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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO

DEDICATORIA Este trabajo va dedicado a nuestros padres que día a día nos impulsan a seguir y nos apoyan en nuestros logros, como también a los docentes por sus enseñanzas.

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ÍNDICE DEDICATORIA .................................................................................................................. 1 INDICE .............................................................................................................................. 2 PRESENTACIÓN .............................................................................................................. 3 TEMA 1: ............................................................................................................................ 4 TRASLACIÓN Y ROTACIÓN EN LAS MASAS LÍQUIDAS TEMA 2: .......................................................................................................................... 35 RELACIÓN ENTRE LAS PRESIONES DE DIFERENTES PUNTOS DE UNA MASA FLUIDA TEMA 3: .......................................................................................................................... 57 EMPUJE HIDROSTÁTICO SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS TEMA 4: .......................................................................................................................... 75 PRINCIPIO DE ARQIMEDES TEMA 5: .......................................................................................................................... 92 HIDRODINÁMICA TEMA 6: ........................................................................................................................ 135 DESCARGA A TRAVÉS DE ORIFICIOS TEMA 7: ........................................................................................................................ 159 DESCARGA A TRAVÉS DE BOQUILLAS FRANCISCO UGARTE PALACIN ESTATICA DE FLUIDOS……………………………………………………………………………………………….167 EJERCICIOS DE LAS CLASES .................................................................................... 198

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PRESENTACIÓN Este presente trabajo bibliográfico a presentar comprende de 7 temas del libro de problemas de hidráulica-Alejandro Cáceres Neira y el tema 1 del libro de mecánica de fluidos I – F. Ugarte Palacin y los ejercicios dejados en clase de mecánica de fluidos I. Los escases del material bibliográfico y sobre todo de aquello que trate delos problemas resueltos de mecánica de fluidos e hidráulica, han servido de estímulo nuestro para realizar la compilación y resolución de dichos problemas, y hacer realidad el presente libro (problemas de hidráulica-Alejandro Cáceres Neira)

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PROBLEMAS DE HIDRAULICA I – (ALEJANDRO CACERES NEIRA) PRACTICA Nº 1: (26-58): TRASLACION Y ROTACION DE MASAS LIQUIDAS PROBLEMA Nº 26: Un depósito cilíndrico está animado con el 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 radio igual a R/2. SOLUCION: Se sabe que la altura que alcanza un líquido debido al movimiento rotativo está dado por:

𝑧𝐼 =

𝑊2𝑥2 2𝑔

……………….....… (α)

Para el paraboloide COD:

𝑧𝐼𝐼 =

𝑊 2 (𝑅⁄2)

2

2𝑔

=

𝑊 2 𝑅2 8𝑔

…….… (2)

Para el paraboloide AOB: 2 2 𝑧𝐼 = 𝑊 𝑅 ⁄2𝑔

………………....….. (1)

Ahora hallaremos una ecuación que relacione 𝒛𝑰 y 𝒛𝑰𝑰 , para ello igualamos los volúmenes no ocupados por el agua. Volumen no ocupado por el agua durante el reposo = (𝒛𝑰 − 𝒛𝑰𝑰 − 𝒉)𝝅𝑹𝟐… Volumen no ocupado por el agua durante el movimiento, la calculamos teniendo elementos diferenciales. Tomemos una faja de ancho dz y distancia del eje a la pared x.

𝑑𝑉 = 𝜋𝑥 2 . 𝑑𝑧 …….…… (3); de (α) sacamos 𝑥 2 = Que reemplazándolo en (3): 𝑑𝑉 =

2𝜋𝑔 𝑊2

2𝑧𝑔 𝑊2

𝑧. 𝑑𝑧. Que integrándolo para obtener el volumen total no

ocupado por el agua durante el movimiento da:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑉=

2𝜋 𝑍𝐼 2𝜋𝑔 ∫ 𝑧. 𝑑𝑧 = 2 (𝑍𝐼 2 − 𝑍𝐼𝐼 2 ) 𝑤 2 𝑍𝐼𝐼 𝑤

Donde (∞) (β) y (γ), son volúmenes no ocupados por el agua son iguales: Entonces:

𝜋𝑅2 (𝑧𝐼 − 𝑧𝐼𝐼 − ℎ ) =

2𝜋𝑔 2 (𝑧 − 𝑧𝐼𝐼 2 ) 𝑊2 𝐼

Reemplazando (1) y (2) en esta última:

𝑊 2 𝑅2 𝑊 2 𝑅2 𝑔𝜋 𝑊 4 𝑅4 𝑊 4 𝑅4 𝜋𝑅2 ( − − ℎ) = 2 ( − ) 2𝑔 8𝑔 𝑊 4𝑔2 64𝑔2 Simplificando: 𝑊 2𝑅2 3 15 ( − )=ℎ 𝑔 8 64

⇒

𝑊 2 𝑅2 9 ( )=ℎ 𝑔 64

⇒

𝑾=

𝟖 √𝒈𝒉 𝟑𝑹

PROBLEMA Nº 27: Un vaso cilíndrico de 2.50m. Es llenado con agua hasta los dos metros. El diámetro del vaso es de 1.40m. Hallar la velocidad angular y las revoluciones por minuto que harían elevar el agua hasta los bordes del vaso. SOLUCION: Como el agua no se 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 rotatorio se tiene:

𝑍=

En R.P.M. : 𝑤

=

6.33×60 2𝜋

𝑤 2 𝑅2 𝑤 2 (0.70)2 1 × 19.60 ; 1= ⇒ 𝑤2 = 2𝑔 0.49 0.49

𝒘 = 𝟔. 𝟑𝟑 𝒓𝒂𝒅⁄𝒔𝒆𝒈

;

𝒘 = 𝟔𝟎. 𝟓 𝑹. 𝑷. 𝑴

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 28: Una semi-esfera de borde horizontal está llena de líquido. Calcular la cantidad de líquido que desborda cuando la semi-esfera gira alrededor de su eje vertical con la velocidad angular W. SOLUCION: Para movimientos rotativos se sabe:

𝑧=

𝑤2𝑥2 2𝑔

Siendo r el radio de la esfera y h la profundidad al girar en el centro:

𝑤2 𝑥2 ℎ= 2𝑔 La superficie es un paraboloide cuyo volumen es:

𝜋 𝑟2ℎ 2 Este es precisamente la cantidad de líquido que se derrama

𝑽=

𝝅 𝒓𝟒𝒘𝟐 𝟒𝒈

PROBLEMA Nº 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 círculo de radio iguala las ¾ partes del radio del cilindro? ¿Cuál será el volumen del líquido derramado por la rotación? El vaso cilíndrico tiene 1.6m de diámetro y 2m de altura. SOLUCION: La altura z, a la que llega un líquido debido al movimiento rotativo está dado por: 𝑧=

𝑊 2 𝑥2 2𝑔

∴ 𝑊2 =

2𝑔 2 𝑥2

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La velocidad para el punto B: 𝑤2 =

2𝑔(2 + ℎ) … … … … … … … . (1) 0.82

La velocidad para el punto D: 𝑤2 =

2𝑔ℎ … … … … … … … . . (2) 0.62

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

19.6 × 2.57 = 140 0.36

∴ 𝑾 = 𝟏𝟏. 𝟖 𝒓𝒂𝒅⁄𝒔𝒆𝒈. Como estuvo lleno, el volumen derramado será: 𝑉 = 𝑉𝑜𝑙. 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑜𝑖𝑑𝑒 (𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 0.8𝑚. ) − 𝑉𝑜𝑙. 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑜𝑖𝑑𝑒 (𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 0.6)

𝑉=

𝜋0.82 (ℎ + 2) 𝜋0.62 ℎ 𝜋0.64(2 + 2.57) 𝜋0.36 × 2.57 − = − 2 2 2 2

𝑉=

𝜋(0.64 × 4.57 − 0.36 × 2.57) 𝜋(1.9966) = 2 2 𝑽 = 𝟑. 𝟏𝟑𝟓 𝒎𝟑

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PROBLEMA Nº 30: Una vasija cilíndrica contiene agua hasta una profundidad de 0.60.determinar 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 1.20m y su diámetro es 1.00m. SOLUCION: La altura del paraboloide está dado por: 𝑧=

𝑊 2 𝑥2 2𝑔

Donde: 𝑊 = 90 𝑅. 𝑃. 𝑀. = 3𝜋 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠𝑒𝑔. 𝑥 = 𝑟 = 0.5𝑚.

