del agua es constante, puedo escribir: 𝑉=

𝐶𝐴. 𝐴𝐵 𝑥. cos 𝛼 . 𝑥. sin 𝛼 𝑥 2 . sin 𝛼 . cos 𝛼 = = 2 2 2

De donde: 2𝑉 𝑥=√ … (4) sin 𝛼 . cos 𝛼 Reemplazando (4) en la ecuación (3)

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

𝑀𝑜 =

𝑤 2𝑉 . 6 sin 𝛼 . cos 𝛼

2𝑉 √ sin 𝛼 . cos 𝛼

cos 𝛼

Simplificando podemos escribir: 𝑀𝑜 =

𝑤. 𝑉 3⁄2 √2 1 . 3 √sin3 𝛼 . cos 𝛼

Derivando o igualando a cero para hallar el mínimo: 𝑑𝑀𝑜 𝑤. 𝑉 3⁄2 √2 = (sin3 𝛼 . cos 𝛼)−3⁄2 [−𝑠 𝑛3 𝛼. sin 𝛼 + 3 cos 𝛼 . sin2 𝛼] = 0 𝑑𝛼 2∗3 − sin 𝛼 + 3 cos2 𝛼 . sin2 𝛼 = 0 3 cos2 𝛼 = sin2 𝛼 3 = tan2 𝛼 De donde: tan 𝛼 = ±√3 𝛼 = 60° 102.- Calcular el centro de presión de un círculo tangente a la superficie del líquido.

Líquido.

Solución: Aplicamos la fórmula para hallar el centro de presión 𝑌𝑝 = 𝑌𝑔 +

𝐼𝑔 𝐴 ∗ 𝑌𝑔

𝑌𝑔 = 𝑑/2, 𝑑𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝐼𝑔 = 𝜋

𝐴=𝜋

𝑑4 64

𝑑2 4

𝑑4 𝜋 64 𝐼𝑔 𝑑 𝑌𝑝 = 𝑌𝑔 + → 𝑌𝑝 = + 𝑑2 𝑑 𝐴 ∗ 𝑌𝑔 2 𝜋 4 ∗2

→

𝒀𝒑 =

𝟓 𝒅 𝟖

103.- Calcular el centro de presión de un trapecio de bases B y b, y altura H, sumergida verticalmente en un líquido, estando la base menor en la superficie del líquido Solución:

Donde 𝑏 = 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝐵 = 𝐵𝑎𝑠𝑒 𝑀𝑎𝑦𝑜𝑟 𝑌𝑔 = 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑙 𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝐺𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝐶. 𝑔 = 𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝐺𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝐶. 𝑝 = 𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛

𝐻 = 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎

𝑌𝑔 =

ℎ 2𝐵 + 𝑏 ( ) ; 3 𝐵+𝑏

𝑙𝑔 =

𝑌𝑝 = +

𝐻3 (𝐵2 + 4𝐵𝑏 + 𝑏2 ) 36(𝐵 + 𝑏)

𝑙𝑔 𝐴𝑥𝑌𝑔

ℎ 3 (𝐵2 + 4𝐵𝑏 + 𝑏2 ) ℎ 2𝐵 + 𝑏 36(𝐵 + 𝑏) 𝑌𝑔 = ( )+ ( 𝐵 + 𝑏)𝐻 ℎ 2𝐵 + 𝑏 3 𝐵+𝑏 ( )3( 𝐵 + 𝑏 ) 2 𝑌𝑔 =

ℎ 2𝐵 + 𝑏 ℎ 3 (𝐵2 + 4𝐵𝑏 + 𝑏2 ) ( )+ 3 𝐵+𝑏 6(𝐵 + 𝑏)

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑌𝑔 =

𝐻 (2(2𝐵 + 𝑏) + (𝐵2 + 4𝐵𝑏 + 𝑏2 )) 6(𝐵 + 𝑏)

𝑌𝑔 =

𝐻 1 (3)(𝐵 + 𝑏)( )(3𝐵 + 𝑏) 6(𝐵 + 𝑏) 2𝐵 + 𝑏

𝐻 𝑌𝑝 = ( )(3𝐵 + 𝑏) 2(2𝐵 + 𝑏) 104.- Una placa rectangular está sumergida verticalmente como uno de sus lados coincidiendo con la superficie libre del agua. ¿Cómo debe trazarse una recta, desde un extremo del lado superior de manera que divida el rectángulo en 2 áreas que sufren presiones totales iguales? Solución: La presión total o empuje hidrostático está dado por: 𝐹 = 𝑤. ℎ. 𝐴 La presión total sobre el rectángulo es: 𝑏 𝑤. 𝑎. 𝑏2 𝐹𝑟 = 𝑤. . 𝑎𝑏 = 2 2 La presión total sobre el triángulo: 2 (𝑎 − 𝑥) 𝑤(𝑎 − 𝑥). 𝑏2 𝐹𝑡 = 𝑤. . 𝑏. = 3 2 2 La presión total sobre el trapecio será: 𝐹𝑡𝑟𝑎𝑝 = 𝑓 = 𝐹𝑡 Como debemos tener: 𝐹𝑡𝑟𝑎𝑝 = 𝐹𝑡 Reemplazamos: 𝑤. 𝑎. 𝑏2 𝑤(𝑎 − 𝑥). 𝑏2 = 2 2 ⇒

3 . 𝑎 = (𝑎 − 𝑥) 4 ⇒𝑥=

𝑎 4

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 105.- Una presa de albañilería, de 21.30 m de altura, tiene una sección transversal triangular, siendo vertical el lado de las aguas arriba. La albañilería pesa 2,400kg/m3. El agua esta represada hasta una altura de 418.30m. Sobre la base de la presa. ¿Qué ancho debe tener la presa en su base, para que la resultante del peso de la presa y de la presión del agua, caiga dentro de la base, y a una distancia de 4/10 de la base, contados a partir del extremo de aguas abajo de la base? Solución:

Donde: 𝑎 = 18.30 m

𝑆𝑠𝑞 ∶

𝐹 = 𝑤 ∗ 𝐻𝑔 ∗ 𝐴 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 = 𝑃

𝑏 = 3.00 𝑚 𝑐 =? 𝑑 = 21.30 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑎 = 2,400𝑘𝑔/𝑚3 𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑒𝑚𝑝𝑢𝑗𝑒 ∶ 𝐹 =

1000∗ℎ

𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 ∶ 𝑐 ∗ (

2∗ℎ

= 500ℎ 2 = 500𝑥 (18.30)2 = 167445

21.30 𝑐 ) ∗ 1 = ∗ (21.30) = 10.65 ∗ 𝑐 2 2

𝑐 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 = 2,400 ∗ ( ) ∗ 21.30 = 25560 ∗ 𝑐 2

𝐹

Relación para obtener el la base B:

𝑃 𝐹 𝑎 = 4 3 10 𝑐

ℎ/3 4/10 ∗ 𝑐 Reemplazando obtenemos:

25560∗𝑐 18.30 3

=

167445 4 𝑐 10

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Entonces: 𝑐 = 24.70 𝑚 106.- El fondo de un tanque de laboratorio tiene un agujero que permite que salga el mercurio líquido. El agujero se encuentra sellado por un anillo de caucho insertado en él y mantenido en su sitio mediante fricción. ¿Qué fuerza tiende a empujar al anillo de 0.75 𝑝𝑢𝑙𝑔 de diámetro fuera del agujero, si la profundidad del mercurio es de 28,0 𝑝𝑢𝑙𝑔? Solución:

𝐹 = 𝑝 ∗ 𝐴; 𝐴 =

𝜋(0.75 𝑖𝑛)2 4

= 0.442 𝑖𝑛2

𝑝 = 𝛾𝑚 ℎ =

844.9 𝑙𝑏 1 𝑓𝑡 3 13.69𝑙𝑏 ∗ 28.0 𝑖 ∗ = 3 3 𝑓𝑡 1728 𝑖𝑛 𝑖𝑛2

𝐹 = (13.76𝑙𝑏/𝑖𝑛2 )(0.442𝑖𝑛2 ) = 6.05 𝑙𝑏

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 107.- Una compuerta vertical, de 1.20m. De ancho y de 1.80m e alto, se halla articulada con bisagras en su lado superior, y se mantiene en posición cerrada por la presión del agua, con una carga de 2.40m sobre el lado horizontal superior. ¿Qué fuerza horizontal y normal a la compuerta, será necesario aplicar en el lado inferior a fondo de la compuerta para poderla abrir?

Solución:

Donde: Peso específico (𝑊): 1000 Hg: altura del centro de gravedad Yg: Altura del centro de presión Ancho de la compuerta: 1.20 A: área Hallando la fuerza total: 𝐹 = 𝑊𝑥𝐻𝑔𝑥𝐴 Reemplazando: 𝐹 = 1000𝑥(1.80/2 + 2.40)𝑥1.80𝑥1.20 Dado la siguiente formula: 𝑌𝑝 = 𝑌𝑔 + 𝐼𝑔𝐴𝑥𝑌𝑔 Reemplazando: 𝑌𝑝 = 3.30 + 1.20𝑥1.80312 (1.20𝑥1.80) 𝑥3.20 Por lo tanto:

𝑌𝑝 = 3.381818. ..

Momento con respecto al punto A:

𝐹 (𝑌𝑝 − 2.40) = 𝑇𝑥1.80 𝑇 = 3,888 𝑘𝑔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 108.- Al fondo de una presa se muestra una compuerta rectangular que contiene agua tras ella. Si la profundidad del agua es de 6.00 pies, calcule la magnitud y ubicación de la fuerza resultante sobre la compuerta. Después calcule las fuerzas sobre la bisagra en la parte superior y sobre el tope en el fondo. Solución: ℎ𝑐 = 𝑙𝑐 = 4.00 ∗ 𝐴 = 4.00 ∗ 1.25 = 5.00 𝐹𝑟 = 𝛾ℎ𝑐 ∗ 𝐴 = 62.4 ∗ 4.00 ∗ 5.00 = 1248 𝐼𝑐 = 𝐵 ∗ 𝐿𝑝 − 𝐿𝑐 =

𝐻3 4.003 = 1.25 ∗ = 6.667 12 12 𝐿𝑐 6.667 ∗𝐴= = 0.333 𝐿𝑐 4.00 ∗ 5.00

𝑀𝑠 = 0 − 𝐹𝑠(1.667) − 𝐹ℎ(4.00) 𝐹ℎ = 1248 ∗

1.667 = 520 4.00

𝑀ℎ = 0 = 𝐹ℎ ∗ 2.333 − 𝐹𝑠(4.00) 𝐹𝑠 =

1248 ∗ 2.333 = 728 4

109.- una plancha triangular vertical, cuya altura es 3.60m. Tiene la base horizontal, y su vértice superior en la superficie libre del agua. Determínese la profundidad al que debe ser sumergido el triángulo, para que la distancia entre el centro de gravedad y el centro de presión sea 0.20m.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Solución: Datos:

𝑌𝑔 = (𝑎 + 2𝐻/3)

Sq:

𝑎 =?

𝐼𝑔 = 𝑏𝑥𝐻ˆ3/36

𝑌𝑝 − 𝑌𝑔 = 0.20

𝑌𝑝 = 𝑌𝑔 +

H=3.60

𝐼𝑔 𝐴𝑥𝑌𝑔

𝑌𝑔 = 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑌𝑝 = 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛

𝑌𝑝 = 𝑌𝑔 +

𝐼𝑔 𝐴𝑥𝑌𝑔

𝐼𝑔 𝑌𝑝 − 𝑌𝑔 = 𝐴𝑥𝑌𝑔

Reemplazand o

0.20=

bxHˆ3 36 𝑏𝑥𝐻 2H 𝑥(𝑎+ ) 2 3

𝑎=

Reemplazando: 𝑎 =

2𝑥3.60ˆ2 0.20𝑥36

−

2x3.60 3

2𝑥𝐻ˆ2 2H − 0.20𝑥36 3

→ 𝑎 = 1.20𝑚

110.- Una plancha parabólica está sumergida en agua, con su eje vertical, hasta que su vértice se halle a 2.10m por debajo de la superficie del agua. Determine el centro de presión. Solución:

2.1 0m

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

𝑌𝑝 =

𝐼𝑥 𝑀𝑥

𝑌=

8.4 2 .𝑥 𝑏2

𝑦

𝑑𝐴 = 2𝑥𝑑𝑦 = 𝑏. √2.1 𝑑𝑦 2.1

𝐼𝑥 = ∫0 (2.1 − 𝑦)2 𝑑𝐴 2.1

𝑀𝑥 = ∫ (2.1 − 𝑦)𝑑𝐴 0

𝑌𝑝 =

2.1 𝑦 ∫0 (2.1 − 𝑦)2 . 𝑏. √2.1 𝑑𝑦 . 2.1 𝑦 ∫0 (2.1 − 𝑦) . 𝑏. √2.1 𝑑𝑦 2.1

𝑌𝑝 =

∫0 (2.1 − 𝑦)2 2.1

∫0 (2.1 − 𝑦)

→ 𝑌𝑝 = 1.2𝑚

111.- El fondo plano de un tanque de acero está conectado con el costado, vertical y plano por medio de una plancha curvada en 90, con un radio de curvatura de 0.60 m. Si el tanque está lleno de agua hasta una altura de 2.40 m, calcúlese las componentes horizontal y vertical de la presión del agua sobre la plancha curva, por metro corrido. Solución:

Datos: 𝑤 = 1000 𝑘𝑔/𝑚3, ℎ𝑔 = 2.40𝑚, 𝐴 = 0.60 Por propiedad: 𝐹𝐻 = 𝑤 ∗ ℎ𝑔 ∗ 𝐴  1000 ∗ 2.40 ∗ 0.60 = 1440 𝑘𝑔 𝐹𝑉 = 𝑤 𝑥 𝑉 𝐹𝑉 = 1000 ∗ 𝜋 ∗ (0.6)2 ∗ 1.2 𝐹𝑉 = 1357.168 𝑘𝑔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 112.- Hállese el centro de presión de la figura adjunta. Solución: Descomponemos el trapecio en un rectángulo y un trapecio En el rectángulo: 𝐹𝑅 = 𝑤. ℎ𝑔. 𝐴 = 𝑤(3.6)(1.08) = 3.89𝑤 𝑌𝑝𝑅 = 𝑌𝑔 + 𝐼𝑔 𝐴 ∗ 𝑌𝑔 = 3.6 + 9100(1.08) ∗ (3.60) = 3.62𝑚 En el triángulo: 𝐹𝑅 = 𝑤. ℎ𝑔. 𝐴 = 𝑤(3.4)(0.54) = 1.836𝑤 𝑌𝑝𝑇 = 𝑌𝑔 + 𝐼𝑔 𝐴 ∗ 𝑌𝑔 = 3.4 + 27625(0.54) ∗ (3.4) = 3.42𝑚 Aplicamos entonces el teorema de momentos

𝑌𝑝 = 𝑌𝑝. 𝐹𝐹 = (3.89𝑤)(3.62) + (1.836𝑤)(3.42)3.24𝑤 + 1.836𝑤 → 𝑌𝑝 = 3.56𝑚 Calculo de la abscisa: 𝑋𝑝 = 𝐴𝐶2 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶2 = 0.9 + 𝐵𝐶2 … … … . (1) BC lo hallamos por proporciones: 𝐵𝐶0.64 = 0.91.20 𝐵𝐶 = 0.48𝑚 Reemplazamos BC en (1): 𝑌𝑝 = 0.9 + 0.482 → 𝑌𝑝 = 0.69𝑚

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 113.- Una plancha rectangular AB, de 1.20m de ancho evita que el agua ingrese en el túnel “T”. A cara vertical de la pared es lisa. Solución: Computar la presión hidrostática total sobre la plancha. Determinar el centro de presión. Hallar la presión de la plancha contra la pared en A. Donde: 𝐻𝑔: 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝐺𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝐹: 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑑𝑎 𝑎 𝑢𝑛𝑎 𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑌𝑔. 𝑎 = 𝐴𝑛𝑐ℎ𝑜 𝑇 = 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑜𝑦𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑒𝑙 𝑚𝑢𝑟𝑜 1000𝑘𝑔

Hallamos presión total: 𝐹 = 𝑊𝑥𝐻𝑔𝑥𝐴 Donde: 𝑊 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜(

𝑚3

)

𝐻𝑔 = 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝐺𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 A es área de la barra rectangular

Hg=1.83

3.05−0.61

Hallamos 𝐻𝑔 ∶ 𝐻𝑔 = 0.61 + ( Hallamos A: 𝐴 = (

3.05−0.61 𝑠𝑒𝑛45°

2

)

) 𝑥120

A=4.14

Por lo tanto: 𝐹 = 1000𝑥1.83𝑥4.14

F=7576.20

Hallando centro de presión (𝑌𝑝); 𝑌𝑝 = ( 𝐼𝑔 = Por lo tanto: 𝑌𝑝 = 2.98

1.22+0.61 𝑠𝑒𝑛45°

) = 2.60

𝑎𝑥𝐿3 1.20 2.44 3 = 𝑥( ) = 4.11 12 12 𝑠𝑒𝑛45° 𝑦𝑝 = 2.98𝑥𝑠𝑒𝑛45° = 2.10

Hallando momentos con respecto a B: 𝑀𝐵 = 0 2.44

𝐹 (𝑠𝑒𝑛45° − 𝑌𝑝) = 𝑇𝑥2.44

Resolviendo obtenemos: 𝑇 = 2639.25

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 114.- Una tubería de duelas de madera de diámetro interior = 1.20m debe resistir una presión máxima de 10.5 Kg/cm2. Si las duelas están mantenidas en posición por medio de cintas de acero de 0.10m de ancho y de 1.9cm de espesor. Determínese el espaciamiento apropiado entre las cintas a fin de que estas no sufran un esfuerzo mayor que 1050Kg/cm2.

