Pauta Ayudantía 6. 1 do Semestre Mecánica de Fluidos - Hidrostática


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1 Pauta Ayudantía 6 1 do Semestre 215 Mecánica de Fluidos - Hidrostática Problema 1 Se tiene un tanque de aceite con una parte abierta a la atmosfera y la otra sellada con aire por encima del aceite. Calcule la Presión Manométrica para los puntos A, B, C, D, E, F. (Considere ρ aceite = 92[Kg m 3 ] y g = 9,81 [m/s 2 ] y las distancias de la figura en [m]). 5 A B F E D 2 La ley de la Hidrostática nos dice la presión de un fluido estático aumenta con la profundidad, es decir: P(z) = P O + ρgz 5 C Con z como la profundidad del punto de medición. Tomando como punto de referencia el punto A y la presión manométrica se tiene que: P(z) = ρgz P A = En este caso se tiene un único fluido en el recipiente y como la presión no depende de la posición horizontal del punto de evaluación se tiene que: P A = P E = P B = P D Aplicando la ley de la hidrostática en el punto B, se tiene: La presión en el punto C: P B = ρ aceite gz B = 92 [ kg m 3] 9,81 [m s 2] 5[m] = [KPa] = P D Y la presión en el punto F: P C = ρ aceite gz C = 92 [ kg m 3] 9,81 [m s2] 1[m] = [KPa] P F = ρ aceite gz F = 92 [ kg m 3] 9,81 [m s2] ( 2[m]) = 18.5 [KPa] Note que el aire encerrado sobre el punto F presenta una presión manométrica menor que la de la atmósfera, permitiendo así subir al fluido sobre el punto A. 1

2 Problema 2 Calcule la diferencia de presión entre los puntos A y B para el siguiente manómetro (distancia en [mm]) (5) (4) (3) (2) (1) Para calcular la diferencia de presión entre el punto B y A se deben calcular las diferencias de presiones en los puntos 1, 2, 3, 4 y 5 puesto a que, según la ley de la hidrostática, la presión de un fluido estático depende tanto de la profundidad el punto de evaluación como también de la densidad del líquido, por lo que inicialmente no se puede decir que la presión en el punto A es igual a la presión dentreo del agua a una misma altura. Cuando el fluido es base del manómetro (que está en la parte más baja del manómetro) se puede definir que los puntos a una misma altura conformados por el mismo fluido, estando éste siempre en la base, tienen la misma presión. Entonces: P 1 = P A +.6[m] ρ aceite g = P A +.6[m] 92[Kg m 3 ] 9,81 [ m s 2] = P A + 54,15 [Pa] Entonces como el agua es un fluido base del manómetro, se tiene que : Luego la presión en el punto 5 será: P 1 = P 2 = P 3 = P 4 P 4 = P 5 + ρ agua g.1[m] P 5 = P 4 ρ agua g.1[m] P 5 = P A + 54,15 [Pa] 1[Kg m 3 ] 9,81 [ m s 2].1[m] = P A 43.95[Pa] Y como el punto 5 y el punto B están a la misma altura se tiene que: P 5 = P B = P A 43.95[Pa] Por lo tanto: P A P B = 43.95[Pa] 2

3 Problema 3 Un disco cilíndrico de madera que pesa 45. [N] y tiene un diámetro de 3.[cm] flota sobre un cilindro de aceite cuya densidad es de.85[g/cm 3 ]. El cilindro de aceite mide 75.[cm] de alto y tiene un diámetro igual al cilindro de madera. a) Calcule la presión manométrica en la parte superior de la columna de aceite. b) Ahora suponga que alguien coloca un peso de 83.[N] en la parte superior del disco de madera, pero el aceite no se escurre alrededor del borde de la madera. Cuál es el cambio den la presión i) en la base del aceite y ii) a la mitad de la columna de aceite? a) La única fuerza de contacto que está actuando sobre el fluido en la parte superior es la ejercida por el disco del cilindro, la cual tendrá una magnitud igual al peso de éste, por ende la presión manométrica en la parte superior de la columna de aceite está definida por: P superior = W disco Área transversal = 45.[N] π.15 2 [m 2 ] = [Pa] b) Aplicando la ley de la hidrostática se observa que la aplicación del nuevo peso solo provoca una variación de presión con respecto a la original para todo punto dentro del fluido: P fondoi = P superior + ρ aceite g z fondo P fondof = P superior + P superior + ρ aceite g z fondo Por lo tanto tanto a la mitad como en el fondo del estanque, el cambio de presión corresponderá a la presión que ejerce el nuevo peso en la parte superior de la columna del aceite: P superior = P = W nuevo Área transversal = 83.[N] π.15 2 [m 2 ] = [Pa] 3