Luego: ℎ=

(3𝜋)2 (0.5)2 = 1.133𝑚. 19.6

Calculo de la altura h’ que hay del fondo al vértice del paraboloide: 𝑉𝑜𝑙. 𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑉𝑂𝐿. 𝐴𝑔𝑢𝑎 + 𝑉𝑜𝑙. 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑜𝑖𝑑𝑒. Es decir: 𝜋𝑟 2 ℎ 2 1.133 1.333 + ℎ′ = 0.60 + 2

𝜋𝑟 2 (1 + ℎ′) = 𝜋𝑟 2 0.60 +

De donde: ℎ′ = 0.034𝑚. Luego la máxima y mínima presión sobre el fondo se realizará respectivamente donde hay más y menos altura de agua, es decir: Presión máxima en los bordes: 𝑝 = 𝑤(ℎ + ℎ′) = 1,000(1.133 + 0.034) 𝑝 = 1.1167 𝑘𝑔⁄𝑚2 𝒑𝒎á𝒙 = 𝟎. 𝟏𝟏𝟔𝟕 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 Presión mínima al centro: 𝑝𝑚í𝑛 = 𝑤ℎ′ = 1,000 × 0.034 𝑝𝑚í𝑛 = 34 𝑘𝑔⁄𝑚2 𝒑𝒎í𝒏 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟑𝟒 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 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 piezométrico? SOLUCION: Al girar la superficie del líquido adquiere la forma parabólica, e incluso se prolonga hasta en el tubo piezométrico, tal como se ve en la figura de la izquierda. La velocidad angular es: 𝑊 = 56 𝑅. 𝑃. 𝑀. =

56 × 2𝜋 = 5.86 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠𝑒𝑔 60

La ecuación la superficie parabólica está dado por: 𝑧=

𝑊 2 𝑥2 2𝑔

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

(5.86)2 (0.6)2 34.34 × 0.36 = = 0.63𝑚. 19.6 19.6

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

(5.86)2 (0.9)2 34.34 × 0.81 = = 1.42𝑚. 19.6 19.6

La altura que se elevará el agua en el piezómetro por encima del borde es: ∆ℎ = 𝑧 − ℎ = 1.42 − 0.63 ∆𝒉 = 𝟎. 𝟕𝟗𝒎.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 32: Un depósito cónico de eje vertical y generatriz inclinada 30° con respecto a su eje, gira de un eje vertical, distante 1metro del eje del cono. ¿A cuántas R.P.M. se tendrá que hacer girar el depósito para expulsar toda el agua contenida en él? SOLUCION: Al girar adquiere una superficie parabólica dada por: 𝑧=

𝑊 2 𝑥2 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 𝑊 2 𝑥 2 = = tan 60°√3 𝑑𝑥 2𝑔 𝐷𝑒 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒:

𝑤2 =

𝑔√3 𝑥

Como 𝑥 = 1𝑚. 𝑊 2 = 𝑔√3 = 9.8 × 1.73 = 16.954 𝑊 = 4.11 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠𝑒𝑔.

En R.P.M.: 𝑊=

4.11×60 2𝜋

⇒

𝑾 = 𝟑𝟗. 𝟑 𝑹. 𝑷. 𝑴.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 33: Un recipiente lleno de un líquido cuelga de un brazo horizontal de 1.50m 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 Angulo Φ para esta condición de 60°. SOLUCION: Al girar la superficie libre será una sección parabólica cuy ecuación es: 𝑧=

𝑊 2 𝑥2 2𝑔

Para que se vacíe 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 2 = = tan ∅ = tan 60° = √3 𝑑𝑥 𝑔 De donde: 𝑊=

𝑔√3 𝑥

Pero en el punto A: 𝑥 = 1.5 − 𝑚 + 𝑛

𝑥 = 1.50 − 1 cos 60° + 0.80 cos 30° = 1.50 − 0.5 + 0.80 × 0.866 𝑥 = 1.695𝑚. Luego: 9.8√3 𝑊=√ = 3.16 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠𝑒𝑔. 1.695 En R.P.M.: 𝑊=

3.16 × 60 2𝜋

𝑾 = 𝟑𝟎. 𝟏𝟖 𝑹. 𝑷. 𝑴..

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 34: Un cilindro cerrado de altura H tiene las tres cuartas partes de su volumen ocupados por líquido. ¿Con qué velocidad ha de girar el cilindro alrededor de su eje para que el paraboloide que se forme sea tangente a la base? SOLUCION: La ecuación del paraboloide es: 𝑍=

𝑤 2 𝑅2 2𝑔

𝐻=

𝑤 2 𝑅2 … … … … … . (1) 2𝑔

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

𝑥2 =

𝑅2 … … … … . . … (2) 2

Reemplazando (2) en (1) 𝐻=

𝑅2 𝑊2 ( 2 ) 2𝑔

De aquí es despejada:

𝒘=

𝟐√𝒈𝑯 𝑹

PROBLEMA Nº 35: Se tiene un vaso cerrado ocupado totalmente por un líquido de peso específico w. El deposito tiene un radio R, si se le anima de un movimiento rotatorio w. ¿Cuál será el empuje que tiende a destapar el vaso? SOLUCION: 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 2 𝑅2 2𝑔

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Se tiene que la presión unitaria es: 𝑝=

𝑤𝑊 2 𝑥 2 … … … … … … … (1) 2𝑔

Se sabe que: F= p.A; tomando un anillo concéntrico deferencial sobre la tapa: 𝑑𝐹 = 𝑝. 𝑑𝐴 𝑑𝐹 = 𝑝. 2𝜋 × 𝑑𝑥 … … … … … . . (2) Reemplazando (1) en (2) e integrando: 𝐹=

𝑤𝑤 2 𝑅2 𝑅 3 ∫ 𝑥 . 𝑑𝑥 2𝑔 0

𝑭=

𝒘 𝑾𝟐 𝑹𝟐 𝟒𝒈

PROBLEMA Nº 36: Un tanque cilíndrico de 1.20m de diámetro y 1.50m 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 descubierta 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 presentara? SOLUCION:

𝑆𝑒 𝑠𝑎𝑏𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑍 =

𝑤2 𝑥2 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

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 1.50 + ℎ = 6.5𝑚 ℎ = 5𝑚

Para el paraboloide de COD: 𝑊 = 6 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠𝑒𝑔 ; 𝑥 = 𝑅 ; 𝑧 = ℎ = 5𝑚 Luego: 5= De donde:

(6𝜋)2 + (𝑅)2 19.6

R = 1/6 𝜋 √5 𝑥 19.6 = 0.525𝑚.