Solución: DATOS 𝑒 = 1.9𝑐𝑚 𝐷 = 1.20𝑚 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎 = 10.5𝐾𝑔𝑐𝑚2 𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 < 1050𝐾𝑔𝑐𝑚2 𝜎 = 𝜌𝐷2𝑒 𝜎 = 𝜌𝐷2𝑒 𝜎 = 31.578𝑝 𝜎 = 31.578𝑝 < 1050 𝑝 < 332.5𝐾𝑔𝑐𝑚2 𝜎 = 331.569

Para la longitud aplicamos la fórmula: 𝜎 = 𝜌𝐿𝐴

𝐿 = 𝜎𝐴𝑝

𝐿 = 𝜋(1.2)42 ∗ 331.5691000

𝐿 = 0.37𝑚

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 115.- Una compuerta de cierre de sector tiene un radio de 4.50m. El Angulo en el centro del sector es 38°30’. El nivel del agua sobre el borde inferior. Se pide determinar la presión hidrostática en dirección, magnitud y sentido, sabiendo que la longitud de la compuerta es 2.40m. Solución:

Hallando la fuerza horizontal (FH): 𝐹𝐻 = 𝑊 ∗ 𝐻𝑔 ∗ 𝐴 𝑊 = 1000𝐾𝑔/𝑚3

𝐹𝐻 = 𝑊𝑥𝐻𝑝𝑥𝐴 𝐹𝐻 = 1000 ∗ 24.80 ∗ 24.24

𝐻𝑝 = 𝑌𝑔 + 24.24 = 0.56 + 24.24 = 24.80 𝐴 = 24.24𝑥1 = 24.24

𝐹𝐻 = 601152

Hallando la Fuerza Vertical (𝐹𝑉) ∶ 𝐹𝑉 = 𝑊(𝑉1 + 𝑉2) ; Dónde: 𝑉1 𝑦 𝑉2 : Volumen de la compuerta y la barra 𝑊 = 1000𝐾𝑔/𝑚3 𝑉1 = 𝜋𝑟 2 ∗

𝜃 ∗𝐻 360°

38°30′ 𝑉1 = 𝜋4.52 ∗ ∗ 2.4 360°

𝐹𝑉 = 1000 ∗ (58.18 + 16.32) 𝐹𝑉 = 74500

𝑉1 = 16.32 𝑉2 = 24.24 ∗ 2.4 ∗ 1 = 58.18 Por lo tanto diremos que: 𝐸 = √𝐹𝑦2 + 𝐹𝑥2 𝐸 = 605,750.76

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

CAPÍTULO IV Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I 133.- Defina los siguientes términos: 

Centro de gravedad:



Centro de presión:



Metacentro:



Centro de flotación:

Solución: a. Centro de gravedad: El denominado centro de gravedad es el centro de simetría de masa, donde se intersecan los planos sagital, frontal y horizontal. En dicho punto, se aplica la resultante de las fuerzas gravitatorias que ejercen su efecto en su cuerpo. b. Centro de presión: La presión crece linealmente con la profundidad, por lo que el punto de aplicación de la fuerza resultante estará situado a mayor profundidad que el centroide de la superficie plana considerada. c. Metacentro: Es la posición límite que tiende a ocupar la intercepción de la recta formada por el centro de gravedad y el centro de flotación primitiva con la recta formada por el centro de flotación nuevo. d. Centro de flotación: Es el centro de gravedad de volumen desalojado.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 134.- Determinar la ubicación de los cuatro elementos de la pregunta anterior en un cubo de madera, de densidad relativa 0.7, de lado “𝑎”, que está flotando sobre agua con sus aristas verticales. ¿Es estable la flotación? Solución:

Cálculo del calado: 𝑐 2 + 𝑐 2 = 𝑎2

;

2𝑐 2 = 𝑎2 −>

𝑐 = 𝑎√2/2

Centro de Flotación, contado a partir del nivel del agua o centro de gravedad del sólido es: ℎ =

𝑐 𝑎√2 = 3 6

Metacentro: 𝑚 = 𝐼/𝑉_𝑠 =

((𝑎4 2√2)/12) (𝑎4 4√2) = = 𝑎√2/3 (𝑎 3 /2) (12𝑎3 )

Flotación estable requiere: 𝑚 > 𝐶𝐹. 𝐶𝐺 𝑎

√2 √2 >𝑎 => 𝐿𝑎 𝑓𝑙𝑜𝑡𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑠 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑏𝑙𝑒 3 6

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 135.- ¿Cuál es la condición de estabilidad para los cuerpos enteramente sumergidos y cuál es la condición para los cuerpos flotantes? ¿A qué se debe la diferencia en la condición de estabilidad al volteo? Solución:  De acuerdo con el principio de Arquímedes, para que un cuerpo sumergido en un líquido esté en equilibrio la fuerza de empuje E y el peso P han de ser iguales en magnitudes y además han de aplicarse en el mismo punto. En tal caso la resultante R es cero y también lo es el momento, con lo cual se dan las condiciones de equilibrio E=P.  Con el objeto de enunciar una condición para la estabilidad de un cuerpo flotante debemos definir un término nuevo: el Metacentro. Un cuerpo flotante es estable si su centro de gravedad esta debajo del metacentro. 136.- Calcular el radio de una esfera hueca, de 1 mm de espesor, hecho de un acero cuyo peso específico es: 8.0, si se quiere que la esfera flote tangencialmente a la superficie del agua. Solución:



Datos:

𝜌𝑐 = 8 𝑔𝑟/𝑐𝑚3 , 𝜌𝐿 = 1 𝑔𝑟/𝑐𝑚3 

,

𝑅_𝑒 − 𝑅_𝑖 = 0.1 𝑐𝑚

Por Arquímedes:

𝑔. 𝜌𝑐. 𝑉𝑐 = 𝑔. 𝜌𝐿. 𝑉𝑠 4 4 8. 𝜋. (𝑅𝑒 3 − 𝑅𝑖 3 ) = 𝜋. 𝑅𝑒 3 3 3 8. (𝑅𝑒 3 − 𝑅𝑖 3 ) = 𝑅𝑒 3 7. 𝑅𝑒 3 = 8𝑅𝑖 3 

=>

𝑅𝑒 𝑅𝑖

=

2.𝑎 3

√7.𝑎

Calculamos la constante “𝑎”

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Si: 𝑅𝑒 − 𝑅𝑖 = 0.1 3  𝑎. (2 − √7) = 0.1

𝑎 = 1.1485 

Calculamos el radio (Re)

Re = 2(1.1485) = 2.30 cm. 137.- Un “caisson” rectangular va a ser sumergido, y sobre el cual se construirá la cimentación de un pilar de puente. El “caisson” tiene la forma de un cajón abierto, de 15 m de largo por 6 m de ancho y 6.90 m de altura. Si el peso del “caisson” es de 75,000 kg. ¿A qué profundidad se hundirá bajo el agua cuando esté flotando sobre agua dulce? Si el fondo del lago está a 6 m bajo la superficie del agua, ¿Qué peso adicional le hará tocar fondo al “caisson”?

Solución: 

Datos: 𝑚𝑐 = 75 000 𝑘𝑔 ,



𝜌𝐿 = 1000 𝑘𝑔/𝑐𝑚3

,

𝑚1 = ?

,

𝑐 =?

Calculamos el calado (c) 𝑊 = 𝑔. 𝜌𝑐. 𝑉𝑐 = 𝑔. 𝜌𝐿. 𝑉𝑠 𝑚𝑐 = 𝜌𝐿. 𝑉𝑠 75000 = 1000. (15). (6). (𝑐) 𝑐 = 75/90 => 𝑐 = 5/6 𝑚 = 0.83 𝑚



Para cuando el “caisson” toque el fondo el calado será c=6 m. 𝑚1 + 𝑚𝑐 = 𝜌𝐿. 𝑉𝑠 𝑚1 + 75000 = 1000. (15). (6). (6) 𝑚1 = 540000 – 75000 = 465000 𝑘𝑔.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 138.- Un tanque de lados verticales tiene una sección transversal cuadrada de 1.20 m por lado; la profundidad del tanque es 3.0 m, estando lleno de agua hasta la profundidad de 2.70 m ¿En qué cantidad variará la presión sobre un lado del tanque, si se coloca flotando sobre el agua del tanque un cubo de madera, de densidad 0.5 y de 0.60 m de lado? Solución: Hallaremos el valor de C Peso del cubo = 𝛾 ∗ 𝑉1 Entonces reemplzando en la ecuación tenemos: 1000 ∗ 0.63 ∗ 0.5 = 1000 ∗ 0.62 ∗ 𝐶 𝐶 = 0.3𝑚

Resolviendo: Luego:

𝐸𝑙 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 + 𝑒𝑙 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑢𝑏𝑜 𝑠𝑢𝑚𝑒𝑟𝑔𝑖𝑑𝑜 = (2.7 + ℎ ) ∗ 1.2 ∗ 1.2 Donde se obtiene: ℎ = 0.075𝑚 La nueva altura del liquido será: 𝐻 = 2.7 + 0.075 = 2.775𝑚 Luego la presión inicial en una de las caras será: 𝑃1 = 𝛾 ∗ ℎ𝑔 ∗ 𝐴 = 9810 ∗

2.7 𝑁 ∗ 1.20 ∗ 2.7 = 42908. .94 2 2 𝑚

La presión luego de haber sido insertado el cubo será: 𝑃2 = 𝛾 ∗ ℎ𝑔 ∗ 𝐴 = 9810 ∗

2.775 ∗ 1.20 ∗ 2.775 2

= 45325.87

𝑁 𝑚2

La variación de la presión será: ΔP = 𝑃2 − 𝑃1 = 45325.87 − 42908.94 = 2416.93 𝜟𝑷 = 𝟐𝟒𝟏𝟔. 𝟗𝟑

𝑁 𝑚2

𝑵 𝒎𝟐

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 139.- Si la densidad de un cuerpo es 0.8, ¿Qué parte proporcional de su volumen total permanecerá por encima de la superficie del agua, cuando el cuerpo está flotando en agua? Solución: Datos: 𝜌𝑐 = 0.8 𝑔𝑟/𝑐𝑚 3 ; 𝜌𝑐 = 0.8 𝑔𝑟/𝑐𝑚 3 ; 𝑊 = 𝑔. 𝜌𝑐. 𝑉𝑐 = 𝑔. 𝜌𝐿. 𝑉𝑠 (0.8)(𝑉𝑐) = 𝑉𝑠 𝑉_𝑐/𝑉_𝑠 = 5/4 Calculamos la parte proporcional (𝑉𝑜 ) del volumen que permanece por encima de la superficie del agua. 𝑉𝑜 =

𝑉𝑐 − 𝑉𝑠 5−4 = 𝑉𝑐 5 𝑉𝑜 = 0.20

140.- Una viga de madera, cuyo peso específico es 640 kg/m3, tiene por dimensiones 0.15 x 0.30 x 6 m ¿Qué carga podrá sostener sin hundirse, colocada en agua dulce? Solución:  Datos: ρc = 640 kg/m3

,

ρL = 1000 kg/m3

,

m1 =?

,

F1 = m1.g

 Para que la carga no se hunda el calado máximo es 0.30 Por Arquímedes:

F1 + W = Vs. ρL. g

m1.g + Vc. ρc.g = Vs. ρL. g m1 = Vs. ρL - Vc. ρc m1 = 1000(0.30)(0.15)(6) - 640(0.30)(0.15)(6) m1 = 270 – 172.8 m1 = 97.2 kg

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 141.- Un prisma cuya sección es un triángulo equilátero, flota de modo que la arista inferior quede horizontal. Hallar la relación entre los pesos específicos w1 del prisma homogéneo y del líquido, para que el equilibrio sea estable. Solución: Llamemos: V=volumen del cono V’=volumen del cuerpo sumergido W’=peso específico del cono W=peso específico del líquido Por Arquímedes: 𝑉. 𝑊 ′ = 𝑉 ′ 𝑊 → 𝑣 ′ =

𝑊′ ′

𝑊

.𝑣

Relación geométricamente: 𝑣 𝑣′

𝐻3

3

𝑊′

= 𝐻3 → ℎ = 𝐻 √ 𝑊

El centro de flotación contando desde la base del cono será: 3 𝑊′ 1 𝑦 = 𝐻 − 𝐻√ + ℎ 𝑊 4

𝑦=

3 𝑊′ 𝐻 (4 − 3 √ ) 4 𝑊

𝐻 La distancia del centro C.G al, C.F será ̅̅̅̅ 𝐶𝐹 . ̅̅̅̅ 𝐶𝐺 = 𝑦 − 4

̅̅̅̅ ̅̅̅̅ = 𝑦 − 𝐶𝐹 . 𝐶𝐺

3 𝑊′ 3𝐻 (1 − √ ) … (1) 4 𝑊

1

Se sabe que la distancia de C.F al metacentro es: 𝑚 = 𝑉 𝜋𝑑2 3𝑑3 𝑚 = 642 = … (2) 𝜋𝑑 16ℎ 4 ℎ

𝑑

3

𝑊′

Por semejanza de triángulos de la figura:𝐻 = 𝐷, como ℎ = 𝐻 √ 𝑊

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 3 𝑊′ 𝑑 = √ 𝐷 … (4) 𝑊

En la posición limite las ecuaciones (1) y (4) son iguales: 3 𝑊′ 𝐻√ 𝑊 3 𝑊′ 3𝐻 (1 − √ ) = 4 𝑊 4

∴

𝑊′ 9 = = 0.562 𝑊 16

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 143.- Determinar el calado de una pirámide de 0.5 m. de altura, que flota con el vértice hacia abajo en tetracloruro de carbono de densidad relativa 1.5, siendo el peso específico de la pirámide 0.9. Solución:

Por Arquímedes: 𝑉 ∗ 𝑊’ = 𝑉’ ∗ 𝑊 Donde: V = Volumen del sólido V’ =Volumen del sólido sumergido W =Peso específico del tetracloruro W’ = Peso específico de la pirámide Reemplazando de los datos del problema: D2∗0.5 2

∗ 0.9 == d2 ∗ h ∗ 1.5

𝐷 2/ 𝑑

2

= 3.33 ∗ ℎ

Por semejanza: 0.5 𝐻

=

𝐷 ℎ

Por lo tanto: 0.5 ℎ2

= 3.33 ∗ ℎ

h = 0.42m.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 144.- Determinar la mínima relación entre el diámetro de la base y la altura de un cono recto de material homogéneo de densidad relativa de 0.6 para que flote establemente en agua con su eje vertical y su vértice hacia abajo. Solución:

Solución: Por Arquímedes: 𝑉 ∗ 𝑊’ = 𝑉’ ∗ 𝑊 Donde: 𝑉 = Volumen del sólido

𝑉’ = Volumen del sólido sumergido

𝑊 = Peso específico del agua

𝑊’ = Peso específico del cono

Reemplazando de los datos del problema: 𝑉’ = 0.6 ∗ 𝑉 Relacionando 𝑉 𝐻3 = 3 𝑉’ ℎ 3

ℎ = √0.6 ∗ 𝐻

ℎ = 0.843 ∗ 𝐻

El centro de flotación desde la base del cono: 𝑌 = 𝐻 – 0.843𝐻 + ℎ/4 = 𝐻 ∗ (1 – 0.843 + 0.843/4 ) = 0.368 ∗ 𝐻 Distancia de 𝐶𝐺. 𝐶𝐹 = 𝑦 – 𝐻/4 = 0.368 ∗ 𝐻 – 0.250 ∗ 𝐻 = 0.118 ∗ 𝐻 Distancia de 𝐶𝐹. 𝑀𝐶: 𝑚 = 𝐼/𝑉’ Por semejanza:

ℎ/𝐻

=

( 𝜋 ∗ 𝑑4 )/64 (𝜋 ∗ 𝑑2 ∗ ℎ)/12

=

(3 ∗ 𝑑 2 ) 16ℎ

= 𝑑/𝐷

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑑 = 0.843 ∗ 𝐷 Reemplazando:

𝑚 = (3 ∗ 𝑑2 )/16ℎ

Pero límite mínimo: 𝐶𝐺. 𝐶𝐹 = 𝐶𝐹. 𝑀𝐶 3(0.843 ∗ 𝐷)2 0.118𝐻 = 16(0.843 ∗ 𝐻) 𝐷/𝐻

= 0.8617

145.- Un cono de material homogéneo tiene igual diámetro que altura. ¿Cuál podrá ser su mínima densidad respecto a un líquido para que flote establemente con su eje vertical y cúspide hacia abajo?