4 Problema 4 Un lingote de aluminio de densidad ρ aluminio = 27 [ kg m3] sólido pesa 89 [N] en el aire. a) Qué volumen tiene? b) El lingote se cuelga de una cuerda y se sumerge por completo en agua, cuál es su peso aparente? a) Se define la densidad como la masa por unidad de volumen: ρ aluminio = m al V al Por otro lado el peso se define como la masa por aceleración de gravedad g, por lo que la masa del lingote del aluminio es: m al = W al = 89[N] ρ aluminio 9.79[m/s 2 ] = 9.9[kg] Luego a partir de la definición de densidad: V al = 9,9[kg] 27[kg/m 3 ] =.337[m3 ] = 3,37[dm 3 ] b) Cuando el lingote se sumerge completamente en agua, ésta última ejerce una fuerza sobre el llamada empuje (E), tal como lo indica el DLC. Dicha fuera de empuje tiene un valor igual al peso de agua contenida en el volumen desplazado por el lingote: E = ρ agua gv al = 1 [ kg m 3] 9.79 [m s 2].337[m3 ] E = 33[N] Luego el peso aparente del lingote de aluminio corresponde a la diferencia entre el peso real del lingote y el empuje: W ap = W al E = (89 33)[N] = 56[N] 4

5 Problema 5 En una piscina se introduce un cuerpo cónico de masa M, cuya base tiene un radio R y una altura 2R. La densidad del cono es ρ cono = 2 ρ agua. El cono se sumerge completamente, colgando de una cuerda, y su base queda a una profundidad h con respecto de la superficie del agua. a) Exprese la tensión de la cuerda. b) Determine la expresión de la fuerza (magnitud y dirección) que ejerce el agua sobre el manto cónico. c) Si el cono se suelta de la cuerda, determine la aceleración (magnitud y dirección) que adquiere el cono justo después de que se suelta. a) Se procede a dibujar el DLC del cono totalmente sumergido, donde: T Tensión de la cuerda E Empuje Mg Peso del cono Luego se hace sumatoria de fuerzas con respecto al eje y: F y = T + E Mg = T + ρ agua V cono g ρ cono V cono g = T = ρ agua V cono g Donde el volumen del cono V cono es: V cono = 1 3 πhr2 = 2 3 πr3 Entonces reemplazando en la ecuación anterior que define T: T = 2 3 πr3 ρ agua g b) La presión de un fluido actúa perpendicularmente sobre una superficie, por lo que la fuerza resultante sobre el manto cónico de la figura tendrá 2 componentes, una en el plano horizontal y una en el plano vertical. En la figura se muestran la distribución de presiones a lo largo del manto cónico. FUERZA HORIZONTAL: Si se realiza un corte en el plano del manto cónico a una profundidad z, se aprecia las fuerzas son en dirección radial y todas apuntando al 5

6 centro del círculo que forma la sección transversal del cono, en el plano de análisis, tal como se muestra en la figura siguiente. Todas estas componentes de fuerzas horizontales sobre el manto tienen una misma magnitud, pues están a una misma profundidad z. Entonces la resultante de la componente horizontal sobre el manto cónico será nula. FUERZA VERTICAL: El fluido que se encuentra sobre el manto cónico está en equilibrio y si sobre éste solo actuara la fuerza peso, éste estaría cayendo con una aceleración contante igual a g. Por lo tanto debe existir una fuerza externa que anule el peso del fluido que está sobre el manto cónico. Dicha fuerza es aportada por la superficie del manto cónico. En otras palabras, el manto cónico sirve de soporte del agua que se encuentra sobre el para que no caiga con una aceleración g. Por lo tanto la componente vertical de la fuerza resultante de la presión hidrostática será igual al peso de dicha agua, cuyo volumen es igual a: V agua sobre cono = V asc = V cilindro de altura h V cono V asc = πr 2 h 2 3 πr3 Entonces la componente vertical de la fuerza resultante de las presiones es: F p = V asc ρ agua g = πr 2 (h 2 3 R) ρ agua g Siendo la única componente existente de la fuerza de presiones sobre el manto cónico, actuando verticalmente hacia abajo (en sentido de y). c) El cono presenta una densidad mayor que el agua, por lo que la aceleración que adquiere el cono será negativa con respecto al eje y (irá decayendo). Para ello se realiza un nuevo DLC sobre el cono. Realizando la sumatoria de fuerzas correspondiente en dirección del eje y (recordando que el sistema no está en equilibrio): F y = E Mg = My ρ agua V cono g ρ cono V cono g = ρ cono V cono y ρ agua V cono g 2ρ agua V cono g = 2ρ agua V cono y y =.5g 6

7 Problema 6 Un cable anclado en el fondo del océano sostiene una esfera hueca de plástico bajo su superficie. El volumen de la esfera es,3 [m 3 ] y la tensión del cable 9 [N]. (considere ρ agua de mar = 13 [ Kg m 3]) a) Qué masa tiene la esfera? b) Si cortamos el cable y la esfera comienza a subir hasta quedar en equilibrio: Qué fracción del volumen de la esfera permanecerá sumergida? 7