El diámetro será:

D = 2R

D = 1.05 m.

Vol. Derramado = Vol. Parábola AOB – Vol. Parábola COD. 𝑉=

𝜋 0.62 (1.50 + ℎ) 𝜋 0.5252 ℎ 𝜋 − = (0.36 × 6.50 − 0.2756 × 5) 2 2 2

𝑽 = 𝟏. 𝟓𝟎𝟖 𝒎𝟑 PROBLEMA Nº 37: Un cilindro de 1.80 de diámetro y 2.70m de altura, es llenado de glicerina, cuto peso específico en 1,600 kg/m3, a una presión de 4,568kg/cm2. ¿A qué velocidad de rotación deberá girar alrededor de su eje para que se produzca la ruptura del cilindro? E l espesor de las paredes del tanque es 18mm, de un acero que resiste 3,500kg/cm2 a la ruptura. SOLUCION: Se calculará primero la mínima presión para su ruptura: Se sabe: 𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜:

Donde:

𝜎= 𝑝=

𝑝𝐷 2𝑡

2𝜎𝑡 𝐷

𝜎 = 3.500 kg/cm2 t = 18 mm = 1.8 cm D = 1,80 m = 180 cm

𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜:

𝑝=

2 × 3500 × 1.8 180

P = 70 kg/cm2

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Esta presión sucederá en los bordes inferiores del cilindro (MN) y debe ser igual, como se aparecía en la figura, a la suma de presiones sobre ella es decir: P = wh + presión del cilindro + wz………………………………………. (1) Como: W = 1,600 kg/m3 = 0.0016 kg/cm3 h = 2.70 = 270 cm 𝑧=

𝑤 2 𝑥 2 𝑤 2 (0.90)2 − = 0.0413𝑤 2 𝑚 = 4.13𝑤 2 𝑐𝑚 2𝑔 19.6

Presión del cilindro = 4.568 kg/ 𝑐𝑚2 Se tiene reemplazando en (1): 70 = 0.0016 x 270 + 4.568 + 0.0016 4.13 𝑤 2 70 = 0.432 + 4.568 + 0.0066 𝑤 2 𝐷𝑒 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒:

𝑤2 =

𝐸𝑛 𝑅. 𝑃. 𝑀. 𝑤 2 =

65 = 9848 0.0066

6599.25 𝑋 60 2𝜋

𝑤 = 99.25 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠𝑒𝑔

⟹

W = 948 R.P.M.

PROBLEMA Nº 38: Determine la pendiente de la superficie libre del agua en un recipiente muy pequeño que está colocado en una masa 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. SOLUCION:

Al girar la superficie libre del recipiente será una superficie parabólica, pero, como 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 ese punto.

𝑧 =

𝑤2 𝑥2 2𝑔

⇒

𝐶𝑜𝑚𝑜: 𝑤 = 30 𝑅. 𝑃. 𝑀. 𝑤 =

𝑑𝑧 2𝑤 2 𝑥 𝑤2𝑥 = 𝑡𝑔𝜃 = = 𝑑𝑥 2𝑔 𝑔 30 𝑥 2𝜋 = 𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔. 60

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X = 2m Se tiene reemplazando: 𝑡𝑔𝜃 =

2𝜋 2 9.8

𝒕𝒈𝜽 = 𝟐. 𝟎𝟏𝟒

⇒

PROBLEMA Nº 39: Un tubo de 2cm de diámetro y de 2. 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. SOLUCION: Según sabemos la presión máxima que resiste la tubería es: 𝑃=

2𝜎𝑡 𝐷

Donde: 𝜎 = 1,200 kg/cm2 t = 0.001 m = 0.1 cm D = 2 cm

𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜:

𝑝=

2 × 1.200 × 0.1 2

⟹ 𝑃 = 120 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2

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

Donde:

p = wz (se desprecia la altura del diámetro por ser relativamente pequeño).

𝑝 = 12 kg/cm2 w = 13,600 kg/m3 = 0.0136 kg/cm2

𝑧 =

𝑤2 𝑥 2 2𝑔

Luego reemplazando:

=

𝑤 (200)2 1960

120 = 0.0136

𝑤 (200)2 1960

Despejemos la incógnita: Página 16 de 211

UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 120 𝑥 1960 140 12 7 𝑤= √ ⇒ 𝑤= = √ = = √883 = 20.79 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔. 2 0.0136(200) 200 0.0136 10 𝐸𝑛 𝑅. 𝑃. 𝑀.

𝑤=

20.79×60 2𝜋

⟹ W = 198.5 R.P.M.

PROBLEMAS SUPLEMETARIOS PROBLEMA Nº 40: Determine el ángulo de la superficie libre de un tanque lleno de agua que es sujeto a una aceleración horizontal constante de 𝟏. 𝟓 𝐦/𝐬𝐞𝐠 𝟐.

SOLUCION: Datos:

𝑎𝑥 = 1.5 𝑚/𝑠 2 𝑔 = 9.81 𝑚/𝑠 2 El agua del tanque sujeto a una aceleración horizontal tomará la forma siguiente: Una partícula ubicada en el nivel del agua sufrirá la fuerza de su peso (vertical) y la fuerza F ejercida por las partículas adyacentes, perpendicular a la superficie libre. La resultante de estas dos fuerzas será una fuerza R horizontal, definida de la siguiente manera: 𝑅 = 𝑊 ∗ tan 𝜃 El efecto de la aceleración horizontal genera una fuerza horizontal opuesta y de igual valor que la fuerza R, definida por el producto de la masa y aceleración.

𝑅 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑥 𝑊 ∗ tan 𝜃 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑥 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ tan 𝜃 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑥

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tan 𝜃 =

𝑎𝑥 𝑔

Reemplazando los valores: tan 𝜃 =

1.5𝑚 ⁄𝑠 2 9.81𝑚 ⁄𝑠 2

= 0.1529

𝜽 = 𝟖°𝟒𝟏′ 𝟓𝟔′′

PROBLEMA Nº 41: ¿Cuánta agua se derramará de un tanque rectangular, de 1.50 m de largo, de 0.90 m de ancho y 1.20 m de profundidad, si, estando lleno de agua en reposo, es acelerado en la dirección de su longitud, a razón de 0.60 m/seg2? SOLUCION:

∆𝑧 𝑎𝑥 = ∆𝑥 𝑔 + 𝑎𝑧

→

∆𝑧 0.60 = → ∆𝑧 = 0.046 0.75 9.8 + 0

∴ 𝐻𝑓 = 1.20 − ∆𝑧 = 1.20 − 0.046 = 1.154 𝑉0 = (1.20)(1.50)(0.90) = 1.62 𝑚3 𝑉𝑓 = (1.154)(1.50)(0.90) = 1.558 𝑚3 ∴ 𝑉𝑜 − 𝑉𝑓 = 0.062 𝑚3 ⟹

𝟔𝟐 𝐥𝐢𝐭𝐫𝐨𝐬

PROBLEMA Nº 42: Un tanque de planta rectangular abierto, de 9 m. de largo, está montado sobre un carro que se mueve en una vía a nivel, habiéndose acelerado de desde el reposo hasta llegar a una velocidad de 48 km/hora. Cuando el carro se hallaba en reposo, el agua llenaba el tanque hasta 0.15 m. por debajo del borde. Determínese el tiempo más corto en que pueda completarse la indicada aceleración, sin que se derrame el agua. SOLUCION:

Datos:

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*𝑉𝑓 = 48 𝑘𝑚/ℎ𝑜𝑟𝑎

*𝐿𝑎𝑟𝑔𝑜 𝑇 = 9 𝑚

*𝑁𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎: 𝐻 – 0.15 𝑚

Sabemos que: ∆𝑧 𝑎𝑥 = … … … … … … … … … . … … … . . . . (1) ∆𝑥 𝑔 + 𝑎𝑧

De donde tenemos que: *∆𝑧 = 0.15 𝑚

*𝑔 = 9.81 𝑚⁄𝑠 2

*∆𝑥 = 4.5 𝑚

*𝑎𝑧 = 0

Reemplazando en (1) y operando tenemos: 𝑎𝑥 = 0.327 𝑚⁄𝑠 2 Ahora sabemos que: 𝑉𝑓 = 𝑉0 + 𝑎𝑡 Dónde: *𝑉𝑓 =

40 3

𝑚⁄𝑠𝑒𝑔

*𝑉0 = 0 (𝑃𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑟 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑝𝑜𝑠𝑜)

*𝑎 = 𝑎𝑥

Entonces: 40 = 0.327𝑡 ⇒ 𝑡 = 3

𝟒𝟎. 𝟖 𝒔𝒆𝒈

PROBLEMA Nº 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. SOLUCION: 

En la superficie libre, se sabe

que: 𝑑𝑃 = 0 , 𝑡𝑎𝑛𝛽 = −

𝑑𝑧 𝑑𝑥

Se conoce que: ECUACIÓN DE EULER 𝑑𝑃 =

𝜕𝑃 𝜕𝑃 𝜕𝑃 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 + 𝑑𝑧 … . . (1) 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 

Además, reemplazando valores en: 𝜕𝑃 𝑎𝑥 𝛾 = −𝛾 ∗ = − (𝑔 ∗ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼) 𝜕𝑥 𝑔 𝑔 𝜕𝑃 𝑎𝑧 𝑔 ∗ 𝑠𝑒𝑛2 𝛼 ) = −𝛾 ∗ (1 + ) = −𝛾 (1 − 𝜕𝑧 𝑔 𝑔 𝜕𝑃 =0 𝜕𝑦



Obteniendo los siguientes resultados: 𝜕𝑃 = −𝛾 ∗ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 … … … . … (2) 𝜕𝑥 𝜕𝑃 = −𝛾 ∗ 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 … … … … . … … . . (3) 𝜕𝑧 𝜕𝑃 = 0 … … … … … … … … … … … . . (4) 𝜕𝑦

Reemplazando las ecuaciones (2), (3) y (4) en (1) (La ecuación de Euler), y además considerando que Dp=0;

0 = −𝛾 ∗ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑑𝑥 − 𝛾 ∗ 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 ∗ 𝑑𝑧 −𝛾 ∗ 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 ∗ 𝑑𝑧 = 𝛾 ∗ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∗ 𝑑𝑥 𝑑𝑧

∴ − 𝑑𝑥 = 𝑡𝑎𝑛𝛼

𝑑𝑧

Como ya se ha visto, en la superficie libre: − 𝑑𝑥 = 𝑡𝑎𝑛𝛽 ⟹

∴ 𝜷=𝜶

PROBLEMA Nº 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. SOLUCION: Se sabe que no hay pérdida de agua entonces Vol. Paraboloide = Vol. Sin agua en el cilindro 𝜋𝑟 2 ℎ = 𝜋. 𝑟 2 . 𝐻(2.40𝑚 − 1.80𝑚) 2 ℎ = 1.20𝑚 𝑧=ℎ Debido a que es un movimiento rotativo se aplica:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑧=

𝑤2𝑟2 2𝑔

𝑧 = 1.20𝑚

𝑟 = 0.60𝑚

𝑔 = 9.81 𝑚⁄𝑠 2 1.20 = 𝑤 2 . (0.60)2⁄2. (9.81) 𝒘 = 𝟖. 𝟎𝟖 𝒓𝒂𝒅⁄𝒔 En R.P.M: 𝑤=

8.08 × 60 2𝜋

⇒

𝒘 = 𝟕𝟕. 𝟏𝟔 𝑹. 𝑷. 𝑴

PROBLEMA Nº 45: ¿A qué velocidad debe girar un vaso cilíndrico vertical, abierto, de 1.20 m. 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 0.60 m. de diámetro? SOLUCION:

Hallamos las velocidades en los puntos: 𝑧=

𝑤2 𝑥2 ; 2𝑔

𝑤2 =

2𝑔𝑧 𝑥2

Velocidad en B: W2 =

2x(9.81)x(1.80 + h) (0.60)2

Velocidad en D: W2 =

2x(9.81)xh (0.30)2

La velocidad en B será igual que la Velocidad en D porque las velocidades angulares son iguales para cualquier punto. 2 × (9.81) × (1.80 + ℎ) 2 × (9.81) × ℎ = (0.60)2 (0.30)2

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 0.36ℎ = 0.162 + 0.09ℎ 0.27ℎ = 0.162𝑥 ℎ = 0.6𝑚. Cómo la velocidad angular es la misma en cualquier punto, hallamos la Velocidad en B. W2 =

2x(9.81)x(1.80 + h) (0.60)2

W2 =

2x(9.81)x(1.80 + 0.60) (0.60)2

W2 =

2x(9.81)x(2.40) (0.60)2

W 2 = 130.8 W = 11.44

⇒

𝒘 = 𝟏𝟎𝟗. 𝟏𝟒 𝑹. 𝑷. 𝑴

Cómo estuvo lleno, el volumen derramado será: V = Volumen del Paraboloide(r = 0.60 m. ) − Volumen del Parabolide(r = 0.30 m. )

V=

πx(0.60)2 𝑥2.40 πx(0.30)2 𝑥0.60 − 2 2

V = 1.272345𝑚3 PROBLEMA Nº 46: Un tanque cilíndrico de 𝟏. 𝟐𝟎 𝐦 de diámetro y 𝟐. 𝟒𝟎 𝐦 de alto, es girado alrededor de su eje, a razón de 𝟕𝟕 𝐑. 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. SOLUCION:

Datos: 𝐷 = 1.2 𝑚 𝐻 = 2.4 𝑚 𝜔 = 77 𝑅𝑃𝑀 =

77 ∗ 2𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠 60 Página 22 de 211

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𝑔 = 9.81𝑚/𝑠 2

Al tratarse de un cilindro cerrado y completamente lleno, el giro formará una parábola teórica sobre la cara superior, como se muestra en la figura. Siendo h la máxima altura que alcanzará la parábola sobre el cilindro. La ecuación de la parábola se define por: 𝑧=

𝜔2 𝑥 2 2𝑔

La presión en un punto está definida por el peso específico multiplicado por la profundidad o cota: 𝑃=𝛾∗𝑧 A causa del movimiento rotatorio, la presión en cada punto se define de la siguiente manera: 𝑃=𝛾∗

𝜔2 𝑥 2 2𝑔

Sabemos que 𝐹 = 𝑃 ∗ 𝐴; si tomamos un anillo concéntrico diferencial sobre la tapa se tendrá: 𝑑𝐹 = 𝑃 ∗ 𝑑𝐴 𝑑𝐹 = 𝑃 ∗ 2𝜋𝑥𝑑𝑥 𝑑𝐹 =

𝛾𝜔2 𝑥 2 ∗ 2𝜋𝑥𝑑𝑥 2𝑔 𝐷

𝛾𝜔2 𝜋 2 3 ∫ 𝑥 𝑑𝑥 𝐹= 𝑔 0 𝐹=

𝛾𝜔2 𝜋(𝐷/2)4 4𝑔

Reemplazando valores, para 𝛾 = 1000 𝑘𝑔 − 𝑓/𝑚3: 𝑭 = 𝟔𝟕𝟓 𝒌𝒈.