Solución: DATO:

D=H

Volumen del cono es: 𝑉=

𝜋𝐷2 𝐻 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠; 12

𝑉=

𝜋𝐻3 12

Por Arquímedes: 𝜋𝐻3 𝑊 ´ = 𝑉𝑆 𝑊 12

𝜋𝐻3 𝑊 ´ 𝑉𝑆 = … (1) 12𝑊

Igualmente: 𝜋𝑑2 ℎ 𝑉𝑆 = … (2) 12 De (1) y (2) 𝜋𝑑2 ℎ 𝜋𝐻3 𝑊 ´ 𝐻3 𝑊 ´ =− ℎ= 2 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑒𝑗𝑎𝑛𝑧𝑎 ∶ 𝑑 = 𝐷 12 12𝑊 𝑑 𝑊

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑊 ´ ℎ3 = 𝑊 𝐻3

𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝐹 𝑎𝑙 𝑚𝑒𝑡𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜:

𝑚=

𝜋𝑑4 ⁄64 𝜋𝑑2 ℎ⁄12

´

=

𝑚=

𝐼 𝑉´

3𝑑2 16ℎ

𝐻

Distancia de 𝐶𝐺. 𝐶𝐹 = 𝑦 − 4 = 0.368𝐻 − 0.250𝐻 = 0.118𝐻 ℎ

Donde 𝑦 = 𝐻 − ℎ + 4 = 𝐻 −

3ℎ 4

𝐶𝐹. 𝐶𝐺 =

3𝐻 3ℎ − 4 4

Como es el límite 𝐶𝐹. 𝐶𝐺 = 𝐶𝐹. 𝑀𝐶 3𝑑2 3𝐻 3ℎ = − 16ℎ 4 4

𝑐𝑜𝑚𝑜:

𝑑 = ℎ;

ℎ 4 = 𝐻 5

Reemplazando: 𝑊 ´ 43 = 𝑊 53

⇒

𝑾´ 𝟔𝟒 = 𝑾 𝟏𝟐𝟓

146.- ¿Qué relación mínima debe haber entre el diámetro de la base de un cilindro circular recto y su

altura, de densidad homogénea igual a 10 gr/cm3 para que flote

establemente, cuando se sumerja en tetracloruro de carbono (gravedad específica: 150)? Solución:

Por Arquímedes: 𝑉 ∗ 𝑊’ = 𝑉’ ∗ 𝑊 Dónde:

V = Volumen del sólido

V’ =Volumen del sólido sumergido

W =Peso específico del agua

W’ = Peso específico de la cono

Reemplazando de los datos del problema… 𝑉 ∗ 10 = 15 ∗ 𝑉’

𝑉’ = 0.666 ∗ 𝑉

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Relacionando 𝑉/ 𝑉’

= 𝐻3 / ℎ 3

3

ℎ = √0.666 ∗ 𝐻

ℎ = 0.8733 ∗ 𝐻

El centro de flotación desde la base del cono 𝑦 = 𝐻 − 0.8733 ∗ 𝐻 + ℎ/4 = 0.3450 ∗ 𝐻 Distancia de CG. CF = 𝑦 – 𝐻/4 = 0.3450 ∗ 𝐻 − 0.250 ∗ 𝐻 = 0.09503 ∗ 𝐻 Distancia de CF. MC: 𝑚 = 𝐼 / 𝑉’ = ( 𝜋 ∗ 𝑑4 )/64/((𝜋 ∗ 𝑑2 ∗ ℎ)/12) = (3 ∗ 𝑑2 )/ 16 ∗ ℎ Por semejanza:

ℎ /𝐻 = 𝑑/𝐷

𝑑 = 0.8733 ∗ 𝐷

Pero límite mínimo: CG.CF = CF. MC Reemplazando: 𝑚 = 3 ∗ 𝑑2 / 16 ∗ ℎ 0.09503 ∗ 𝐻 = (3 ∗ (0.8733 ∗ 𝐷 )2 ) / 16 ∗ (0.8733 ∗ 𝐻) 𝐻/ 𝐷 = 1.723 147.- Determinar la relación entre el lado y la altura de una pirámide recta de base cuadrada de material homogéneo (densidad relativa = 0.8), para abajo.

Solución: Por Arquímedes: V * W’ = V’ * W 𝐷2 ∗ 𝐻

∗ 0.8/2 = 𝑑2 ∗ ℎ/2

𝑉 / 𝑉’ = 5/4

Por Simetría: ℎ/ 𝐻 = 𝑑/ 𝐷

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝐷2 / 𝑑2 = 𝑑 ∗ 5 / 𝐷 ∗ 4

𝐷3 / 𝑑3 = 5/4 𝐷/𝑑 = 1.077

𝐼𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑠𝑢𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠

148.- Se desea construir una caja cilíndrica de 4m de diámetro interior, paredes de concreto 0.20m de espesor y la base de un espesor igual a la décima parte de la altura interior, para que flote en el agua. ¿Qué altura máxima se le podrá dar conservando la estabilidad de flotación? Densidad del concreto = 2,500 kg/m3. Solución: Por el Principio de Arquímedes: 𝑊 − 𝐹𝐸 = 0 𝑃𝑐𝑢𝑒𝑟𝑝𝑜 𝑉𝑐𝑢𝑒𝑟𝑝𝑜 = 𝑃𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑉𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑑𝑜 = 𝑃𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 . 𝐴. 𝑋 Hallamos el volumen del cuerpo 𝑉𝑐𝑢𝑒𝑟𝑝𝑜 = [𝜋(2.2)2 (11)ℎ − 𝜋(22 )(11)ℎ] + 𝜋(22 )ℎ = 13.24𝜋ℎ Entonces: 𝑥 = 𝑃𝑐𝑢𝑒𝑟𝑝𝑜 .

𝑉𝑐𝑢𝑒𝑟𝑝𝑜 2500.13.24𝜋ℎ = = 6.8ℎ 𝑃𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 10000𝜋 (4.84)

Hallamos los elementos necesarios, para asegurar que el cuerpo presenta estabilidad de flotación: Centro de gravedad: 𝑌𝑐𝑔 = 4ℎ Centro de presiones: 𝑌𝑐𝑔 =

6.8ℎ 2

𝑀𝑏 =

(𝜋𝐷4 )/64 𝐷2 0.18 = = 2 (𝜋𝐷 𝑋)/4 16𝑋 𝑋

𝑌𝑚𝑐 =

6.8ℎ 0.18 + 2 ℎ

𝑌𝑚𝑐 > 𝑌𝑐𝑔 ⇒ 5.47 > ℎ La altura máxima será: H=5.46m

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 149.- Determinar si es estable la flotación de un cilindro hueco (sin tapa) de paredes y fondo de concreto, de 0.30 m de espesor. El diámetro exterior es de 6 metros y el interior de 2 metros. La altura total es de 8 metros. La densidad relativa del concreto es 2.4.

Solución: Por el Principio de Arquímedes: 𝑊 − 𝐹𝐸 = 0 𝛲𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 ∗ 𝑉𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 = 𝑃𝐹𝐿𝑈𝐼𝐷𝑂 ∗ 𝑉𝐹𝐿𝑈𝐼𝐷𝑂 𝐷𝐸𝑆𝑃𝐿𝐴𝑍𝐴𝐷𝑂 = 𝑃𝐹𝐿𝑈𝐼𝐷𝑂 ∗ 𝐴 ∗ 𝑋 Hallamos el volumen del cuerpo 𝑉𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 = [𝜋 ∗ 2.22 ∗ 11 ∗ ℎ – 𝜋 ∗ 22 ∗ 11 ∗ ℎ] + 𝜋 ∗ 22 ∗ ℎ 𝑉𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 = 13.24 ∗ 𝜋 ∗ ℎ Entonces: 𝑥 =

𝛲𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 ∗ 𝑉𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 𝛲𝐹𝐿𝑈𝐼𝐷𝑂

=

2500 ∗ 13.24∗ 𝜋 ∗ ℎ 10000 ∗ 𝜋 ∗ 4.84

= 6.8 ∗ ℎ

Hallamos los elementos necesarios, para asegurar que el cuerpo presenta estabilidad de flotación: Centro de gravedad:

𝑌𝑐𝑔 = 4 ∗ ℎ

Centro de presiones: 𝑌𝑐𝑔 = 𝑀𝑏 =

6,8 ∗ ℎ 2

( ( 𝜋 ∗ 𝐷4)/64 )/ ( (𝜋 ∗ 𝐷2 ∗ 𝑋)/4) 𝐷2 = = 0.18/𝑋 16 ∗ 𝑋 16 ∗ 𝑋 𝑌𝑚𝑐 =

6.8 ∗ ℎ 0.18 + 2 ℎ

𝑌𝑚𝑐 > 𝑌𝑐𝑔 5.47 > ℎ 𝐻𝑚á𝑥 = 5.46 𝑚.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 150.- Una pequeña bola de madera de peso específico 0.5, se sujeta al fondo de una corriente de aguade 4 m. de profundidad y que lleva una velocidad de 1.5 m/seg. a) ¿Qué curva describe el centro de la bola cuando se la deja libre? b) ¿Qué tiempo tarda en aparecer a la superficie? c) ¿A qué distancia horizontal aparece, contada desde el vértice inicial?

Solución: a) Ecuación de la parábola 𝑌 = 𝐾𝑋 2 (Origen) 4 = 𝐾1.352 ;

𝑘 = 2.2

𝒀 = 𝟐. 𝟐𝑿𝟐 b) El cuerpo tiene un empuje superior a su cuerpo 𝐹 = 𝐸−𝑃 𝐸=

𝑚𝑔𝑊 𝑊´

𝑃 = 𝑚𝑔

𝐹 = 𝑚𝑎

Despejando: 𝑚𝑎 = 𝑎 = 𝑔(2 − 1)

𝑚𝑔𝑊 − 𝑚𝑔 𝑊´

a = 9.81 m/s2 Aceleración con la que sube la bola.

Ahora calculamos el tiempo que tarda. 𝑎𝑡 2 𝑌= 2

;

9.81𝑡 2 4= 2

;

𝒕 = 𝟎. 𝟗𝒔

c) Calculamos la distancia horizontal. 𝑋 = 𝑣𝑡

Pero:

𝑋 = 1.5 ∗ 0.9

𝑣 = 1.5𝑚/𝑠 𝑿 = 𝟏. 𝟑𝟓 𝒎 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I 151.- La barcaza de concreto, cuyas dimensiones de muestran en las figuras, flota en agua salada. Determinar la altura metacéntrica y el grado de estabilidad (peso específico del concreto = 2,400 kg/m3). Solución:

Datos: 𝑃𝑐 = 2400𝑘𝑔/𝑚 3

𝑃1 = 1030 𝑘𝑔/𝑚 3

Ahora hallamos el volumen total: 𝑉𝑡 = 𝑉1 − 𝑉2 − 𝑉3 1º Hallamos 𝑉1 : 𝑉1 = 8.30 ∗ 1.60 ∗ 2.15 𝑉1 = 28.552 2º Hallamos 𝑉2 : Pero: 𝑉3 = 𝑉2 𝑉2 = 4 ∗ 2 ∗ 1.40 𝑉2 = 11.2 Remplazando 𝑉𝑡 = 𝑉1 − 𝑉2 − 𝑉3 𝑉𝑡 = 28.552 ∗ 11.2 ∗ 11.2 𝑉𝑡 = 6.152 𝑃 = 6.152 ∗ 2400 = 14764.8

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

MECÁNICA DE FLUIDOS F. Ugarte P.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

CAPÍTULO I Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I 71.-Encontrar la diferencia de presiones: 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 .

Solución: Nota: 𝛾1 , 𝛾2 , 𝛾3 , 𝛾4 , 𝛾𝐴 , 𝛾𝐵 Son pesos específicos. Solución: 𝑃𝐴 + 𝛾𝐴 𝐻1 − 𝛾1 𝐻2 + 𝛾2 𝐻3 − 𝛾3 𝐻4 + 𝛾𝐵 𝐻5 = 𝑃𝐵 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = −𝛾𝐴 𝐻1 + 𝛾1 𝐻2 − 𝛾2 𝐻3 + 𝛾3 𝐻4 − 𝛾𝐵 𝐻5 Observación: Nótese que a partir de “A” cuando bajamos de nivel SUMAMOS y cuando subimos de nivel RESTAMOS.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 72.- En el dibujo mostrado determine la cota del líquido manométrico, en la parte derecha del segundo recipiente, en “A”

Solución: Enumerando las superficies necesarias (del 1 al 9)  En la parte derecha: 𝑃1 = 0.2 𝑘𝑔𝑓/𝑐𝑚2 … es presión manométrica También: 𝑃1 + (33.5 𝑚 − ℎ𝑚 )𝛿𝐻2𝑂 = 𝑃𝐴 𝑃1 𝛿𝐻 2 𝑂

+ (33.5𝑚 − ℎ𝑚 ) = 𝛿

𝑃𝐴 𝐻2 𝑂

… (I)

 En la parte izquierda: Primero;

𝑃8 = 𝑃7

Se asume que en todos los puntos de un

𝑃6 = 𝑃5

mismo gas la presión es igual.

𝑃4 = 𝑃3 “0” manométricamente

𝑃𝐴 = 𝑃9 + 32𝑐𝑚 𝛿𝐻𝐺 − 25𝑐𝑚 𝛿𝐻𝐺 − 30𝑐𝑚 𝛿𝐻𝐺 + (36𝑚 − 32𝑚 )𝛿𝐴𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 + (32𝑚 − ℎ𝑚)𝛿 𝑃𝐴 = −23𝑐𝑚 𝑆𝐻𝐺 + 4𝑚 𝑆𝐴𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 + (32𝑚 − ℎ𝑚 )𝑆 𝛿𝐻2𝑂 𝑃𝐴 = −23𝑐𝑚 ∗ 13.6 + 400𝑐𝑚 ∗ 0.8 + (32𝑚 − ℎ𝑚 ) ∗ 1.6 𝛿𝐻2𝑂

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑃𝐴 𝛿𝐻 2 𝑂

= 7.2𝑐𝑚 + (32𝑚 − ℎ𝑚 ) ∗ 1.6 … (II)

De (I) en (II): 𝑃1 + (33.5𝑚 − ℎ𝑚 ) = 7.2𝑐𝑚 + (32𝑚 − ℎ𝑚 ) ∗ 1.6 𝛿𝐻2𝑂 Pero: 𝛿𝐻2𝑂 = 1000

𝑘𝑔−𝑓 𝑚3

𝑚3

∗ 106 𝑐𝑚3 = 10−3 𝑘𝑔_𝑓/𝑐𝑚3

0.2 𝑘𝑔_𝑓/𝑐𝑚 2 + 33.5𝑚 − ℎ𝑚 = 7.2𝑐𝑚 + 51.2𝑚 − 1.6ℎ𝑚 10−3 𝑘𝑔_𝑓/𝑐𝑚 3 200𝑐𝑚 + 33.5𝑚 − ℎ𝑚 = 0.072𝑚 + 51.2𝑚 − 1.6ℎ𝑚 ℎ = 26.2866 𝑚 73.- Al tanque de la figura se le tapa sellándolo perfectamente, permitiéndole el desalojo dentro del agua por el fondo. Determine la desviación “l” una vez que el sistema ha alcanzado el equilibrio.

Sugerencia: Se alcanza un nivel tal en la cisterna que ya no sale agua por el fondo, estando la válvula abierta.

Solución: Hagamos la siguiente observación en un manómetro.

Posición normal (sin usar)

Posición en pleno uso

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Como la cantidad de líquido que baja es igual a la que sube, en el manómetro, se deduce que 𝑥 = 𝑦 = l/𝟐 En el problema “Como la cantidad de agua va a disminuir dentro del tanque, también en la rama derecha del manómetro su nivel va a descender” es decir:

Del punto (1) al punto (2): 𝑃1 − ℘𝐻2 𝑂 𝑥 + ℘l= 𝑃2 Como: 𝑃1 = 𝑃2 = 0 manométricamente. 𝒙

l= ℘/℘

𝐻2 𝑂

𝒙

= 𝑺 … (𝐼)

Del último gráfico: 𝑥 = 0.7 − (0.2 −l/2) 𝑥 = 0.5 +l/2 … (𝐼𝐼) (𝐼𝐼) en (𝐼): ℓ =

0.5+ℓ/2 𝑆

=

0.5+ℓ/2 1.75

ℓ = 0.4𝑚

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 74.- Un recipiente que contiene aire atmosférico se invierte y se sumerge en agua hasta que alcance la posición mostrada. Si suponemos que el aire se comparta como gas perfecto manteniendo su temperatura a 70°F. ¿Cuánto vale la altura de h?.