8 8

9 Problema 7 La figura muestra una boya de forma cilíndrica de masa M y de área transversal A, flotando en equilibrio en el mar de densidad ρ mar. Se deja caer un objeto pequeño de masa m sobre la boya, provocando que el sistema completo oscile a) Determinar la ecuación de movimiento después que se deja caer la masa m. b) Determinar el periodo de oscilación del sistema. (Ayuda: es importante determinar correctamente el sistema de referencia del movimiento) A m M mar M mar a) Se debe considerar solo el segundo caso (la boya con la masa m). Al caer la masa m sobre la boya provoca un desplazamiento vertical sobre la boya. m m m Donde: M A A: Posición de equilibrio de la boya con el mar sin la masa m. B: Posición de equilibrio de la boya con la masa m y el nivel del mar. C: Desplazamiento de la boya con la masa m. O M B La recta segmentada OB representa el nivel de equilibrio de la boya con la masa m si el conjunto no se mueve. B O M C C B 9

10 Se procede a realizar un DCL del caso B: E o Dónde: y E o es la fuerza de empuje en estado de equilibrio del sistema P s es el peso del sistema de la boya más la masa m O B Luego: F y = E o P S = E o = P s Se realiza el DLC del caso C: E P s Dónde: h O B E es la fuerza de empuje h es el desplazamiento provocado por la masa m medido desde el nivel del mar hasta la posición de equilibrio cuando la masa m y la boya no se encuentran moviéndose (hasta la recta OB). Luego: P s F h = P s E = (m + M)h P s (E O + E adicional ) = (m + M)h La fuerza E adicional es provocada por el desplazamientoh, entonces: Entonces la ecuación de movimiento es: b) De la ecuación de movimiento se desprende: E adicional = (m + M)h ρ mar h A g = (m + M)h h + ρ mar A g (m + M) h = ω = ρ mar A g (m + M) ω = 2π T (m + M) T = 2π ρ mar A g 1

11 Problema 8 Una barra homogénea de densidad ρ 1, área transversal A y longitud L flota en un líquido de densidad ρ o con uno de sus extremos amarrado a un hilo a una profundidad h, como se muestra en la figura. Considere que la barra está en equilibrio: a) Dibuje las fuerzas que actúan en la barra. b) Encuentre el ángulo α en función de los parámetros dados. ρ 1 L α h ρ o a) E P L h ρ o T Dónde: P: Peso de la barra. E: Empuje del líquido. T: Tensión del hilo. 11

12 b) t ρ 1 E r ρ o P L α h O Dónde: n T n: Porción de la barra sumergida. r: Distancia horizontal desde el punto O hasta la fuerza E. t: Distancia horizontal desde el punto O hasta la fuerza P. Luego: Entonces: h = n sin α n = h sin α r = n 2 t = L cos α 2 h cos α cos α r = 2 sin α ρ o τ O = E r P t = ρ o A n g r ρ 1 A L g t = h h cos α sin α 2 sin α ρ 1 L L cos α = 2 cos α 2 (ρ O sin 2 α ρ 1 L 2 ) = h 2 cos α = ρ O h 2 sin 2 α ρ 1 L 2 = sin 2 α = h2 L 2 ρ O ρ 1 sin α = h L ρ O ρ 1 α = { π 2, arcsin ( h L ρ O ρ 1 )} Donde uno corresponde a la posición de equilibrio estable y la otra de equilibrio inestable. 12

13 Problema BONUS El borde superior de una compuerta en una presa está al nivel de la superficie del agua. La compuerta mide 2.[m] de altura y 4.[m] y pivotea sobre una línea horizontal que pasa por su centro. Calcule el torque neto en torno al pivote que ejerce el agua. Sobre la compuerta el agua ejerce una presión que aumenta con la profundidad. Antes que todo se sabe que: p = df da = ρ agua g y A = C y da = C dy donde: C = 4.[m] y ρ agua = 1[kg/m 3 ] df y dy Eje de giro H 2 y Sobre una superficie da actua una fuerza df. A partir de la ecuación de presión y de área dada anteriormente se despeja df. df da = ρ agua g y df = ρ agua g y da = ρ agua g y C dy torque dτ negativo (produce un giro en sentido horario): Luego, puesto a que la fuerza df se encuentra a una distancia H y del eje de giro, esta produce un 2 dτ = df ( H 2 y) = ρ agua g y C dy ( H 2 y) Entonces se debe integrar en el eje y desde el borde superior (y = ) hasta y = H. H H τ neto = dτ = ρ agua g y C dy ( H 2 y) = ρ agua g C y ( H y) dy 2 τ neto = ρ agua g C [ H H 2 y dy H y 2 dy] = ρ agua g C [ H H 2 (y2 2 ) ( H] y3 3 ) = ρ agua g C [ H3 4 H3 3 ] Reemplazando ρ agua, g = 9,81[m/s 2 ], C y H, se tiene que τ neto = 2, [N m]. H 13

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