La presión en la cara inferior estará definida de la siguiente manera: 𝑃 = 𝛾 ∗ (𝑧 + 2.4) 𝜔2 𝑥 2 𝑃=𝛾∗( + 2.4) 2𝑔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO La fuerza ejercida será entonces: 𝐷 2

𝜔2 𝑥 2 𝐹 = 2𝜋𝛾 ∫ ( + 2.4) 𝑥𝑑𝑥 2𝑔 0 𝐹=

𝛾𝜔 2 𝜋(𝐷/2)4 4𝑔

Reemplazando los valores:

+ 2.4𝜋𝛾(𝐷/2)2 𝑭 = 𝟑𝟑𝟖𝟕 𝒌𝒈.

Ahora hace falta hallar la presión en los costados del cilindro. La presión dependerá solamente de la cota. El área total donde se ejerce la fuerza se puede ver como un rectángulo de largo 𝐷𝜋 y altura 𝐻. Para hallar la cota, necesitaremos hallar la altura de la parábola en los bordes: 𝑧=

ℎ=

𝜔2 𝑥 2 2𝑔

𝜔2 (𝐷/2)2 = 1.193 𝑚 2𝑔

Tomaremos un diferencial de área en el rectángulo, esta tendrá siempre la misma base y de altura 𝑑𝑦. La cota para la diferencial se define por 1.193 + (2.4 − 𝑦) = (3.593 − 𝑦)𝑚 𝑃 = 𝛾(3.593 − 𝑦) 𝑑𝐹 = 𝑃. 𝑑𝐴 𝑑𝐹 = 𝛾(3.593 − 𝑦)𝐷𝜋𝑑𝑦 𝐻

𝐹 = 𝛾𝐷𝜋 ∫ (3.593 − 𝑦)𝑑𝑦 0

𝐹 = 𝛾𝐷𝜋 (3.593𝐻 −

𝐻2 ) 2

Reemplazando valores: 𝑭 = 𝟐𝟏𝟔𝟓𝟏 𝒌𝒈.

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PROBLEMA Nº 47: Un recipiente cónico de 1 m de radio y 1 m 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. SOLUCION:

𝑊 = 30 𝑥

2𝜋 𝑟𝑎𝑑 =𝜋 60 𝑠𝑒𝑔

a) Volumen que se derrama: 𝑉𝐷 =

𝜋 𝑥 𝑟4 𝑥 𝑊 2 𝜋 𝑥 1 𝑥 𝜋3 → 𝑉𝐷 = = 0.791 𝑚3 = 4𝑥𝑔 4 𝑥 9.8

𝟕𝟗𝟏 𝒍𝒊𝒕𝒓𝒐𝒔

b) Nivel de la superficie libre en reposo después de la rotación: 𝑉𝑇 =

𝜋 𝑥 𝑟2 𝑥 ℎ 𝜋𝑥1𝑥1 → 𝑉𝑇 = = 1.047 𝑚3 = 1047 𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠 3 3

∴ ∆𝑉 = 1.047 − 0.791 = 0.256 𝑚3 →

𝜋 0.503 𝜋 𝑥 𝑟 2 𝑥 ℎ𝑛 −𝜋𝑥 = ⇒ 3 2 3

𝒉𝒏 = 𝟎. 𝟔𝟐𝟓 𝒎

PROBLEMA Nº 48: Un recipiente semiesférico de 1 m. 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. SOLUCION: Datos: *𝑅𝑎𝑑𝑖𝑜𝑆𝐸 = 𝑟 = 1 𝑚

*𝜔 = 30 𝑅. 𝑃. 𝑀.

Para movimientos rotativos se sabe que: 𝑧=

𝜔2 𝑥 2 2𝑔

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Siendo r el radio de la esfera y h la profundidad al girar en el centro: ℎ=

𝜔2 𝑟 2 … … … … … … … … … … (1) 2𝑔

La superficie es un paraboloide cuyo volumen es: 𝑉𝑝 =

𝜋𝑟 2 ℎ … … … … … … … … … … (2) 2

Este es precisamente la cantidad de líquido que se derrama, (1) en (2): 𝑉𝐷 = 𝑉𝑃 =

𝜋𝑟 4 𝜔2 4𝑔

Reemplazando valores:

𝑉𝐷 =

2𝜋 2 𝜋(1)4 (30 60 ) 4(9.81)

= 0.790170 𝑚3 ⇒

𝑽𝑫 = 𝟕𝟗𝟎. 𝟏𝟕 𝑳𝒊𝒕𝒓𝒐𝒔

a) El volumen total de al semiesfera es: ℎ 𝑉𝑇 = 𝑉𝑆𝐸 = 𝜋 (𝑟 − ) ℎ2 ⇒ 𝑉𝑇 = 2.094395 𝑚3 3 Ahora hallamos el volumen que queda: 𝑉𝑇 − 𝑉𝐷 = 1.304225 𝑚3 Este es el volumen que tiene la nueva semiesfera al quedar en reposo luego de la rotación: ℎ 𝑉 = 𝜋 (𝑟 − ) ℎ2 3 Si sabemos que el radio y la altura en una semiesfera son iguales: 1.304225 =

2𝜋ℎ3 ⇒ 3

𝒉 = 𝟎. 𝟖𝟓𝟑𝟗𝟒𝟖 𝒎

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PROBLEMA Nº 49: Un vaso cilíndrico de 50 cm. De radio y 20 cm. De altura es ocupado por un líquido que ocupa una altura de 5 cm. 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. 𝟎𝟏𝒓𝟐 . Hallar la velocidad angular. SOLUCION:



Sabemos que: 𝜔2 ∗ 𝑟2 2 … . . (1) 2∗𝑔 𝜔2 ∗ 𝑟1 2 𝑍 + 0.20 = … . . (2) 2∗𝑔 𝑍=

Igualando las ecuaciones (Z): 𝜔2 ∗ 𝑟2 2 𝜔2 ∗ 𝑟1 2 = − 0.20 2∗𝑔 2∗𝑔 𝜔2 (𝑟1 2 − 𝑟2 2 ) = 0.20 2∗𝑔

Entonces la velocidad angular es: 2 ∗ 𝑔 ∗ 0.20 𝜔=√ 2 … . . (3) 𝑟1 − 𝑟2 2

 Como el agua no se ha perdido en el recipiente: 𝑉𝑜𝑙. 𝑃𝑎𝑟𝑎𝑏. 𝑀 − 𝑉𝑜𝑙. 𝑃𝑎𝑟𝑎𝑏. 𝑚 = 𝑉𝑜𝑙. 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 sin 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝜋 ∗ 𝑟1 2 ∗ (

𝑍 + 0.20 ) − 𝜋 ∗ 𝑟2 2 ∗ 𝑧 = 𝜋 ∗ 0.52 ∗ 0.15 2

𝐷𝑒 (2) … … 𝑍 + 0.20 =

𝐷𝑒(1) … … 𝑍 =

𝜋 ∗ 𝑟1 2 ∗ (

𝜔2 + 𝑟1 2 2+𝑔

𝜔2 + 𝑟1 2 2+𝑔

𝜔2 ∗ 𝑟1 2 𝜔2 ∗ 𝑟2 2 ) − 𝜋 ∗ 𝑟2 2 ∗ ( ) = 𝜋 ∗ 0.52 ∗ 0.15 4∗𝑔 4∗𝑔

𝜋 ∗ 𝜔2 4 (𝑟 − 𝑟2 4 ) = 𝜋 ∗ 0.52 ∗ 0.15 4∗𝑔 1 Página 27 de 211

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-

Como dato: 𝑟1 = 1.01 ∗ 𝑟2 2 ∗ 𝑔 ∗ 0.20 − 𝑆𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑜𝑐𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝜔 = √ 2 ; 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛; 𝑟1 − 𝑟2 2 2

2 ∗ 𝑔 ∗ 0.20 𝜋∗√ (𝑟2 ∗ 1.01)2 − 𝑟2 2 ((𝑟2 ∗ 1.01)4 − 𝑟2 4 ) = 𝜋 ∗ 0.52 ∗ 0.15 4∗𝑔 

Reduciendo, hallamos que 𝑟2 = 0.4308 𝑚.