Datos: n: 10’ m: 1’

𝛾𝐻2 𝑂 n A

AIRE m h

2

Solución: Condiciones iniciales: 𝑃1 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 ∀1 = 𝑚𝐴 Condiciones finales: Pto. 2 𝑃2 + ℎ𝛾𝐻2 𝑂 − 𝑛𝛾𝐻2 𝑂 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 ⇒ 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + (𝑛 − ℎ )𝛾𝐻2 𝑂 ∀ = (𝑚 − ℎ )𝐴

Además:

Como: T = 70°F = Cte. ⇒ 𝑃1 ∀1 = 𝑃2 ∀2 ⇒ 𝑃𝑎𝑡𝑚 × 𝑚𝐴 = [𝑃𝑎𝑡𝑚 + (𝑛 − ℎ )𝛾𝐻2 𝑂 ] × (𝑚 − ℎ )𝐴 Resolviendo: ℎ 2 − (𝑚 + 𝑛 +

𝑃𝑎𝑡𝑚 ) ℎ + 𝑚𝑛 = 0 𝛾𝐻2 𝑂

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Reemplazando: 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 14.7

𝑙𝑏 − 𝑓 𝑙𝑏 − 𝑓 = 2116.8 ⁄𝑝𝑖𝑒2 𝑃𝑢𝑙 2

𝑙𝑏 − 𝑓 ⁄𝑝𝑖𝑒 2 ) ℎ + 10 × 1𝑝𝑖𝑒 2 = 0 ⇒ ℎ 2 − (10𝑝𝑖𝑒 + 1𝑝𝑖𝑒 + 𝑙𝑏 − 𝑓 62.4 ⁄𝑝𝑖𝑒 3 2116.8

⇒ ℎ = 0.2237 𝑝𝑖𝑒 75.- El manómetro inclinado mostrado en la figura tiene un depósito con un diámetro 𝐷 = 90 𝑚𝑚 y un tubo medidor con diámetro 𝑑 = 6 𝑚𝑚, el fluido mañometrico es un aceite de 𝑑𝑟 = 0.85. La longitud del tubo medidor es de 0.6 𝑚, 𝜃 = 30. Determinar la presión máxima, en 𝑘𝑔 − 𝑓/𝑐𝑚 2 y 𝑃𝑎, que pueda medirse con este manómetro.

Solución: Por estar los puntos 1 y 2 a un mismo nivel: 𝑃 = 𝑃1 = 𝑃2 ⇒ ⇒ 𝑃 = 𝛿𝐻 = 𝛿 ∗

𝑃 − 𝛿𝐻 = 𝑃𝑎𝑡𝑚

;

𝑃𝑎𝑡𝑚 = 0

𝐿 𝐿 = 𝑑𝑟 ∗ 𝜌𝐻2𝑂 ∗ 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃

⇒ 𝑃 = 0.85 ∗ 1000

𝑘𝑔 − 𝑓 0.6 𝑚 𝑘𝑔 − 𝑓 ∗ = 1020 3 𝑚 sin 30° 𝑚2

𝑘𝑔 − 𝑓 𝑚2 𝑎) 𝑃 = 1020 ∗ 4 2 𝑚2 10 𝑐𝑚 𝑏) 𝑃 = 1020

𝑘𝑔 − 𝑓 9.81 𝑁 𝑁 ∗ = 10006.2 = 10006.2 𝑃𝑎 𝑚2 1 𝑘𝑔 𝑚2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 76.- ¿Cuál es la presión 𝑃𝐴 en la figura si el vacuómetro marca 2.7 𝑘𝑔. 𝑓/𝑐𝑚2 .? Solución:

Recordemos que en un VACUOMETRO se leen presiones negativas. ⇒ Partiendo de un punto cualquiera de la superficie común: aceite y el aire. 𝑃𝐴 + 𝛾𝑎𝑐 𝑥 3𝑚 + 𝛾𝐻2 𝑂 𝑥 (4.5𝑚 − 3𝑚 ) − 𝛾𝐻𝑔 𝑥0.3𝑚 = −2.7 𝑘𝑔. 𝑓/𝑐𝑚2 𝛾𝐴𝐶 = 0.8 𝛾𝐻2 𝑂 = 0.8𝑥1000 = 800 𝑘𝑔. 𝑓/𝑚 3

Por datos:

𝛾𝐻𝑔 = 13.6 𝛾𝐻2𝑂 = 13.6𝑥1000 = 13.600 𝑘𝑔. 𝑓/𝑚 3 ⇒ 𝑃𝐴 + 800𝑘𝑔. 𝑓/𝑚 3 𝑥3𝑚 + 1000𝑘𝑔. 𝑓/𝑚 3 𝑥1.5𝑚 − 13600𝑘𝑔. 𝑓/𝑚 3 𝑥0.3𝑚 =−

2.7 𝑘𝑔. 𝑓/𝑚 3 10−4

⇒ 𝑃𝐴 = −26820 𝑘𝑔. 𝑓/𝑚2 ⇒ 𝑃𝐴 = −26820 𝑘𝑔. 𝑓/𝑚2 𝑥

9.81𝑁 = −263104.2𝑃𝑎 1𝑘𝑔. 𝑓

77.- El manómetro “A” indica 148.67 Kpa. Hallar la lectura del manómetro “B” en Kpa. Y la altura “h” en cm. Solución: Nótese que:

𝑃𝑥 = 𝑃𝑦 𝑃1 = 𝑃2

𝛿𝐻2𝑂 = 1000

𝑘𝑔_𝑓 𝑚3 = 9810

𝑁 𝑚3

𝛿𝐻𝐺 = 13.6 ∗ 𝛿𝐻2 𝑂

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Cálculo de PB: Partiendo de A hacia B:  𝑃𝐴 − 80𝑐𝑚 ∗ 𝛿𝐻𝐺 + 80𝑐𝑚 ∗ 𝛿𝐻2𝑂 = 𝑃𝐵  𝑃𝐵 = 148.67 ∗ 0.8𝑚 ∗ 9810

103 𝑁 𝑚2

− 0.8𝑚 ∗ 13.6 ∗ 9810

𝑁 𝑚3

+

𝑁 𝑚3

 𝑃𝐵 = 49785.2 𝑁/𝑚2 𝑃𝐵 = 49.785 𝐾𝑃𝑎 Cálculo de h: Partiendo de B hacia el pto. “3”. 𝑃𝐵 − 135𝑐𝑚 ∗ 𝛿𝐻2𝑂 − 𝛿 ℎ = 𝑃3  ℎ=

1 𝛿

(𝑃𝐵 − 135𝑐𝑚 ∗ 𝛿𝐻2𝑂 )

“0” manométricamente

Por dato: 𝛿 = 2.7

𝑙𝑏_𝑓 𝑝𝑢𝑙𝑔3 1 𝑘𝑔_𝑓 9.81 𝑁 ∗ ∗ ∗ 3 3 𝑝𝑢𝑙𝑔 (2.54𝑐𝑚 ) 2.205 𝑙𝑏_𝑓 1 𝑘𝑔_𝑓

𝛿 = 0.733 𝑁/𝑐𝑚 3 ℎ=

1 0.733

𝑁 𝑐𝑚 3

(

49785.2 𝑁 9810 𝑁 − 135𝑐𝑚 ∗ 6 3 ) → ℎ = 4.985 𝑐𝑚 4 2 10 𝑐𝑚 10 𝑐𝑚

78.- En la figura determine la lectura del manómetro (2) en kg-f/cm2.

Solución: En el manómetro BOURDON externo:

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑃𝑁2 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 = −10"𝐻𝑔 … (𝐼) En el manómetro BOURDON intermedio: 𝑃𝑂2 − 𝑃𝑁2 = 𝑃2 … (𝐼𝐼) En el manómetro en U: 𝑃𝑂2 + 5" ∗ ℘ = 𝑃𝑎𝑡𝑚 … (𝐼𝐼𝐼) De (𝐼): 𝑃𝑁2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 10Hg=29.92𝐻𝑔 − 10Hg=19.92𝐻𝑔 OJO: 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 76𝑐𝑚 𝐻𝑔 = 29.92" 𝐻𝑔 = 1.033 𝐾𝑔 − 𝑓/𝑐𝑚 2  𝑃𝑁2 = 19.92"𝐻𝑔 ∗

1.033 𝐾𝑔−𝑓/𝑐𝑚 2 29.92"𝐻𝑔

De (𝐼𝐼𝐼): 𝑃𝑂2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 5"℘  𝑃𝑂2 = 1.033

𝐾𝑔−𝑓

𝑃𝑂2 = 0.9931

𝑐𝑚 2

= 0.6877

/

− 5" (0.8 ∗ 10−3

𝐾𝑔−𝑓 𝑐𝑚 2

℘ = 0.8℘𝐻2𝑂 𝐾𝑔−𝑓 𝑐𝑚 2

)∗

2.54 𝑐𝑚 1"

𝐾𝑔−𝑓 𝑐𝑚 2

En (𝐼𝐼): 𝑃2 = 0.3054

𝐾𝑔−𝑓 𝑐𝑚 2

 Es la lectura del manómetro (2)

79.- Se podrá comprimir el aire hasta 1.045

𝑘𝑔 − 𝑓⁄ 𝑐𝑚 2 absoluto para lograr que la

columna de aceite se mantenga en la posición mostrada.

15 cm.

𝛾 = 0.8 ACEITE AIRE COMPRIMID O

Solución: ⇒ 𝑃 = 𝛾𝑎𝑐 × 15𝑐𝑚 + 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 0.8 × 1000 𝑃 = 10.450

𝐾𝑔 − 𝑓 1.033 𝐾𝑔 × 0.15𝑚 + 𝑚3 10−4 𝑚 2

𝐾𝑔 − 𝑓 𝐾𝑔 − 𝑓⁄ = 1.045 𝑐𝑚 2 𝑚2

No se podrá comprimir porque el aire adquiere una presión que hará al aceite descender y el aire ascenderá.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 80.- Un tanque descubierto con uno de sus lados verticales en forma rectangular, de dos pies de ancho y seis pies de altura, se llena con un líquido de peso específico 𝑙𝑏−𝑓

variable,𝛿, donde 𝛿 = 50 + 2𝑦(𝑝𝑖𝑒𝑠3 ), siendo “y “la distancia desde la superficie libre medida verticalmente hacia abajo. Determine la magnitud de la fuerza sobre el lado del tanque. Solución:

“En el problema solo vamos a calcular la fuerza que el líquido ejerce sobre el lado delantero del tanque” 6′

⇒ 𝐹 = ∫ 𝑝. 𝑑𝐴 … … … … … . (𝐼) 0

Calculo de 𝑝: dp = δ. dy = (50 + 2y). dy 𝑃

𝑦

𝑑𝑝 = ∫ (50 + 2y). dy ⇒ 𝑃 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 50𝑦 + 𝑦 2

⇒∫ 𝑃0 =𝑃𝑎𝑡𝑚

0

Porque solo estamos considerando el efecto del líquido. ⇒ 𝑃 = 50y + y 2 … (𝐼𝐼) Calculo de 𝑑𝐴: De la figura: 𝑑𝐴 = 2′ . 𝑑𝑦 … (𝐼𝐼𝐼) (𝐼𝐼) 𝑦 (𝐼𝐼𝐼) 𝑒𝑛 (𝐼): 6′

6′

𝑦3 𝐹 = [∫ (50y + y 2 ). 2′ . 𝑑𝑦 = 2(25𝑦 2 + )] 3 0

0

𝐹 = 2(25. 62 +

63 = 1944 𝑙𝑏 − 𝑓 3

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 81.- Determinar la fuerza que el líquido ejerce sobre la placa triangular. También determina el centro de presiones.

Solución: Calculo de la fuerza: 𝐹 = 𝑃𝐶𝐺 𝑥𝐴 = (𝑃0 + 𝛾ℎ𝐶𝐺 )𝐴 = 𝛾ℎ𝐶𝐺 𝐴 = 𝜌𝑔ℎ𝐶𝐺 𝐴 ⇒ F = 800 𝑘𝑔. 𝑓/𝑚3 𝑥9.81𝑚/𝑠𝑒𝑔2 𝑥9𝑚𝑥

12𝑥6 2 𝑚 2

F = 2542,752N CALCULO DEL CENTRO DE PRESIONES: 𝐼𝑥𝑥 =

6𝑥123 = 288𝑚 4 36

𝐼𝑥𝑦 =

6𝑥122 = 72𝑚 4 72

⇒ 𝑦𝐶𝑃 = −

𝛾 sin 𝜃 𝐼𝑥𝑥 800𝑥9.81𝑥 sin 30°𝑥288 =− = −0.444 𝐹 2542,752

⇒ 𝑥𝐶𝑃 = −

𝛾 sin 𝜃 𝐼𝑥𝑦 800𝑥9.81𝑥 sin 30°𝑥72 =− = −0.111 𝐹 2542,752

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 82.- Un depósito de 20pies de profundidad y 7pies de ancho contiene 8pies de aceite, 4pies de mercurio y 6pies de agua. Calcular: a) La fuerza total en el lado del tanque. b) El punto de aplicación de la fuerza calculada en a). Nota: 𝛿𝑎𝑐 = 55 𝑙𝑏_𝑓/𝑝𝑖𝑒 3, 𝛿𝐻𝑔 = 846 𝑙𝑏_𝑓/𝑝𝑖𝑒 3 Solución: Como 𝛿𝑎𝑐 < 𝛿𝐻2𝑂 < 𝛿𝐻𝐺 , se ha acomodado los líquidos en tal orden. Cálculo de la fuerza total: 𝐹1 = (𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝛿1 ℎ𝐶𝐺1 )𝐴1 = (0 + 55

𝑙𝑏_𝑓 ∗ 4𝑝𝑖𝑒) (8 ∗ 7𝑝𝑖𝑒 2 ) = 12320 𝑙𝑏_𝑓 𝑝𝑖𝑒 3

𝐹2 = (𝑃1 + 𝛿2 ℎ𝐶𝐺2 )𝐴2 = (55

𝑙𝑏𝑓 𝑙𝑏𝑓 ∗ 8𝑝𝑖𝑒 + 62.4 𝑝𝑖𝑒3 𝑝𝑖𝑒3

∗ 3′ ) (6 ∗ 7𝑝𝑖𝑒 2 ) = 26342.4 𝑙𝑏_𝑓 𝐹3 = (𝑃1 + 𝑃2 + 𝛿3 ℎ𝐶𝐺3 )𝐴3 = (55 ∗ 8 + 62.4 ∗ 6 + 846 ∗ 2)(4 ∗ 7) = 70179.2 𝑙𝑏_𝑓 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 + 𝐹3 = 108841.6 𝑙𝑏_𝑓 Cálculo del centro de presiones:

𝑦𝐶𝑃1 =

−𝛿1 𝑆𝑒𝑛𝜃 ∗ 𝐼𝑥𝑥1 𝐹1

7 ∗ 83 55 ∗ 𝑆𝑒𝑛90° ∗ ( 12 ) =− 12320

𝑦𝐶𝑃1 = −1.33 𝑝𝑖𝑒

𝑦𝐶𝑃2

7 ∗ 63 62.4 ∗ 𝑆𝑒𝑛90° ∗ ( ) −𝛿2 𝑆𝑒𝑛𝜃 ∗ 𝐼𝑥𝑥2 12 = =− 𝐹2 26342.4 𝑦𝐶𝑃2 = −0.298 𝑝𝑖𝑒

𝑦𝐶𝑃3 =

−𝛿3 𝑆𝑒𝑛𝜃 ∗ 𝐼𝑥𝑥3 𝐹3

7 ∗ 43 846 ∗ 𝑆𝑒𝑛90° ∗ ( 12 ) =− 70179.2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑦𝐶𝑃3 = −0.45 𝑝𝑖𝑒 Tomando momentos respecto al punto “0”: ∑ 𝑀𝑜 = 0 𝐹 ∗ 𝑦𝑝 + 𝐹 ∗ (|𝑦𝐶𝐺1 | + |𝑦𝐶𝑃1 |) + 𝐹2 ∗ (|𝑦𝐶𝐺2 | + |𝑦𝐶𝑃2 |) + 𝐹3 ∗ (|𝑦𝐶𝐺3 | + |𝑦𝐶𝑃3 |) = 0 0 = 108841.6 𝑦𝑝 + 12320 ∗ (4 + 1.33) + 26342.4 ∗ (11 + 0.298) + 70179.2 ∗ (16 + 0.45) 𝑦𝑝 = −13.896 𝑝𝑖𝑒 𝑥𝐶𝑃1

𝛿1 ∗ 𝑆𝑒𝑛90° ∗ 𝐼𝑥𝑦1 =− =0 𝐹1

Porque rectángulos

los tienen

simetría:

𝑥𝐶𝑃2 = 0 y 𝑥𝐶𝑃3 = 0

𝐼𝑥𝑦1 = 𝐼𝑥𝑦2 = 𝐼𝑥𝑦3 = 0

𝑋𝑐𝑝 = 0 𝐶𝑃 = (0, −13.896)𝑝𝑖𝑒

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 83.- La compuesta ab tiene 3 pies de ancho y 2 pies de longitud. Cuando está cerrada, la compuerta se encuentra

inclinada

un

ángulo

de

𝛼 = 60°.

Determine el momento respecto a la articulación A ejercida por el agua.

Solución:

𝐴 = 6 𝑝𝑖𝑒 2 1

𝐼𝑥𝑥 = 12 ∗ 3 ∗ 22 𝐼𝑥𝑥 = 4 𝑝𝑖𝑒4

Cálculo de 𝐹2 :

Cálculo de 𝐹1 :

𝐹2 = (𝑃2 + ℎ𝑐𝑔2∗ ℘)𝐴

𝐹1 = (𝑃1 + ℎ𝑐𝑔1∗ ℘)𝐴

𝑃2 = 0

3𝑙𝑏𝑓 3𝑙𝑏𝑓 𝑃1 = 3𝑝𝑠𝑖𝑔 = = 3 ∗ 144 2 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑝𝑖𝑒2 ℎ𝑐𝑔1 = (20 −

√3 ) 𝑝𝑖𝑒 → 𝐹1 = 9756 𝑙𝑏𝑓 2

Línea de acción de 𝐹1 : 𝑒1 =

ℎ𝑐𝑔2 = (10 −

√3 ) 𝑝𝑖𝑒 → 𝐹2 2 = 3420 𝑙𝑏𝑓

Línea de acción de 𝐹2 :

℘ 𝑠𝑒𝑛𝛼 𝐼𝑥𝑥 = 0.011 𝑝𝑖𝑒 𝐹1

𝑒2 =

℘ 𝑠𝑒𝑛𝛼 𝐼𝑥𝑥 = 0.032 𝑝𝑖𝑒 𝐹2

Cálculo del momento respecto a la articulación A por el agua: 𝑀 = 𝐹1 (1 − 𝑒1 ) − 𝐹2 (1 − 𝑒2 ) = 6338 𝑙𝑏𝑓 ∗ 𝑝𝑖𝑒

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 84.- Entre una pared vertical y otra que puede girar alrededor de “O”, hay un peso “G” de líquido. El espesor normal al papel es igual a “b”. Hallar: a) El ángulo α para que el momento M de la presión sea mínimo. b) Calcular dicho momento.

α

O Solución: Calculamos el peso del fluido G:

y senα

A 𝑦 𝑐𝑜𝑠𝛼 2

𝛾

y cosα

M

𝛾=

α 𝐺= 𝛾

y

α

𝐺=

O

𝑃=

𝐺 ⇒ 𝐺 = 𝛾𝑉 𝑉

(𝑦 sin 𝛼 )(𝑦 cos 𝛼 ) 𝑏 2 𝛾𝑏 2 𝑦 sin 𝛼 . cos 𝛼 2

𝐹 ⇒ 𝐹 = 𝑃𝐴 = 𝛾. ℎ𝑐 . 𝐴 𝐴

𝑦 1 ⇒ 𝐹 = 𝛾. . cos 𝛼 . 𝑦𝑏 ⇒ 𝐹 = 𝛾. 𝑦 2 . 𝑏. cos 𝛼 2 2 Tomamos momento respecto de “O”: 𝑀 = 𝐹. 𝑑 = 𝐹 . 𝑀=

𝑦 1 𝑦 = 𝛾. 𝑦 2 . 𝑏. cos 𝛼 . … … … … . (𝐼) 3 2 3

1 2 𝑦 sin 𝛼 𝐺𝑦 𝛾𝑦 𝑏 cos 𝛼 . × = 2 3 sin 𝛼 3 sin 𝛼 𝐺=

𝛾𝑏 2 𝑦 sin 𝛼 cos 𝛼 2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑦=

𝑀=

Como 𝑀 =

𝐺√2𝐺 3√𝛾𝑏

.

𝑑𝑓(𝛼) 𝑑𝛼

√𝛾𝑏 sin 𝛼 cos 𝛼

𝐺√2𝐺 𝐺√2𝐺 = 3 sin 𝛼 . 𝛾. 𝑏. sin 𝛼 . cos 𝛼 3√𝛾𝑏√sin 𝛼 3 cos 𝛼

1 sin 𝛼 3 cos 𝛼

Para que M sea mínimo Mmínimo ⇒

√2𝐺

⇒ sin 𝛼 3 . cos 𝛼 = 𝑓(𝛼)

=0

D(ab) = adb + bda 𝑑(sin 𝛼 3 . cos 𝛼 ) = sin 𝛼 3 𝑑(cos 𝛼 ) + cos 𝛼 𝑑(sin 𝛼 3 ) = 0 = sin 𝛼 3 (− sin 𝛼 ) + cos 𝛼 (3 sin 𝛼 2 . cos 𝛼 ) = 0 ⇒ 3 cos 𝛼 2 sin 𝛼 2 = sin 𝛼 4 3=

sin 𝛼 4 sin 𝛼 2 = = tan 𝛼 2 sin 𝛼 2 . cos 𝛼 2 cos 𝛼 2 ∴ tan 𝛼 = √3 ⇒ 𝛼 = 60°

Calculo del momento: 𝑀=

𝐺√2𝐺 3√𝛾𝑏

.

1 3

√√3 . 1 8 2

=

𝐺√2𝐺

.

4

3√𝛾𝑏 √3

3⁄ 2

4

4𝐺√2𝐺 √3 ⇒ 𝑀= . 9 √𝛾𝑏

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 85.-Calcular el momento respecto al eje de giro C de la fuerza debida los fluidos sobre la parte CD de la placa plana cuyo contorno tiene la ecuación 𝑥 2 + 0.5𝑦 = 1. Solución:

𝑀𝑐 = ∫ 𝑦. 𝑑𝐹 𝐴

𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑑𝐹 = 𝑝. 𝑑𝐴 = 𝑝𝑑𝑥. 𝑑𝑦 ⇒ 𝑀𝑐 = ∫ 𝑦𝑝𝑑𝑥. 𝑑𝑦 𝐴

𝑦 = 2(1 − 𝑥 2 )

𝛿3 = 800 𝑘𝑔𝑓/𝑚3

ℎ3 = 2.7𝑠𝑒𝑛30° = 1.35 𝑚

𝛿2 = 1500𝑘𝑔𝑓/𝑚 3 𝑦

𝑦

⇒ 𝑝 = 𝛿3 ℎ3 + 𝛿2 . 2 = 800 ∗ 1.35 + 1500 ∗ 2 = 1080 + 750𝑦

⇒ 𝑀𝑐 = ∫𝐴 2(1 − 𝑥 2 ) [1080 + 750 ∗ 2(1 − 𝑥 2 )]𝑑𝑥. 𝑑𝑦 1

1

= 2 ∫0 2 ∫0 (1 − 𝑥 2 )(2580 − 1500𝑥 2 )𝑑𝑥. 𝑑𝑦 ⇒ 𝑀𝑐 = 6080 𝑘𝑔𝑓 ∗ 𝑚 86.- Para la compuerta radial de la figura: a) Determínese la componente horizontal de la fuerza ejercida por el agua, y su dirección. b) Determínese la componente vertical de la fuerza ejercida por el agua, y su dirección.

Compuerta de 2m de ancho

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Solución: Se consideran un volumen de fluido imaginario:

𝑎) 𝐹𝐻 = 𝑃𝐶𝐺 𝑥 𝐴𝑝𝑟𝑜𝑦 = 𝜌𝑔 𝑥 ℎ𝐶𝐺 𝑥 𝐴𝑝𝑟𝑜𝑦 = 1000𝑥9.8𝑥4𝑥2𝑥2 = 156,96𝑥103 𝑁 = 156,96𝐾𝑁 ℎ𝑃 = ℎ𝐶𝐺 +

=4+

𝐼𝐶𝐺 ℎ𝐶𝐺 𝑥𝐴𝑃𝑟𝑜𝑦

2𝑥23 /12 = 4.083𝑚 4𝑥2𝑥2

⇒ 𝑦𝑃 = ℎ𝑃 − 3𝑚 = 1.083𝑚 𝑏) 𝐹𝑉 = (𝑉1 + 𝑉2 )𝛾 = (3𝑥2𝑥2 +

𝜋22 𝑥2) 𝑥9810 = 179.2𝐾𝑁 4 2𝑥2 sin 𝜋⁄4 𝑋1 = ( 𝑥 ) 𝑥 sin 𝜋⁄4 = 0.847𝑚 3 𝜋⁄4 𝑋2 = 1𝑚; 𝐴1 = 𝜋𝑚 2 ; 𝐴2 = 6𝑚 2

⇒ 𝑋𝐺 =

𝐴1 𝑋1 + 𝐴2 𝑋2 = 0.948𝑚 𝐴1 + 𝐴2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 87.- La compuerta parabólica de la figura tiene 2m de ancho. Determinar: a) La magnitud y la línea de acción de la fuerza vertical debido al agua sobre la compuerta. b) La magnitud y la línea de acción de la fuerza horizontal debido al agua sobre la compuerta; 𝑐 = 0.25 𝑚 −1

Solución: Debido a que el volumen de fluido a considerar no es común, nótese que la superficie es parabólica, vamos a trabajar con las siguientes fórmulas que se cumplen en cualquier problema de superficies curvas, considere signos: 𝑎

𝐹𝑣 = − ∫ 𝑝𝑤 𝑑𝑥 0

𝑎

∫ 𝑝𝑤 𝑑𝑥 𝑥 = 0 𝐹𝑉 ′

𝐷

𝐹𝐻 = + ∫ 𝑝𝑤. 𝑑𝑦 0

𝐷

∫ 𝑦 𝑝𝑤. 𝑑𝑦 𝑦 = 0 𝐹𝐻 ′

𝑤 = 𝑎𝑛𝑐ℎ𝑜 𝐹𝐻 en este caso es (+) 𝐹𝑣 en este caso es (-) D=2m, c=0.25m-1, w=2m. 𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

a) 𝐹𝑦 = − ∫0 𝑝𝑤. 𝑑𝑥 = −𝑤 ∫0 𝛿ℎ 𝑑𝑥 = −𝛿𝑤 ∫0 (𝐷 − 𝑦)𝑑𝑥 = −𝛿𝑤 ∫0 (𝐷 − 𝑐𝑥 2 )𝑑𝑥 𝐹𝑣 = −𝛿𝑤(𝐷𝑎 −

𝑐𝑎3 ) 3

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝐶𝑜𝑚𝑜 (𝑎, 𝐷) ∈ 𝑦 = 𝑐𝑥 2 → 𝐷 = 𝑐𝑎2 → 2 = 0.25𝑎2 → 𝑎 = √8𝑚 3

𝑁 0.25𝑚 −1 ∗ √8 𝑚 3 𝐹𝑣 = −9810 3 ∗ 2𝑚(2 ∗ √8𝑚 2 − ) 𝑚 3 𝐹𝑣 = −73991.65 𝑁 = −73.9𝐾𝑁 𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

∫ 𝑥𝑝𝑤 𝑑𝑥 𝑤 ∫0 𝑥. 𝛿ℎ. 𝑑𝑥 𝛿𝑤 ∫0 𝑥(𝐷 − 𝑦) 𝑑𝑥 𝛿𝑤 ∫0 𝑥 (𝐷 − 𝑐𝑥 2 )𝑑𝑥 𝑥 = 0 = = = 𝐹𝑣 𝐹𝑣 𝐹𝑣 𝐹𝑣 ′

2

4

𝛿𝑤 𝑎 𝛿𝑤 𝐷𝑎2 𝑐𝑎4 9810 ∗ 2 2 ∗ √8 0.25 ∗ √8 ∫ (𝐷𝑥 − 𝑐𝑥 3 )𝑑𝑥 = ( ) 𝑥 = ( − )= − 𝐹𝑣 0 𝐹𝑣 2 4 73991.65 2 4 ′

𝑥 ′ = 1.06 𝑚 𝐷

𝐷

𝐷

b) 𝐹ℎ = ∫0 𝑝𝑤. 𝑑𝑦 = 𝑤 ∫0 𝛿ℎ 𝑑𝑦 = 𝛿𝑤 ∫0 (𝐷 − 𝑦)𝑑𝑦 = 𝑤𝛿 (𝐷2 − 𝐹ℎ =

𝐷2 2

)

𝑤𝛿𝐷2 1 = ∗ 2 ∗ 9810 ∗ 22 = 39240 𝑁 2 2

𝐷

𝐷

𝐷

∫ 𝑦𝑝𝑤. 𝑑𝑦 𝑤𝛿 ∫0 𝑦(𝐷 − 𝑦). 𝑑𝑦 𝑤𝛿 ∫0 (𝐷𝑦 − 𝑦 2 ). 𝑑𝑦 𝑦 = 0 = = 𝐹𝐻 𝐹𝐻 𝐹𝐻 ′

𝑦′ =

𝑤𝛿𝐷3 2 ∗ 9810 ∗ 23 = = 0.666 𝑚 6𝐹𝐻 6 ∗ 39240

88.- La compuesta de la figura que tiene la forma de un cuarto de cilindro está articulada con el punto A y tiene 2m de ancho perpendicularmente al plano de papel. El fondo de la compuerta se encuentra 3m debajo de la superficie del agua. Determine:

(a)

La magnitud de la fuerza horizontal.

(b)

La línea de acción de la fuerza horizontal.

(c)

La magnitud de la fuerza vertical.

(d)

La magnitud de la fuerza resultante y su dirección.

Solución: Cálculo de (𝑥’, 𝑦’) = 𝐶𝐺: 2 𝑠𝑒𝑛𝛼 𝑥’ = 𝑦’ = ( 𝑟 ) 𝑠𝑒𝑛𝛼 3 𝛼 2

 𝑥’ = 𝑦’ = (3 ∗ 2 ∗

𝑠𝑒𝑛2 𝜋/4 𝜋/4

)

 𝑥’ = 𝑦’ = 0.489𝑚

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MECÁNICA DE FLUIDOS I (a) Cálculo de la Fuerza Horizontal (FH ): 𝐹𝐻 = (℘ ℎ𝑐𝑔1 )𝐴𝑝𝑟𝑜𝑦𝑒𝑐𝑡𝑎𝑑𝑎

℘=𝜌∗𝑔

 𝐹𝐻 = 1000 ∗ 9.8 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 = 78400𝑁 (b) Cálculo de la línea de acción de 𝐹𝐻 : La línea de acción de 𝐹𝐻 pasa por el centro de presiones (Cp) del área proyectada. 1 ∗ 2 ∗ 23 𝐼𝐶𝐺 12 ℎ𝑃 = ℎ𝐺 + = 2+ = 2.16 𝑚 ℎ𝐶𝐺 ∗ 𝐴𝑝 2 ∗ (2 ∗ 2) 𝛾𝑃 = 3 − ℎ𝑃 = 0.833 𝑚 (c) Cálculo de la Fuerza Vertical (𝐹𝑉 ): 𝐹𝑉 = ℘ ∗ ∀; donde: ℘ = ℘𝐻2𝑂 = 𝜌𝐻2𝑂 ∗ 𝑔 = 9810 𝑁/𝑚3 ∀: Volumen de fluido real o imaginario existente sobre la superficie curva. 𝐹𝑉 = 𝜌𝐻2𝑂 ∗ (3 ∗ 2 −

𝜋 ∗ 22 ) ∗ 2 = 56081.95𝑁 4

La línea de acción de 𝐹𝑉 pasa por el centro de gravedad del volumen ∀ considerado. (d) Cálculo de la Fuerza Resultante: 𝐹 = √𝐹𝐻 2 + 𝐹𝑉 2 = 96393.6985𝑁 𝐹

La dirección de 𝐹 es: 𝜃 = arctan( 𝑉 ) FH

𝜃 = 35.5° 89.- En el esquema mostrado calcular la fuerza vertical neta que actúa sobre la compuerta cilíndrica de dimensiones: D = 60 cm

Pab 1.5bar

=

a = 3m L = 1.2m b = 2.4m

b

Patm STD = 101.3 kPa

a D 𝛾 = 0.88

Pamb = 0.96 bar c

Nota: L es el ancho Solución:

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Ilustraremos la altura equivalente. Esta altura equivalente es la medida de la columna de líquido a agregar que causa la misma presión manométrica que el gas atrapado inicialmente. ℎ𝑒𝑞 =

ℎ𝑒𝑞 =

𝑃𝑚𝑎𝑛 𝑃𝑎𝑏 − 𝑃𝑎𝑚𝑏 = 𝛾𝐿𝑖𝑞 𝛾𝐿𝑖𝑞

Pab = 1.5bar

(1.5 − 0.96) × 105 𝑃𝑎 0.88 × 1000 × 9.8 𝑁⁄𝑚 3

heq

H b

ℎ𝑒𝑞 = 6.26𝑚

a D

⇒ 𝐻 = 𝑏 + ℎ𝑒𝑞 = 8.66𝑚

𝛾 = 0.88

c

Utilizando el volumen imaginario: 𝐹𝑣 = 𝛾𝐿𝑖𝑞 𝑉𝑖𝑚𝑎𝑔 = 𝛾𝐿𝑖𝑞 (𝐷𝐻 +

𝜋𝐷2 ) 𝐿 = 55.235𝑁 8

90.- Determine la masa del cilindro mostrado en la figura. Se sabe que su longitud es un metro y esta sostenido por agua. Suponer que el rozamiento entre el cilindro y la pared solida es nulo; no utilice la técnica de la fuerza de empuje excepto para verificar los resultados obtenidos. Solución: 𝐹2 : 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝐴𝐵, 𝑑𝑒𝑏𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑙 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝐴𝐵 ⇒ 𝐹2 = 𝛿 ∗ 𝑉2 1

𝜋

4

4

𝑉2 = (0.32 − ∗ ∗ 0.62 ) ∗ 1 = 0.01931𝑚 3 ⇒ 𝐹2 =

1000𝑘𝑔𝑓 𝑚3

∗ 0.01931 = 19.31 𝑘𝑔𝑓

𝐹1 : 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝐴𝐷𝐶, 𝑑𝑒𝑏𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑙 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑖𝑚𝑎𝑔𝑖𝑛𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝐴𝐷𝐶 𝜋

⇒ 𝐹1 = (0.6 ∗ 0.3 + ∗ 0.32 ) ∗ 1 ∗ 1000 = 321.37 𝑘𝑔𝑓 2

𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜 ; 𝑒𝑙 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑊 𝑠𝑒𝑟𝑎: 𝑊 = 𝐹1 − 𝐹2 ⇒

𝑤 = 302 𝑘𝑔𝑓

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 91.- Un cubo de acero (S = 7.8) flota en, mercurio (S = 13.6), se vierte agua sobre la superficie del mercurio. Determine en función de la altura del bloque: EL espesor que debe tener la capa de agua para que cubra justamente la capa superior del cubo. Solución:

Empuje debido al agua: 𝐸𝐻2𝑂 = 𝛾𝐻2 𝑂 𝐴𝑋

volumen de cubo de agua

Empuje debido al mercurio: 𝐸𝐻𝑔 = 𝛾𝐻𝑔 𝐴(𝐻 − 𝑋)

volumen de cubo en mercurio

∑ 𝐹𝑉 = 0 ∶ 𝐸𝐻2𝑂 + 𝐸𝐻𝑔 − 𝑊 = 0 ⇒ 𝑊 = 𝐸𝐻2𝑂 + 𝐸𝐻𝑔 𝛾𝑐𝑢𝑏𝑜 𝐴𝐻 = 𝛾𝐻2𝑂 𝐴𝐻 + 𝛾𝐻𝑔 𝐴(𝐻 − 𝑋) ⇒ 𝑆𝑐𝑢𝑏𝑜 𝐻 = 𝐻 + 𝑆𝐻𝑔 (𝐻 − 𝑋) 7.8𝐻 = 𝐻 + 13.6(𝐻 − 𝑋) ⇒ 𝑋 = 0.4603𝐻 92.- Se tiene una barra de sección cuadrada de material homogénea de densidad relativa 0.5, se quiere saber en cuál de las posiciones A o B flotaría en el agua con equilibrio estable.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Solución: A. Por equilibrio: Peso = empuje 𝛿𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ∗ 𝑉𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = 𝛿𝐻2𝑂 ∗ 𝑉𝑠𝑢𝑚.