Además: 𝑟1 = 0.4351 𝑚



REEMPLAZANDO ESTOS VALORES EN (3): 2 ∗ 9.81 ∗ 0.20 𝜔=√ 0.43512 − 0.43082 𝜔 = 32.464



𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔

Transformando a R.P.M. 𝜔 = 32.464

𝑟𝑎𝑑 60 ∗ = 𝑠𝑒𝑔 2 ∗ 𝜋

𝟑𝟎𝟗. 𝟔𝟓 𝑹. 𝑷. 𝑴.

PROBLEMA Nº 50: Un tanque cilíndrico lleno de mercurio (𝒅. 𝒓. = 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. 𝟎𝟎 𝒎 como también su altura, ¿cuál será la máxima presión que se desarrollará sobre el cilindro, y donde se presentará? Haga un croquis de la variación de presiones sobre el techo del depósito. SOLUCION:

Datos: 𝛾 = 13600 𝑘𝑔/𝑚3 (Si la densidad relativa es 13.6, el peso específico también) 𝜔 = 60 𝑅𝑃𝑀 = 2𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝐷 =1𝑚 𝐻 = 1𝑚 𝑔 = 9.81𝑚/𝑠 2

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Ya que el eje de giro está en la periferia, la parábola teórica tomará la forma siguiente: La ecuación de la parábola: 𝑧=

𝜔2 𝑥 2 2𝑔

La presión en un determinado punto: 𝑃 = 𝛾𝑧 𝜔2 𝑥 2 ) 𝑃 = 𝛾( 2𝑔 La máxima presión se dará cuando 𝑧 es máximo, esto se da cuando 𝑥 = 𝐷. Entonces tendremos: 𝑃=

𝛾𝜔2 𝐷2 2𝑔

Reemplazando valores: 𝑃 = 27365.26 𝑘𝑔/𝑚2 Lo que equivale a: 𝟐. 𝟕 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 = 𝟐𝒎 𝒅𝒆 𝑯𝒈 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 = 𝟐𝟕. 𝟑 𝒎. 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔

PROBLEMA Nº 51: Un tubo horizontal, de 2.40 m de largo y de 0.05 m de diámetro, es llenado con agua, bajo una presión de 0.70 kg/cm2, siendo después cerrado por los extremos. Si se imprime al tubo un movimiento de rotación en un plano horizontal, con el 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? SOLUCION:

𝑧=ℎ=

𝑊 2 𝑥 𝑋 2 (2𝜋)2 𝑥(2.40)2 = = 11.58999 𝑚 2𝑥𝑔 2 𝑥 9.81

→ 𝑃1 = 𝑤 𝑥 ℎ = 1000 𝑥 11.589 = 11589.99 ∴ 𝑃𝑇 = 𝑃 + 𝑃1 = 0.70 + 1.158999 =

𝑘𝑔 𝑘𝑔 = 1.158 2 2 𝑚 𝑐𝑚

𝟏. 𝟖𝟓𝟖𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐

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PROBLEMA Nº 52: Un vaso cónico de eje vertical, y con sus lados inclinados a 30° con respecto al indicado eje, gira alrededor de otro eje situado a 0.60 m. 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 derramada por el efecto rotativo? SOLUCION: Al girar adquiere una superficie parabólica dada por:

𝑧=

𝜔2 𝑥 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 2𝜔2 𝑥 = = tan 60° = √3 𝑑𝑥 2𝑔 De donde: 𝜔2 =

𝑔√3 𝑥

Como x = 0.60 m 𝜔2 =

(9.81)√3 ⇒ 𝜔 = 5.32 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠𝑒𝑔 (0.60)

𝜔 = 5.32 (

60 ) 2𝜋

⇒

𝝎 = 𝟓𝟎. 𝟖𝟎 𝑹. 𝑷. 𝑴.

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PROBLEMA Nº 53: Un cilindro vertical, de 1.80 m. de alto, y de 1.20 m. de diámetro, lleno de agua hasta los 2/3 de la altura, gira con velocidad uniforme alrededor de su eje, hasta el punto de derramar el agua. Calcúlese la velocidad lineal de la circunferencia del cilindro. ¿Cuál deberá ser la velocidad de rotación que haga derramar 170 litros? SOLUCION: a) Sabemos que: 𝜔2 ∗ 𝑥 2 𝑍= 2∗𝑔  Como sabemos 𝜔 ∗ 𝑥 = 𝜐  Además; VOLUMEN

DE

LA

PARÁBOLA=VOLUMEN

VACIO

DEL

CILINDRO 𝜋 ∗ 𝑅2 ∗

𝐻 = 𝜋 ∗ 𝑅2 ∗ 𝐻𝑜 2 𝑍

𝜋 ∗ 0.62 ∗ 2 = 𝜋 ∗ 0.6

𝑧 = 1.20



Entonces, tenemos: 𝜐2 𝑍= 2∗𝑔 Reemplazando: 1.20 ∗ 2 ∗ 9.81 = 𝜈 2 ⇒ 𝝂 = 𝟒. 𝟖𝟓 𝒎/𝒔

b) La velocidad de rotación necesaria para derramar 170 litros es: 𝝎 = 𝟖𝟔. 𝟑 𝑹. 𝑷. 𝑴

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PROBLEMA Nº 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 debe girar alrededor de su eje, si la presión del agua llega 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. SOLUCION: Primero calcularemos cuanto será la presión para esta ruptura: 𝜎=

𝑝.𝐷 2.𝑡

𝐷 = 𝑑𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜

𝜎 = 𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 𝑡 = 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑠𝑜𝑟 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜

𝑝 = 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 Despejamos con respecto a la presión:

𝑝= 𝑝=

2. 𝜎. 𝑡 𝐷

⇒

𝑝=

2 × 3500 × 0.6 180

⇒

2.𝜎.𝑡 𝐷

𝜎 = 3500

𝑘𝑔⁄ 𝑐𝑚2

𝑡 = 0.6𝑐𝑚 𝐷 = 180𝑐𝑚

𝑝 = 23.33 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2

Sabemos que la presión atmosférica es manométricamente cero entonces no es una presión considerable, la suma de presiones que se ejercen en este cilindro son: 𝑃 = 𝛾. ℎ + 𝛾. 𝑧 𝛾 = 1000

𝑘𝑔⁄ 𝑚3

= 10−3

𝑘𝑔⁄ 𝑐𝑚3

(1)