𝛿𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ∗ 𝑏2 ∗ 𝐿 = 𝛿𝐻2𝑂 ∗ 𝑏ℎ𝐿

ℎ=

𝛿𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ∗ 𝑏 = (𝐷. 𝑅) ∗ 𝑏 = 0.5𝑏 𝛿𝐻2𝑂

Luego: MG=MB-GB Como el bloque tratará de girar en torno al eje “y”: 𝑀𝐵 =

𝐼𝑌𝑌 𝑉𝑠𝑢𝑚.

1 1 𝐿𝑏3 𝐿𝑏3 𝑏 12 12 𝑀𝐵 = = = 𝑏 ℎ𝑏𝐿 6 𝑏𝐿 2 ℎ

Del gráfico: 𝐺𝐵 = 2 = 𝑀𝐺 = 𝑀𝐵 − 𝐺𝐵 =

0.5𝑏 2

𝑏

=4

𝑏 𝑏 𝑏 − =− 0

Rpta: CASO (B) Flota con equilibrio estable

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 93.- Para obturar un orificio se dispone de un tapón cónico macizo con dimensiones indicadas en la figura. Determinar la fuerza necesaria para levantar el tapón, sabiendo que su paso es numéricamente igual al empuje sobre el cono. ¿Cuál será la densidad del cono? Solución: Cálculo de la fuerza: Sobre la parte ABCDE del cono, no existe fuerza de empuje, solo actúa la fuerza debido al peso de la columna de agua que está sobre él.

𝐸 = 𝐸1 + 𝐸2 (Empuje sobre el tronco de cono hueco) 𝐹𝑣 = 𝐹𝐴𝐵 + 𝑊 − 𝐸

𝑊: Peso del cono.

Como: 𝑊 = 𝐸  𝑊 − 𝐸 = 0  𝐹𝑣 = 𝐹𝐴𝐵 = ℘ [

𝜋ℎ 2 4

(𝐻 − ℎ)] = 7.0685 𝑘𝑔𝑓

Cálculo de la densidad: 𝑊 = 𝐸  ∀𝑐𝑜𝑛𝑜 ∗ 𝜌𝑐𝑜𝑛𝑜 ∗ 𝑔 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 ∗ ∀𝑠𝑢𝑚 ∗ 𝑔 ∀𝑐𝑜𝑛𝑜 =

1 𝜋 2 ∗ (2ℎ )2 ∗ 2ℎ = ∗ 𝜋 ∗ ℎ 3 3 4 3

∀𝑠𝑢𝑚 = ∀𝑐𝑜𝑛𝑜 − ∀𝐴𝐵𝐶 − ∀𝐶𝐷𝐸 = 

2𝜋ℎ 3 3

∗ 𝜌𝑐𝑜𝑛𝑜 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 ∗

𝜋ℎ 3 3

2𝜋ℎ 3 𝜋ℎ 2 ℎ 𝜋ℎ 2 ℎ 𝜋ℎ 3 − − = 3 2 3∗4 3

1

 𝜌𝑐𝑜𝑛𝑜 = 2 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 = 500𝑘𝑔/𝑚3

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 94.- Para la misma disposición del problema anterior, si el cono es hueco (solamente tiene cara lateral de peo y espesor despreciable) se pide calcular las fuerzas netas

H

horizontal y vertical que ejerce el agua sobre dicho cono

h

hueco.

h

Solución: o

Cálculo de la fuerza horizontal:

FV1

Fv

FV1

Por simetría del cono Fh = 0 o

Cálculo de la fuerza vertical: Se deduce que las fuerzas FV1 y FV2 son vectores opuestos y con el mismo módulo ( nótese que estas dos

FV2

FV2

fuerzas actúan sobre las caras de una misma superficie), por lo tanto se anulan; es decir; la resultante de las fuerzas verticales solo se debe a la columna central de líquido: 𝜋 ℎ 𝜋 0.1 𝐹𝑣 = 𝛾∀ = 𝛾 . ℎ 2 (𝐻 + ) = 1000 ∗ ∗ (0.1)2 (1 + ) 4 3 4 3 𝐹𝑣 = 8.116 𝐾𝑔𝑓.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 95.- En la figura determinar si el tubo de pared gruesa es estable en la posición que se muestra. Solución: 𝑟1 = 0.3 𝑚 𝑟2 = 0.6 𝑚 𝑎 = 1.2 𝑚 𝑏 = 0.6 𝑚 Determinación del centro de gravedad (G) y el centro de empuje (B): 𝑂𝐺 = (

𝑎+𝑏 2

) − 𝑏 = 0.3 𝑚

𝐺𝐵 = 𝑂𝐺 + 𝑂𝐵 = 0.3 + 0.3 ⇒ 𝐺𝐵 = 0.6𝑚 Determinación del metacentro(M): 𝐼𝑦𝑦

𝑀𝐺 = 𝑀𝐵 − 𝐺𝐵 = 𝑉

𝑠𝑢𝑚

− 𝐺𝐵

Para determinar 𝐼𝑦𝑦 debemos hallar la superficie de intersección entre el tubo y la superficie libre del líquido. 𝜋

𝐼𝑦𝑦 = 4 (𝑟2 4 − 𝑟1 4 ) = 0.03075𝜋𝑚 4 𝑉𝑠𝑢𝑚 = 𝜋(𝑟2 2 − 𝑟1 2 )𝑏 = 0.162𝜋𝑚 3 ⇒ 𝑀𝐺 = −.04125 < 0 ∴ 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑀𝐺 < 0 𝑒𝑙 𝑡𝑢𝑏𝑜 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑 𝑔𝑟𝑢𝑒𝑠𝑎 𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑒𝑠𝑡𝑎𝑏𝑙𝑒

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 96.- un 𝑝𝑖𝑒 3 de cierto material que pesa 67lbf se sumerge en agua como se muestra. Una barra de madera de 10 pies de longitud y de 3 𝑝𝑢𝑙𝑔2 de sección transversal une el peso con la pared. Si la barra pesa 3lbf ¿cuál será el ángulo 𝜃 de equilibrio?

Solución:

𝐸1 = 𝛾. + ⦡𝑠𝑢𝑚 = 62.4𝑥1 = 62.4𝑙𝑏𝑓 𝑅 = 𝑊 − + 𝐸1 = 4.6𝑙𝑏𝑓 3 𝐸2 = 𝛾. (10 − csc 𝜃)( ) 144 62.4 ⇒ 𝐸2 = 1.3(10 − csc 𝜃) 𝑃 = 3𝑙𝑏𝑓 ∑ 𝑀0 = 0 0 = 𝑅 (10) cos 𝜃 − 𝐸2 [

(10 − csc 𝜃 ) cos 𝜃 + cot 𝜃] + 5 cos 𝜃 𝑃 2

Simplificando: ⇒ 10𝑅 − 𝐸2 (

10 + csc 𝜃 ) + 5𝑃 = 0 2

10𝑥4,6 − 1.3(10 − csc 𝜃) (

10 + csc 𝜃 ) + 5𝑥3 = 0 2 ∴ 𝜃 = 23.8°

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 97.- En el dibujo determinar el ángulo que forma la superficie imaginaria con la horizontal y las presiones manométricas en los puntos B, C, D y E. Nota:  En el dibujo se muestran los puntos A y B en contacto con la atmósfera.  El punto A está en contacto con el aceite.  Asuma despreciable la dimensión d.

Solución: -Cálculo del ángulo pedido: 𝑇𝑎𝑛𝜃 =

𝑎𝑥 4.9 = = 0.4 𝑎𝑦 + 𝑔 2.45 + 9.81 𝜃 = 21.785°

-Cálculo de las presiones: ℎ1 = 0.9 𝑇𝑎𝑛𝜃 = 0.3597 𝑚 𝑃𝐶 = 𝑃𝐴 + (ℎ1 − 0.3)𝜌(𝑎𝑦 + 𝑔)/𝑔0 Pero 𝑃𝐴 = 0 manometricamente. 𝑘𝑔_𝑚 𝑚 ∗ (2.45 + 9.81) 𝑚3 𝑠𝑒𝑔2 𝑘𝑔_𝑚 ∗ 𝑚 9.81 𝑘𝑔_𝑓 ∗ 𝑠𝑒𝑔2

(0.3597 − 0.3) ∗ 800 𝑃𝐶 = 0 +

𝑃𝐶 = 59.68 𝑘𝑔_𝑓/𝑚 2 𝑃𝐷 = 𝑃𝐶 + 0.9 ∗ 𝜌 ∗

(𝑎𝑌 + 𝑔) 0.9 ∗ 800(2.45 + 9.81) = 59.68 + 𝑔0 9.81 𝑃𝐷 = 959.49 𝑘𝑔_𝑓/𝑚 2

𝑃𝐸 = 𝑃𝐴 + 0.6 ∗ 𝜌 ∗

(𝑎𝑌 + 𝑔) 0.6 ∗ 800 ∗ (2.45 + 9.81) =0+ 𝑔0 9.81

𝑃𝐸 = 599.877 𝑘𝑔_𝑓/𝑚 2 También 𝑃𝐵 = 0 manométricamente.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 98.- Un gas que sigue la ley p𝜌-n=cte. Gira respecto a un eje vertical como un sólido. Demuestre la siguiente expresión de la presión en dirección radial en función de la velocidad angular “𝑤”, presión “𝑃𝑜 ” y densidad "𝜌𝑜 " en un punto del eje. 𝑛

𝑃=

𝑛−1 [𝑃𝑜 𝑛

𝑛 − 1 𝜌𝑜 𝑤 2 𝑟 2 𝑛−1 ] +( ) 𝑛 2𝑃𝑜 1/𝑛

Donde: 𝑟: Radio. 𝑛: Exponente politrópico. 𝑤: Velocidad angular constante. Nota: Desprecie la variación de la presión en dirección vertical. Solución:

p1/𝑛

De p𝜌−𝑛 = 𝑐𝑡𝑒 = 𝑐  𝜌 =

𝑐 1/𝑛

 dp = −g 𝜌𝑑𝑧  dp = −g

p1/𝑛 𝑐 1/𝑛

 −𝑑𝑧 =

 También: −𝑑𝑧 = De (𝐼) y (𝐼𝐼):



1−

𝑐 1/𝑛 dp g

1

𝑃 𝑛 𝑃 𝑐1/𝑛 1 ∫𝑃 𝑜 1−

=

𝑛

𝑃

𝑛−1 𝑛

− 𝑃𝑜

 𝑃 = [𝑃𝑜

𝑛−1 𝑛

𝑛−1 𝑛

p1/𝑛 𝑤 2 𝑟2 2

=(

=

𝜔 2𝑟 g

𝑟

∫0 →

𝑛−1 𝑤 2 𝑟2 𝑛

)

1 2𝑐 𝑛

𝑃 dp

𝑑𝑟  𝑐1/𝑛 ∫𝑃

𝑜 p1/𝑛

𝑛𝑐 1/𝑛 𝑛−1

=(

1

1

𝜔 2𝑟 g

𝑛

)

g p1/𝑛

… (𝐼)

𝑑𝑟 … (𝐼𝐼) 𝑟

= 𝜔2 ∫0 𝑟𝑑𝑟

[𝑃1−𝑛 − 𝑃𝑜 1−𝑛 ] =

𝑛−1

𝑐 1/𝑛 dp

𝜔2𝑟 2

𝑤 2 𝑟2 𝑃 2( 𝑜

1/𝑛

𝜌𝑜

)

𝑛

+(

𝑛−1 𝜌𝑜 𝑤 2𝑟2 𝑛−1 𝑛

)

2𝑃𝑜 1/𝑛

]

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 99.- El recipiente rectangular cuya base mide 0.4 x 0.2 m 2 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 = 0.08𝑚 2 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒: 𝑚𝑟 = 10 𝐾𝑔. 𝑐𝑜𝑒𝑓. 𝑑𝑒 𝑟𝑜𝑧. : 𝜇 = 0.3

α α

𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎: 𝑚𝑎 = 1000 𝑥 0.08 𝑥 2 = 16𝐾𝑔.

𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙: 𝑚 𝑇 = 𝑚𝑟 + 𝑚𝑎 𝑚 𝑇 = 26 𝐾𝑔. Cálculo de ax: 𝑃 sin 𝛼 − 𝜇𝑃 cos 𝛼 = 𝑚 𝑇 𝑎𝑥 = (𝑃⁄𝑔). 𝑎𝑥 𝑎𝑥 = (sin 𝛼 − 𝜇 cos 𝛼 )𝑔 = 2.35 𝑚⁄ 2 𝑠𝑒𝑔 Cálculo del ángulo pedido (ɵ): tan 𝜃 =

𝑎𝑥 cos 𝛼 = 0.235 −𝑎𝑥 sin 𝛼 + 𝑔

∴ 𝜃 = tan−1 (0.235) = 13.3°

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 100.- En la figura se muestra una caja cubica de 2’ de lado, que contiene aceite (s=0.9) hasta la mitad. Si se acelera sobre un plano inclinado 30° respecto a la horizontal, determine la pendiente de la superficie libre y la presión a lo largo del fondo de la caja. Utilizar la cisterna x-y indicado. Solución: Calculo de la pendiente: 𝑎 cos 30°

8.05 sin 30°

tan 𝛼 = 𝑎 sin 30°+𝑔 = 8.05 sin 30°+32.2 Calculo del Angulo que forma la superficie libre con la base del depósito: 𝜙 = 𝛼 + 30° = arctan(0.192) + 30° = 40.89°. Nota: 𝛼 = arctan(0.192) = 10.89 (Sup. Libre con la horizontal). Calculo de m: Teniendo en consideración que el volumen de aceite permanente constante: 𝑉𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = (

𝑚+𝑚+𝑛 2

) ∗ 2′ ∗ 2′ ⇒ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑉𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 1′ ∗ 2′ ∗ 2′ = 4 𝑝𝑖𝑒𝑠 3

⇒ 𝑚 = 0.135′ Coordenadas en el punto F: 𝑋𝐹 = 2𝑐𝑜𝑠30° − 𝑚𝑠𝑒𝑛30° = 1.65′ 𝑌𝐹 = 2𝑠𝑒𝑛30° − 𝑚𝑐𝑜𝑠30° = 1.117′ Presión en el origen de coordenadas 𝑃0 = 𝛿 ∗

𝑎𝑥 𝑔

∗ 𝑋𝐹 + 𝛿 (1 +

𝑎𝑦 𝑔

) 𝑌𝐹 … (𝐼)

𝛿 = 0.9 ∗ 62.4 = 56.16𝑙𝑏𝑓/𝑝𝑖𝑒𝑠 3 ∴ 𝑃0 = 90.73 𝑙𝑏𝑓/𝑝𝑖𝑒𝑠 3 Presión a lo largo del fondo: Sea r la distancia desde el origen a un punto cualquiera (x,y) de la base de la caja: 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠30°

𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛30°

La presión en un punto P de la base es:

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑃𝑃 = 𝑃0 − 𝛿.

𝑎𝑥 𝑔

. 𝑥 − 𝛿 (1 +

𝑎𝑦 𝑔

)𝑦

∴ 𝑃𝑃 = 90.73 − 42.07𝑟 101.- Un recipiente que contiene agua experimenta una aceleración constante al desplazarse hacia abajo sobre el plano inclinado, como se muestra en la figura. Determine la pendiente de la superficie libre utilizando el sistema de coordenadas mostrado. El recipiente es rectangular.

Solución:

tan 𝛼 = 𝑎𝑥 cos 𝜃 = 10 cos 30° = 0.318 - 𝑎𝑥 sin 𝜃 + 𝑔 − 10 sin 30° + 32.2 ∴ 𝛼 = 17.66 De la figura: ∅ = 𝜃 − 𝛼 = 30° − 17.66° = 12.34° ⇒ tan ∅ = 0.22 … 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 102.- Un tubo en U con codos en ángulo recto tiene 32cm de anchura y contiene mercurio que asciende 24cm en cada rama cuando el tubo esta en reposo. A que velocidad debe girar el tubo alrededor de un eje vertical, que dista 8cm de uno de los brazos, para que el tubo del brazo más próximo al eje quede sin mercurio.

Solución:

𝐻𝐴 =

𝑤 2 𝑟𝐴 2 … (𝐼) 2𝑔

𝐻 − 𝐻𝐴 = 0.24 … (𝐼𝐼) 𝐻𝐵 = 2𝐻 =

𝑤 2 𝑟𝐵 2 𝑤 2 ∗ (0.24)2 = 2𝑔 2 ∗ 9.81

𝐻 = 1.47 ∗ 10−3 𝑤 2 … (𝐼𝐼𝐼) De (III) y (I) en (II): 𝑤 = 14.5 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 103.- Para pintar un tanque de 1′ de diámetro interior y 1.5′ de altura, se ha colocado dentro de él una cierta cantidad de pintura y se le hace girar cantidad de pintura y se le hace girar alrededor de su eje vertical. Si el espesor de la capa de pintura no debe exeder de 0.06 𝑝𝑢𝑙𝑔 determinar: a) Las R.P.M. necesaria para asegurar que toda la superficie lateral sea pintada. b) La cantidad de volumen necesaria en pie cúbico. Solución: a) Cálculo de las R.P.M. (𝑤): 𝑑𝑧 =

𝑤2 𝑟𝑑𝑟 𝑔 𝑍

Integrando: ∫𝑍 𝐵 𝑑𝑧 = 𝐴

 𝑍𝐵 − 𝑍𝐴 = 𝑤 = √ 𝑍𝐵 − 𝑍𝐴 = 1.5′ 𝑏) Cálculo del volumen perdido: 2

𝐻𝐴 =

𝑟 2𝐴

𝑤 ∗ 2𝑔

= 73.88 𝑝𝑖𝑒

𝐻𝐵 = 𝐻𝐴 − 1.5′ = 75.38 𝑝𝑖𝑒

𝑤2 2𝑔

𝑤2 𝑔

𝑟

∫𝑟𝐴𝐵 𝑟𝑑𝑟

(𝑟 2 𝐵 − 𝑟 2𝐴 )

2𝑔(𝑍𝐵 −𝑍𝐴 ) 𝑟2 𝐵−𝑟2 𝐴

𝑟𝐵 = 6" = 0.5 𝑝𝑖𝑒

𝑟𝐴 = 6" − 0.06" = 5.94" = 0.495′  𝑤 = 139.35 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 𝑁=

30 𝑤 = 1330.65 𝑅. 𝑃. 𝑀. 𝜋

1 1 1 ∀𝑝𝑖𝑛𝑡𝑢𝑟𝑎 = ∀𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 − ∀𝑣𝑎𝑐í𝑜 𝐶𝐷𝐴𝐵 = ∀𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 − 𝜋𝑟𝑜 2 𝐻𝐵 − 𝜋𝑟𝐴 2 𝐻𝐴 = 𝜋(𝑟𝑜 2 𝐻𝐵 − 𝑟𝐴 2 𝐻𝐴 ) 2 2 2 1

 ∀𝑝𝑖𝑛𝑡𝑢𝑟𝑎 = 𝜋𝑟𝑜 2 ℎ − 2 𝜋(𝑟𝑜 2 𝐻𝐵 − 𝑟𝐴 2 𝐻𝐴 ) = 0.011698 𝑝𝑖𝑒 3

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

EJERCICIOS PROPUESTOS

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

EJERCICIOS DE DIAPOSITIVAS Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I 1.- Sobre un automóvil de carrera se instala un tubo en U lleno de agua. El

conductor acelera uniformemente desde el arranque, al cabo de 5 segundos el agua contenida en el tubo tiene la posición señalada en la figura. ¿Cuáles son la aceleración y la velocidad del automóvil en ese instante? (no tome en cuenta los efectos viscosos transitorios del agua del tubo)

Solución: Observamos que la gravedad efectiva es normal a la línea trazada por los extremos de la columna de agua. Sus extremos están a la presión atmosférica y queda en una línea de presión constante. Podemos calcular fácilmente la magnitud de α: 𝛼 = 𝑔 ∗ tan 𝜃 𝛼 = 𝑔 ∗ tan 20 𝛼 = 9.81 ∗ 0.364 𝛼 = 3.57 𝑚⁄𝑠 2 La magnitud de la velocidad del automóvil es: 𝛼=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑣 = 3.57 ∗ 𝑡 = 3.57(5) 𝑣 = 64 𝐾𝑚⁄ℎ

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 2.- Un tanque abierto lleno de agua rueda sobre un plano inclinado, que forma un ángulo 𝛼 con la horizontal. Si el tanque tiene una masa 𝑀 y la fuerza producida por la resistencia del aire y la fricción en ruedas en 𝐹𝑟, ¿Qué ángulo formaría la superficie del agua en el fondo del tanque?

Solución: Primeramente hallemos la aceleración 𝑎𝑥 del tanque que desciende por el plano. 𝛴𝐹𝑥 = 𝑀𝑎𝑥

⇒

𝑀𝑔𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝐹𝑓 = 𝑀𝑎𝑥

La aceleración será: 𝑎𝑥 = 𝑔𝑠𝑒𝑛𝛼 −

𝐹𝑓 𝑀

La aceleración perpendicular al fondo del tanque es 𝑎𝑦 = 𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 El ángulo 𝜃 que forma la superficie del agua con el fondo del tanque (dirección 𝑥) se encuentra de la siguiente manera: 𝑡𝑎𝑛𝜃 = 𝑎𝑦 /𝑎𝑥

𝑡𝑎𝑛𝜃 =

𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 𝐹𝑓 𝑔𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑀

𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ) 𝐹𝑓 𝑔𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑀

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 3.- La figura ilustra un tanque de aceite con un lado abierto a la atmosfera y otro sellado en el que hay aire sobre el aceite. El aceite tiene una gravedad específica de 0.90. Calcule la presión manométrica en los puntos A, B, C, D, E y F, y la presión del aire en el lado derecho del tanque

Solución: 𝑝𝐴 = 𝑝𝑎𝑡𝑚

⇒

𝑝𝐴(𝑚𝑎𝑛) = 0.

𝑝𝐵

= 𝑝𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑔ℎ𝐵

⇒

𝑝𝐵 (𝑚𝑎𝑛) = 𝑝𝐵 − 𝑝𝑎𝑡𝑚

= 900

𝑘𝑔 𝑚3

= 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑔ℎ𝐵 .

𝑚

𝑥9.81 𝑠3 𝑥3 𝑚

= 26.5[𝑘𝑃𝑎]. 𝑝𝐶

= 𝑝𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑔ℎ𝐶

⇒

𝑝𝐶 (𝑚𝑎𝑛) = 𝑝𝐶 − 𝑝𝑎𝑡𝑚

= 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑔ℎ𝐶 = 52.9[𝑘𝑃𝑎].

Los puntos B y D están a la misma altura, por lo tanto, 𝑝𝐷 = 𝑝𝐵 , luego 𝑝𝐷 (𝑚𝑎𝑛) = 𝑝𝐵 (𝑚𝑎𝑛) = 26.5𝑘𝑃𝑎

Los puntos E y A están a la misma altura, por lo tanto, 𝑝𝐴 = 𝑝𝐸 , luego 𝑝𝐴(𝑚𝑎𝑛) = 𝑝𝐸 (𝑚𝑎𝑛) = 0. Finalmente, para el punto F tenemos 𝑝𝐸 = 𝑝𝐹 + 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑔ℎ𝐸

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Luego, 𝑝𝐹 = 𝑝𝐸 + 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑔ℎ𝐸 ⇒

𝑝𝐹 − 𝑝𝐸 = − 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑔ℎ𝐸 ,

⇒

𝑝𝐹 − 𝑝𝑎𝑡𝑚 = − 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑔ℎ𝐸 ,

⇒

𝑝𝐹 (𝑚𝑎𝑛) = − 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑔ℎ𝐸,

⇒

𝑝𝐹 (𝑚𝑎𝑛) = −900 𝑘𝑔/𝑚3 𝑥9.81 𝑠3 𝑥1.5 𝑚

⇒

𝑝𝐹 (𝑚𝑎𝑛) = −13.2𝐾𝑃𝑎

𝑚

Por lo tanto, el punto F está en depresión, es decir, la presión del punto F es menor que la presión atmosférica. 4.- Determinarla fuerza resultante F debida a la acción del agua sobre la superficie plana rectangular AB de medidas 3m.6m que se muestra en la siguiente Figura.

Solución: Primeramente determinar la fuerza resultante “F” 𝑝 = 𝑊 ∗ 𝐻𝑐𝑔 ∗ 𝐴 𝐾𝑔 = 𝐾𝑔/𝑚3 ∗ 𝑚 ∗ 𝑚2 𝑃 = 𝐹 = 1000𝐾𝑔/𝑚3 ∗ (4 + 3) ∗ (3 ∗ 6) = 12600𝐾𝑔 Línea de acción de la fuerza pasa por el centro de presión, que se localiza mediante el centro de presión, que se localiza mediante la fórmula: 𝑌𝑐𝑝 =

𝐼𝑐𝑝 + 𝑌𝑐𝑔 𝑌𝑐𝑔 𝑥𝐴

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Ahora determinamos la fuerza que actúa sobre el centro de presión, que está a una distancia 𝑌𝑐𝑝 del eje 01 y es 3𝑥63 12 𝑌𝑐𝑝 = + 7 = 7.43 𝑚 𝑑𝑒 𝑂1 7𝑥(3𝑥6) 5.- Un depósito cilíndrico abierto, de 2 m de altura y 1 m de diámetro, contiene 1,5 m de agua. Si el cilindro gira alrededor de su eje geométrico, a) ¿qué velocidad angular se puede alcanzar sin que se derrame nada de agua? b) ¿Cuál es la presión en el fondo del depósito en C y D cuando x= 6,00 rad/s?

Solución: a) Volumen del paraboloide de revolución 1 1 1 = (𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑠𝑐𝑟𝑖𝑡𝑜 ) = [ 𝜋12 (0.5 + 𝑦1 )] 2 2 2 Si no se derrama líquido, este volumen ha de ser igual al volumen sobre el nivel original del agua A-A, es decir: 1 1 2 1 [ 𝜋1 (0.5 + 𝑦1 )] = 𝜋12 (0.5) 2 2 2 𝑒 𝑦1 = 0.5 Para generalizar, el punto de la superficie libre en el eje de rotación desciende una altura igual a la elevación que sufren los puntos del líquido en contacto con las paredes del recipiente. A partir de esta información, las coordenadas x e y de los puntos B, son respectivamente 0.5 y 1.00m, tomando el origen en S. Por tanto, 𝑦= 1.00 −

𝜔2 2 𝑥 2𝑔

𝜔2 (0.50)2 2 ∗ 9.81

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MECÁNICA DE FLUIDOS I De donde, 𝜔 = 8.86 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 b) Para 𝜔 = 6.00 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 𝑦= El origen S cae

1 2

(6)2 𝜔2 2 (0.5)2 = 0.458𝑚 𝑑𝑒 𝑆 𝑥 = 2𝑔 2 ∗ 9.81 𝑦 = 0.229 𝑚 𝑦 𝑆, 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑒𝑠𝑡á 𝑎 1.50 − 0.229 = 1.271 𝑚 del

fondo del depósito. En las paredes del depósito la profundidad = 1.271 + 0.458 = 1.729 𝑚 (o bien = 1.50 + 0.229 = 1.729𝑚) En C, 𝑝𝑐 = 𝑤ℎ = 1000 ∗ 1.271 = 1271 𝑘𝑔/𝑚2 En D, 𝑝𝐷 = 𝑤ℎ = 1000 ∗ 1.729 = 1729 𝑘𝑔/𝑚 2

El viento sopla horizontalmente con velocidad uniforme v 0 = 1.8 m/sg contra una chimenea vertical de radio r = 0.25m. Supuesto el flujo irrotacional, la velocidad sobre el eje X va disminuyendo hacia el punto de estancamiento según la ley: 𝑣𝑥 = 𝑣0 (1 −

𝑟2 ) 𝑥2

Y la velocidad v alrededor del cilindro es:

Solución:

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Sabemos: 𝑎𝑥 =

𝜕𝑣𝑦 𝑑𝑣𝑥 𝜕𝑣𝑥 𝜕𝑣𝑧 𝜕𝑣𝑥 = (𝑣𝑥 + 𝑣𝑦 + 𝑣𝑧 )+ 𝑑𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 𝜕𝑡

Al primer sumando, entre paréntesis, se le conoce como aceleración convencitiva y al segundo como aceleración local. 𝑎𝑥 = 𝑣𝑥

En este caso:

𝜕𝑣𝑥 𝜕𝑥

𝑣𝑥 = 𝑣0 − 𝑣0 𝑟 2 𝑥 −2 𝜕𝑣𝑥 = 2𝑣0 𝑟 2 𝑥 −3 𝜕𝑥 𝑎𝑥 = (𝑣0 − 𝑣0 𝑟 2 𝑥 −2 )(2𝑣0 𝑟 2 𝑥 −3 ) = 2𝑣02 𝑟 2 𝑥 −3 − 2𝑣0 𝑟 4 𝑥 −5 = 2𝑣02 (

𝑟2 𝑟4 − ) 𝑥3 𝑥5

Reemplazando: 𝑎𝑥 = −2.43 𝑚⁄𝑠𝑔2 Como: 𝜕 𝑣2 𝜕𝑣 ] 𝑠̅ 𝑎𝑠 = [ ( ) + 𝜕𝑠 2 𝜕𝑡 𝑎𝑛 = − ⇒ 𝑎𝑠 = =

𝑣2 𝑟

1 𝜕𝑣 2 1 𝜕 = (−2𝑣0 sin 𝜃)2 2 𝜕𝑠 2 𝜕𝑠

1 𝜕 1 𝜕𝜃 (4𝑣02 sin 𝜃 2 ) = (4𝑣02 ∗ 2 sin 𝜃 cos 𝜃 ) 2 𝜕𝑠 2 𝜕𝑠 = 4𝑣02 sin 𝜃 cos 𝜃

𝜕𝜃 𝜕𝑠

Pero: ds = rdɵ 𝜕𝜃 1 = 𝜕𝑠 𝑟

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 𝑎𝑠 = 4𝑣02 sin 𝜃 cos 𝜃

1 4𝑣02 = sin 𝜃 cos 𝜃 𝑟 𝑟

Reemplazamos: 𝑎𝑠 = −25.92 𝑚⁄𝑠𝑔2 𝑎𝑛 = −

4𝑣02 sin 𝜃 2 𝑟

𝑎𝑛 = 25.92 𝑚⁄𝑠𝑔2

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

EJERCICIOS A DESARROLLAR

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 2.2.- Calcule la presión a una profundidad de 10m en un líquido con gravedad

especifica: a) 1.0 b) 0.8 c) 13.6

Solución: 𝑝 = 𝛾ℎ. a) 9810 ∗ 10 = 98 100 𝑃𝑎 b) (0.8 ∗ 9810) ∗ 10 = 74 840 Pa

(13.6 ∗ 9810) ∗ 10 = 1 334 000 𝑃𝑎

2.3.- ¿Qué profundidad es necesaria en un líquido para producir la presión de 250 KPa? Si la gravedad específica es: (a) 1.0

(b) 0.8

(c) 13.6

(d) 1.59

(e) 0.68

Solución: La gravedad específica está dada por: 𝑆=

𝛾𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝛾𝐻2 𝑂



𝛾𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝑆 ∗ 𝛾𝐻2𝑂

 𝑃 = 𝜌𝑔ℎ = 𝛾𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 ℎ ℎ=

𝑃 𝛾𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜

250000 𝑃𝑎

(a) ℎ = 1∗9810 𝑁/𝑚3 = 25.5𝑚 250000 𝑃𝑎

(b) ℎ = 0.8∗9810 𝑁/𝑚3 = 31.9𝑚

(c)

250000 𝑃𝑎

ℎ = 13.6∗9810 𝑁/𝑚3 = 1.874𝑚 250000 𝑃𝑎

(d) ℎ = 1.59∗9810 𝑁/𝑚3 = 16𝑚

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 250000 𝑃𝑎

(e) ℎ = 0.68∗9810 𝑁/𝑚3 = 37.5𝑚 2.5.- Se lee una presión de 20 psi a una profundidad de 20 pies. Calcule la gravedad específica y la densidad del líquido si 𝑝 = 0 en la superficie.

Solución: 𝑆=

𝜌𝑠𝑢𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎

𝑆: 𝐺𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎

𝑆=

𝑝 20𝑥144 = = 2.31 𝑔ℎ 62.4𝑥20

𝜌 = 1.94𝑥2.31 = 𝑠𝑙𝑢𝑔/𝑓𝑡 3 2.6.- ¿Cuántos metros de agua equivalen? a: (a) 760 mm de Hg (b) 75 cm de Hg (c) 10 mm de Hg Solución: a) 𝑃 = 𝛾ℎ = 0.76𝑥 (13.6𝑥9810) = 9810ℎ ∴ ℎ = 10.34 𝑚 b) (13.6𝑥9810)𝑥0.75 = 9810ℎ ∴ ℎ = 10.2 𝑚 c) (13.6𝑥9810)𝑥0.01 = 9810ℎ ∴ ℎ = 0.136 𝑚 ó

13.6 𝑐𝑚

2.7.- Calcule la presión en el fondo de un tanque abierto si contiene capaz de: a) 20cm de agua y 2cm de mercurio b) 52mm de agua y 26mm de tetracloruro de carbono c) 3m de aceite, 2m de agua y 10cm de mercurio Solución: a) 𝑝 = 𝛾1 ∗ ℎ1 + 𝛾2 ∗ ℎ2 = 9810 ∗ 0.2 + (13.6 ∗ 9810) ∗ 0.02 = 4.63 𝐾𝑝𝑎 b) 9810 ∗ 0.052 + 15630 ∗ 0.026 = 0.916 𝐾𝑃𝑎 c) 9016 ∗ 3 + 9810 ∗ 2 + (13.6 ∗ 9810) ∗ 0.1 = 60 𝐾𝑃𝑎

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 2.26.- Para el montaje en la figura calcule la lectura H del manómetro.

Solución: Primero identificamos los puntos pertinentes como se muestra en la figura, la cual nos facilitara el desarrollo. Iniciamos en el punto p1 𝑝1 − 𝑝4 = ( 𝑝1 − 𝑝2 ) + ( 𝑝2 − 𝑝3) + ( 𝑝3 − 𝑝4 ) 40 000 – 16 000 = 1000𝑥9.81(– 2) + 13 600𝑥9.81𝑥𝐻 + 920𝑥9.81𝑥3. 𝐻 = 17.43 𝑐𝑚

2.23.- Estime la presión en la tubería que transporta agua mostrada en la figura P2.23, el manómetro está abierto a la atmosfera. a) 10kPa b) 9kPa c) 8kPa d) 7kPa

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

Solución: a) 𝑃1 + 𝛾𝐻2𝑂 𝑔ℎ − 𝛾𝑔ℎ = 𝑃2 𝑃1 = 𝑃2 − 𝛾𝐻2𝑂 𝑔ℎ + 𝛾𝑔ℎ 𝑃1 = 10 − (1)(9.81)(0.10) + (30)(9.81)(0.3) 𝑃1 = 97.0309 𝐾𝑝𝑎 b) 𝑃1 = 9 − (1)(9.81)(0.10) + (30)(9.81)(0.3) 𝑃1 = 96.309 c) 𝑃1 = 8 − (1)(9.81)(0.10) + (30)(9.81)(0.3) 𝑃1 = 95.309 d) 𝑃1 = 7 − (1)(9.81)(0.10) + (30)(9.81)(0.3) 𝑃1 = 94.309

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 2.28 ¿cuál es la presión en la tubería que transporta agua mostrado en la figura P2.28?

Solución: 𝑝1 − 𝑝5 = (𝑝1 − 𝑝2 ) + (𝑝2 − 𝑝3 ) + (𝑝3 − 𝑝4 ) + (𝑝4 − 𝑝5 ) 𝑝1 = 9810 (−0.02) + 13600𝑥9.81(−0.04) + 9810 (−0.02) + 13600𝑥9.81𝑥16 𝑝1 = 15620𝑃𝑎 2.29.- Determine la diferencia de presión entre la tubería que transporta agua y la que transporta petróleo mostradas en la figura.

Solución: 𝑝𝐴𝑔𝑢𝑎 + 9810 ∗ 0.15 − 13.6 ∗ 9810 ∗ 0.10 − 0.68 ∗ 9810 ∗ 0.20 + 0.86 ∗ 9810 ∗ 0.15 = 𝑝𝑜 𝑝𝑎𝑔𝑢𝑎 − 𝑝𝑜 = 11940 𝑃𝑎 = 11.94 𝐾𝑃𝑎

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 2.30.-E¿Cuál es la presión en la tubería que transporta petróleo mostrada en la figura P2?30 si la presión en la que transporta es de 1 5kPa?

Solución: 𝑝𝑤 − 9810 ∗ 0.12 − 0.68 ∗ 9810 ∗ 0.1 + 0.86 ∗ 9810 ∗ 0.1 = 𝑝𝑜 𝑝𝑤 = 15 000 𝑝0 = 14000 𝑃𝑎

2.31.- Para el tanque mostrado en la figura, determine la lectura del manómetro si: (a) 𝐻 = 2 𝑚, ℎ = 10 𝑐𝑚 (b) 𝐻 = 0.8 𝑚, ℎ = 20 𝑐𝑚 (c) 𝐻 = 6 𝑓𝑡, ℎ = 4 𝑖𝑛 (d) 𝐻 = 2 𝑓𝑡, ℎ = 8 𝑖𝑛

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MECÁNICA DE FLUIDOS I

A

B ’

B ’

Solución: 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 + 𝛾𝐻2 𝑂 ∗ 𝐻 − 𝛾𝐻𝑔 ∗ ℎ = 𝑃𝐴 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 + 𝛾𝐻2 𝑂 ∗ 𝐻 − 13.6 ∗ 𝛾𝐻2 𝑂 ∗ ℎ = 0 (a) 𝐻 = 2 𝑚, ℎ = 10 𝑐𝑚 𝑃 = 13.6 ∗ 9810 ∗ 0.1 − 9810 ∗ 2 𝑃 = −6278 𝑃𝑎 = −6.278 𝑘𝑃𝑎 (b) 𝐻 = 0.8 𝑚, ℎ = 20 𝑐𝑚 𝑃 = 13.6 ∗ 9810 ∗ 0.8 − 9810 ∗ 0.2 𝑃 = 18835 𝑃𝑎 = 18.835 𝑘𝑃𝑎 (c) 𝐻 = 6 𝑓𝑡, ℎ = 4 𝑖𝑛 𝑃 = 13.6 ∗ 62.4 ∗

4 − 62.4 ∗ 6 12

𝑃 = −91.5 𝑃𝑠𝑓 = −0.635 𝑝𝑠𝑖. (d) 𝐻 = 2 𝑓𝑡, ℎ = 8 𝑖𝑛 𝑃 = 13.6 ∗ 62.4 ∗

8 − 62.4 ∗ 2 12

𝑃 = 441 𝑃𝑠𝑓 = 3.06 𝑝𝑠𝑖.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 2.32.- En el tanque mostrado en la figura, con 𝐻 = 16 𝑐𝑚. ¿Cuál será la lectura del manómetro?

Solución: Para el desarrollo de este problema tendremos que recordar lo siguiente: 𝜌𝐻𝑔 = 13.6

𝑝 – 9810 𝑥 4 + 13.6 𝑥 9810 𝑥 0.16 = 0 𝑝 = 17 890 𝑃𝑎

2.35.- calcule la presión en la tubería que trasporta agua mostrada en la figura P2.35.

Solución: 𝑝 + 9810𝑥0.05 + 1.59𝑥9810𝑥0.07 − 0.8𝑥9810𝑥0.1 = 13.6𝑥9810𝑥0.05 𝑝 = 5873𝑃𝑎

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 2.36.- En la figura, con la parte superior del manómetro abierto el nivel del mercurio está a 8 pulg por debajo de la tubería que transporta aire, no hay presión en la tubería. La parte superior del manómetro luego se sella. Calcule la lectura H del manómetro correspondiente a una presión de 30 psi en la tubería que transporta aire. Suponga un proceso isotérmico para el aire en el tubo sellado.

Solución: Antes de aplicar presión, la columna de aire de la derecha tiene 48” de alto. Después de la presión aplicada, es (4-H/2) ft de alto. Para un proceso isotérmico 𝑝1 ∗ 𝑉! = 𝑝2 ∗ 𝑉2 utilizando las presiones absolutas. Así, 𝐻 14.7 ∗ 144 ∗ 4𝐴 = 𝑝2 ∗ (4 − ) 𝐴 2 O 𝑝2 =

8467 𝐻 2

4−

A partir de un equilibrio de presión en el manómetro (presiones en psi): 30 ∗ 144 + 14.7 ∗ 144 = 13.6 ∗ 62.4 ∗ 𝐻 +

8467 , 4 − 𝐻/2

O 𝐻2 − 15.59𝐻 + 40.73 = 0 𝐻 = 3.32 𝑓𝑡 3.51.- Calcule la fuerza que actúa en el faro de 15 cm de diámetro mostrado en la figura, de un automóvil que viaja a 120 kpi.

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MECÁNICA DE FLUIDOS I Solución: Por teoría sabemos la siguiente ecuación la cual es una extensión de la ecuación de Bernoulli 𝑝=𝑟

𝑉2 2

Reemplazando los datos obtenemos:

𝑝=

1.23 (

120𝑥1000 2 ) 3600 = 683 𝑃𝑎 2

∴ 𝐹 = 𝑝𝑑𝐴 683𝑝 𝑥 0.0752 = 12.1 𝑁 3.52.- Una aspiradora es capaz de crear un vacío de 2kpa exactamente en el interior de la manguera de la figura P3.52. ¿Qué velocidad máxima promedio es de esperarse en la manguera?

Solución: 𝑉2 𝑃 + = 0. 2 𝜌

−2𝑃 2𝑥2000 ∴𝑉=√ =√ = 57.0 𝑚/𝑠 𝜌 123

3.53.- Un tubo de pitot mide 600 mm de agua en una tubería que transporta agua. Una sonda de presión estática en el mismo lugar lee 200 mm de agua. La velocidad del agua en la tubería es aproximadamente de: Solución: 𝑉1 2 𝑝 𝑉2 2 + = 2𝑔 𝜌 2𝑔 𝑉1 2 + 0.200 = 0.600 2𝑔 𝑉 = √2 ∗ 9.81 ∗ 0.400 𝑉 = 2.80 𝑚/𝑠 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I 3.61.- ¿Cuál es la velocidad del agua en el tubo?, si el manómetro mostrado en

la figura P3.61 lee: a) 4cm b) 10cm c) 2 in d) 4 in

Solución: Por la fórmula de Bernoulli: 𝑉2 𝑃𝑡 = 𝜌 +𝑝 2 𝑃𝑡 + 𝛾𝐻 + 𝛾𝐻𝑔 𝐻 − 𝛾ℎ = 𝑝 − 𝛾ℎ Entonces: 𝑉2 𝜌 + 𝑝 + 𝛾𝐻 − 𝛾𝐻𝑔 𝐻 = 𝑝 2 ∴ 𝑉2 = a) 𝑉 2 =

(13.6−1)9800

b) 𝑉 2 =

(13.6−1)9800

c) 𝑉 2 =

(13.6−1)62.4

d) 𝑉 2 =

(13.6−1)62.4

(2 ∗ 0.04)

𝑉 = 3.14 𝑚⁄𝑠

(2 ∗ 0.1)

𝑉 = 4.97 𝑚⁄𝑠

(2 ∗ 2⁄12)

𝑉 = 11.6𝑓𝑝𝑠

(2 ∗ 4⁄12)

𝑉 = 16.44𝑓𝑝𝑠

1000 1000 1000 1000

𝛾𝐻𝑔 − 𝛾 (2𝐻) 𝜌

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 3.66.- Una manguera de agua se presuriza a 800 𝐾𝑝𝑎 con una boquilla cerrada. Si la boquilla se abre un poco, como se muestra en la figura, calcule la velocidad de salida del agua. Suponga que la velocidad en el interior de la manguera es insignificante. A. 40m/s

B. 30m/s

C. 20m/s

D. 10m/s.

Solución: Desarrollamos mediante el principio de Bernoulli. 𝑃1 𝑣1 2 𝑃2 𝑣2 2 + 𝑧1 𝑔 + = + 𝑧2 𝑔 + 𝜌 2 𝜌 2 No trabajamos con alturas: 𝑃1 𝑣1 2 𝑃2 𝑣2 2 + = + 𝜌𝑔 2𝑔 𝜌𝑔 2𝑔 Se nos dice que 𝑣1 es insignificante y sabemos que 𝑃2 es 0. 𝑃1 𝑣2 2 = 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 800000 𝑃𝑎 𝑣2 2 = 9810 𝑁/𝑚 3 2 ∗ 9.81 𝑚/𝑠 2 𝑣2 = 40𝑚/𝑠

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 3.67.- La bomba mostrada en la figura, crea un flujo de modo que 𝑉 =

14𝑚 𝑠

. Pronostique

la presión en el calibrador mostrado suponiendo un flujo inviscido a la entrada y un flujo uniforme en el calibrador. Use una línea de corriente que se inicie en el: a) Punto A

b) Punto B

Solución: 𝑎) 𝑝𝐴 = 𝑔ℎ = 9800 𝑥 4 = 39 200 𝑃𝑎 𝑉𝐴 = 0 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 ℎ𝐴 = ℎ2 Ahora utilizando la ecuación de la Bernoulli. 𝑉𝐴 2 𝑃𝐴 𝑉2 2 𝑃2 + + ℎ𝐴 = + + ℎ2 2𝑔 𝑔 2𝑔 𝑔 𝑉2 2 𝑃2 = 𝑃𝐴 − 𝑔 2𝑔 142 39200 − 𝑥9800 = −58700 𝑃𝑎 2𝑥9.81 𝑏) 𝑃𝐵 = 0 𝑦 𝑉𝑅 = 0 La ecuación de Bernoulli. Da, con el dato a través de la tubería, 𝑉𝐴 2 𝑃𝐴 𝑉2 2 𝑃2 + + ℎ𝐴 = + + ℎ2 2𝑔 𝑔 2𝑔 𝑔 142 𝑃2 = (4 − ) 9800 = −58700 𝑃𝑎 2𝑥9.81

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MECÁNICA DE FLUIDOS I 3.68.- para el flujo mostrado en la figura P3.68, calcule la presión 𝑝1 y la velocidad 𝑉1 si 𝑉2 = 20 𝑚/𝑠 y: (a) 𝐻 = 1 𝑐𝑚 (b) 𝐻 = 5 𝑐𝑚 (c) 𝐻 = 10 𝑐𝑚 Solución: Bernoulli:

𝑉22 2𝑔

+

𝑝1

=

𝛾

𝑉12 2𝑔

+

𝑝1 𝛾

Manómetro: 𝑝1 + 𝛾𝑧 + 𝛾𝐻𝑔 𝐻 − 𝛾𝐻 − 𝛾𝑧 =

𝑉22 2𝑔

𝛾 + 𝑝2

Sustituyendo Bernoulli en la ecuación del Manómetro: 𝑝1 + (𝛾𝐻𝑔 − 𝛾)𝐻 =

𝑉1 2 𝛾 + 𝑝1 2𝑔

a) Uso h=0.01 m :

𝑉129800 2.9,81

= (13.6 − 1)9800𝑥0.01 ∴ 𝑉1 = 1.572 𝑚/𝑠

Sustituyendo en Bernoulli: 𝑝1 =

𝑉2 2 − 𝑉1 2 202 − 1.5722 𝛾= 𝑥9800 = 198600𝑃𝑎 2𝑔 2𝑥9.81

b) Use h=0.01 m:

𝑉12 9800 2.9,81

= (13.6 − 1)9800𝑥0.05 ∴ 𝑉1 = 3.516 𝑚/𝑠

Sustituyendo en Bernoulli: 𝑝1 =

𝑉22 −𝑉12 2𝑔

𝛾=

c) Use h=0.1m:

202 −3.5162 2𝑥9.81

𝑉129800 2.9,81

𝑥9800 = 193600𝑃𝑎

= (13.6 − 1)9800𝑥0.1 ∴ 𝑉1 = 4.972 𝑚/𝑠

Sustituyendo en Bernoulli: 𝑝1 =

𝑉22 −𝑉12 2𝑔

𝛾=

202 −4.9722 2𝑥9.81

𝑥9800 = 187400𝑃𝑎

3.70.- Se supone que la velocidad corriente debajo de una compuerta de desagüe es uniforme. Exprese V en función de H y h para este flujo inviscido. Use una línea de corriente: a) A lo largo del borde superior. b) A lo largo del borde inferior. Solución: Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión - Huacho

MECÁNICA DE FLUIDOS I a) Aplicando la ecuación de Bernoulli desde la superficie hasta un punto en la parte superior del fluido. 𝑉1 2 𝑝1 𝑉2 2 𝑝2 + + ℎ1 = + + ℎ2 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝛾 𝑉2 = √2𝑔(𝐻 − ℎ) b) Aplicando la ecuación de Bernoulli desde un punto cerca del fondo aguas hasta un punto en el parte inferior del flujo descendente: 𝑉1 2 𝑝1 𝑉2 2 𝑝2 + + ℎ1 = + + ℎ2 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝛾 Usando 𝑝1 = 𝛾𝐻, 𝑝2 = 𝛾ℎ y ℎ1 = ℎ2 𝑉2 = √2𝑔(𝐻 − ℎ)

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