ℎ = 3𝑚 = 300𝑐𝑚

𝛾. ℎ = 0.3

𝑘𝑔⁄ 𝑐𝑚2

Movimiento rotativo existe: 𝑧=

𝑤2. 𝑟2 𝑤 2 . (0.9)2 = = 0.0413𝑤 2 𝑚 = 4.13𝑤 2 2. 𝑔 19.6 𝛾. 𝑧 = 10−3 × 4.13𝑤 2

𝑘𝑔⁄ 𝑐𝑚2

Reemplazamos en (1): 23.33 = 0.3 + 10−3 × 4.13𝑤 2 𝑤 = 74.6744 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠 En R.P.M

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑤=

74.6744×60 2.𝜋

⇒

𝒘 = 𝟕𝟏𝟑. 𝟎𝟖𝟖 𝑹. 𝑷. 𝑴

PROBLEMA Nº 55: Un depósito resbala por acción de su propio peso sobre un plano inclinado 40° con la horizontal. ¿Qué ángulo formará la superficie libre del líquido con la horizontal si el coeficiente de fricción entre el fondo del depósito y el plano inclinado es 𝒇 = 𝒕𝒈Ø = 𝟎. 𝟓? SOLUCION:

α=40°

Siendo:

f = tgØ = 0.5 𝑎𝑥 = 𝑔(sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼)

Entonces:

𝑎𝑥 = 9.81𝑥(sin 40° − 0.5𝑥 cos 40°) 𝑎𝑥 = 2.548298

𝑚 𝑠2

Para hallar el ángulo formado por la superficie libre del líquido con la horizontal, usamos: 𝑎𝑥 cos ∝ 𝑡𝑔𝜃 = −𝑎𝑥 sin ∝ + 𝑔 𝑡𝑔𝜃 = 0.238878 𝜽 = 𝟏𝟑°𝟐𝟕′

PROBLEMA Nº 56: Determinar el ángulo que formará con la horizontal la superficie libre del líquido contenido en un depósito que se desliza a una aceleración de 𝟐 𝒎/𝒔𝒆𝒈𝟐, sobre un plano inclinado, que hace un ángulo de 𝟑𝟎° con la horizontal. SOLUCION: Tomando una partícula sobre la superficie del líquido, ésta está sometida a la fuerza normal 𝑁 y su peso 𝑊. Al descomponer dichas fuerzas, debemos lograr el equilibrio, sabiendo que la aceleración

impresa

genera

una

fuerza

𝐹

equivalente al producto con la masa. ∑ 𝐹𝑦 = 0

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑁. cos(30 − 𝛼) − 𝑊. cos 30° = 0 𝑁. cos(30 − 𝛼) − 𝑚𝑔. cos 30° = 0

⇒

𝑁=

𝑚𝑔. cos 30° cos(30 − 𝛼)

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚. 𝑎𝑥 𝑊. sin 30° − 𝑁. sin(30 − 𝛼) = 𝑚. 𝑎𝑥 𝑚𝑔. sin 30° −

𝑚𝑔. cos 30° . sin(30 − 𝛼) = 𝑚. 𝑎𝑥 cos(30 − 𝛼)

𝑔. sin 30° − 𝑎𝑥 = 𝑔. cos 30° . tan(30 − 𝛼) tan(30 − 𝛼) =

𝑔. sin 30° − 𝑎𝑥 𝑔. cos 30°

Reemplazando valores: tan(30 − 𝛼) = 0.34194 30 − 𝛼 = 18°52′ . 9′′ 𝜶 = 𝟏𝟏°𝟕′ 𝟐𝟕. 𝟏′′

PROBLEMA Nº 57: Un vaso cilíndrico cerrado de 1.50 m de diámetro y 0.60 de altura, tiene agua hasta una altura de 0.45 cm. ¿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? SOLUCION:

Por propiedad, la velocidad será: 𝑊=

2 𝑥 √𝑔 𝑥 ℎ 2 𝑥 √9.8 𝑥 0.60 𝑟𝑎𝑑 = = 6.47 𝑟 0.75 𝑠𝑒𝑔

La presión en el perímetro del fondo del vaso: 𝑃 = 𝑤 𝑥 𝑧 = 𝑤𝑥 𝑊 2 𝑥

𝑋2 𝑘𝑔 = 1201.3 2 2𝑥𝑔 𝑚

𝟏. 𝟐𝟎𝟏𝟑 𝒎 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔

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PROBLEMA Nº 58: Un tubo horizontal de 3 pulgadas de diámetro, 4 pies de largo, es llenado con un aceite de gravedad especifica igual a 0.822 (a presión atmosférica). Si se imprime al tuvo un movimiento de rotación en un plano horizontal, con el eje de rotación, distante 12’’ de uno de los extremos del tubo, a 262.5 revoluciones por minuto. ¿Dónde se presenta la máxima presión y cuál es su valor? SOLUCION:

Para todo movimiento rotativo se tendrá: 𝑧=

𝜔2 𝑥 2 … … … … … (1) 2𝑔

Dónde: *𝜔 = 262.5 𝑅. 𝑃. 𝑀. *𝑧 = ℎ + 𝐷

*𝑥 = 1.524 𝑚

*𝐷 = 0.0762 𝑚

Ya que aquí se ejercerá la máxima presión. (No llega a pasar la línea barométrica por el otro extremo) Reemplazando en (1):

ℎ + 0.0762 =

2𝜋 2 ) (1.524)2 60 ⇒ ℎ = 89.3738 𝑚 2(9.81)

(262.5

Si sabemos que: 𝑃 = 𝜌𝑔ℎ = 𝛾ℎ ------------------------ (2) Tenemos: 𝜸𝒂𝒃𝒔 = 𝜸𝒓𝒆𝒍 . 𝜸𝑯𝟐𝑶 = (0.822)(9810) ⇒ 𝛾𝑎𝑏𝑠 = 8063.82

𝑘𝑔 𝑚2 . 𝑠𝑒𝑔 2

Reemplazando en (2): 𝑃 = (8063.82)(89.3738) = 720694.2359

𝑁 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 𝑚2

Equivalencias: 𝑁

0.102𝑥10−4

𝑃 = 720694.2359 𝑚2 ( 𝑃 = 7.35

𝑘𝑔 𝑐𝑚 2

14.22

(

1

𝐿𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠 𝑝𝑢𝑙𝑔2

𝑘𝑔 𝑐𝑚2

𝑁 1 2 𝑚

)⇒

𝑘𝑔 𝑐𝑚2

)⇒

𝑷 = 𝟕. 𝟑𝟓

𝑷 = 𝟏𝟎𝟒. 𝟓𝟏𝟕

𝒌𝒈 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 𝒄𝒎𝟐

𝑳𝒊𝒃𝒓𝒂𝒔 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐

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PRÁCTICA Nº 2: (59-81): RELACION ENTRE LAS PRESIONES DE DIFERENTES PUNTOS DE UNA MASA FLUIDA PROBLEMA Nº 59: Un cilindro de gas contiene gas de alto grado bajo una presión correspondiente a 2” de agua. Si el recipiente está a 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 𝒍𝒊𝒃⁄𝒑𝒊𝒆𝟑 , y se supone constantes para cualquier altura. Peso específico del agua = 62.3 𝒍𝒊𝒃𝒓𝒂𝒔⁄𝒑𝒊𝒆𝟑 . SOLUCION: Según el enunciado, la presión en el cilindro es: 𝑃𝐵 = 𝑃 𝑎𝑡𝑚 + 𝑃 𝑑𝑒 2"𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 … … … … (1) Esta presión también tiene por valor: 𝑃𝐵 = 𝑝′ 𝑎𝑡𝑚 + 𝑝 500′ 𝑔𝑎𝑠 + 𝑝 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 … . (2) 𝐼𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 (1) 𝑒𝑛 (2) 𝑃 𝑎𝑡𝑚 + 𝑝 𝑑𝑒 2" 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑝′ 𝑎𝑡𝑚 + 𝑝 𝑑𝑒 500′ 𝑔𝑎𝑠 + 𝑝 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 … … … … … . (3) Pero: 𝑝 𝑑𝑒 2" 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑤ℎ = 62.4 (

2 ) = 10.4 𝑙𝑏𝑠⁄𝑝𝑖𝑒 3 12

𝑝′ 𝑎𝑡𝑚 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 − 𝑝 𝑑𝑒 500′ 𝑑𝑒 𝑎𝑖𝑟𝑒 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 = 0.08 × 500 𝑝 𝑑𝑒 500′ 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠 = 0.04 × 500 = 20 𝑙𝑏𝑠⁄𝑝𝑖𝑒 3 Reemplazando estos valores en (3) 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 10.4 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 − 0.08 × 500 + 20 + 𝑝 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 Simplificando y despejando la incógnita: 𝑝 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 10.4 − 20 + 40 𝑝 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 30.4 𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠 ⁄𝑝𝑖𝑒 2

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Transformando esta presión en pulgadas de agua:

𝑝 = 𝑤𝑧

𝑧=

𝑝 30.4 𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠 ⁄𝑝𝑖𝑒 2 = 𝑤 62.4 𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠 ⁄𝑝𝑖𝑒 3

Como 1 𝑝𝑖𝑒 = 12 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑧 = 0.487 × 12 = 5.85" 𝒛 = 𝟓. 𝟖𝟓 𝒑𝒖𝒍𝒈𝒂𝒅𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂 PROBLEMA Nº 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)? SOLUCION: La presión en B será: 𝑃𝐵 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 − 0.38𝑤𝐼 … … … … (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 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐷 𝑝𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜, 𝑠𝑒𝑟𝑎 ∶ 𝑃𝐷 = 𝑃𝐵 + 0.5 𝑤𝐼𝐼 … … … … … . (2) Reemplazando (1) y (2), como también reemplazando valores: 𝑃𝐷 = 1.033 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 − 0.38 × 13.6 𝑇𝑛⁄𝑚2 + 0.55 × 1.25 𝑇𝑛⁄𝑚2 𝑃𝐷 = 1.033 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 − 4.48 𝑇𝑛⁄𝑚2 Trabajando con 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 𝑝 = 1.033 − 0.448 ⇒

𝒑 = 𝟎. 𝟓𝟖𝟓 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 𝒂𝒃𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒐𝒔

La presión relativa será: 𝑝 = 0.585 − 1.033 ⇒

𝒑 = −𝟎. 𝟒𝟒𝟖 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 61: Dos vasos A y B, que contienen agua bajo presión, están conectados por medio de un piezómetro diferencial de aceite. Si un punto m, del vaso A. esta 1.48m por debajo de un punto n del vaso B, determínese la diferencia de presión entre ambos puntos, cuando el extremo superior de la columna de agua, en el tubo que entre A, se halla 0.38m por debajo del extremo superior de la columna de agua en el vaso B. La cantidad del aceite es 0.80. SOLUCION: En D y C, las presiones son: 𝑃𝐷 = 𝑃𝑚 − 𝑤𝑦 𝑃𝐶 = 𝑃𝑛 − 𝑤𝑧 Restando las dos ecuaciones: 𝑃𝐷 − 𝑃𝐶 = 𝑃𝑚 − 𝑃𝑛 − 𝑤(𝑦 − 𝑥) De donde: 𝑃𝑚 − 𝑃𝑛 = 𝑃𝐷 − 𝑃𝐶 + 𝑤(𝑦 − 𝑥) … … . . (1) Pero: 𝑃𝐷 − 𝑃𝐶 = 𝑤, 𝑧 = 0.8 + 𝑥 = 0.38 𝑇𝑛⁄𝑚2 2 Por la figura: 1.48 + 𝑥 = 0.38 + 𝑦 De donde:

𝑦 − 𝑥 = 1.10𝑚 𝑤 = 1,000 𝐾𝑔⁄𝑚3 = 1 𝑇𝑛⁄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 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 𝑷𝒎 − 𝑷𝒏 = 𝟏. 𝟒𝟎𝟒 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

PROBLEMA Nº 62: Un piezómetro abierto está conectado a un tanque conteniendo agua como se muestra en la figura. El líquido en el piezómetro es mercurio (p.e = 13.6). Cuando la

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 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 la superficie de agua en el tanque esta en B, 5m sobre A. SOLUCION: La expresión en el punto D tiene por expresión: 𝑃𝐷 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 𝑤𝑧 … … … . . (1) 𝑃𝐷 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 𝑤ℎ … … … . . (2) Igualando (1) y (2): 𝑤𝑧 = 𝑤ℎ 𝑧=

𝑤ℎ 13.6 × 0.60 = = 8.16𝑚 𝑤 1

Cuando al tanque se 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. En la figura se puede plantear: 𝑃𝐷 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 5𝑤 + 𝑤𝑧 + 𝑤𝑦 … … … … . (3) 𝑃𝐷 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 𝑤𝑦 + 𝑤𝐼 0.60 + 𝑤𝐼 𝑦 … … (4) Igualando (3) y (4): 𝑤(5 + 𝑧 + 𝑦) = (𝑦 + 0.60 + 𝑦)𝑤𝐼 1(5 + 8.16 + 𝑦) = 27.2𝑦 + 8.16 De donde: 26.2𝑦 = 5 𝑦=

5 = 0.19𝑚 26.2

Entonces el “h” pedido será: ℎ = 2𝑦 + 0.60 = 2 × 0.19 + 0.60

⇒

ℎ = 0.38 + 0.60 𝒉 = 𝟎. 𝟗𝟖𝒎

PROBLEMA Nº 63: Hallar la diferencia de presiones en 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 entre las tuberías A, B y C del sistema que se muestra en la figura.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO SOLUCION: Por la figura se nota, que el punto B tiene más presión que cada una de los otros. Planteando: 𝑃𝐵 = 𝑃𝐷 + 0.6𝑤 𝑃𝐴 = 𝑃𝐸 + 0.5𝑤 Restando: 𝑃𝐵 − 𝑃𝐴 = 𝑃𝐷 − 𝑃𝐸 + 0.1𝑤 Pero: 𝑃𝐷 − 𝑃𝐸 = 𝑤𝐼 (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 𝑷𝑩 − 𝑷𝑨 = 𝟎. 𝟎𝟓𝟖 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 Planteando ahora para los puntos B y C: 𝑃𝐵 = 𝑃𝐹 + 0.2𝑤 𝑃𝐶 = 𝑃𝐺 − 𝑤(0.5 + 0.3) Restando: 𝑃𝐵 − 𝑃𝐶 = 𝑃𝐹 − 𝑃𝐺 − 0 Pero: 𝑃𝐹 − 𝑃𝐺 = 𝑤𝐼 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

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 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 diferencia de presión ¿Cuál hubiera sido el desnivel entre las ramas del piezómetro si se hubiera usado tetra cloruro de carbono, de densidad relativa igual a 1,6? SOLUCION: Como el problema presentase para dos casos, resolveremos el problema en forma general para esta clase de piezómetros: 𝑃1 = 𝑃𝐴 − 𝑤𝑥 𝑃2 = 𝑃𝐵 − 𝑤𝑦 Restando: 𝑃1 − 𝑃2 = 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 − 𝑤(𝑥 − 𝑦) … . . . (1) Pero la diferencia de presiones entre A y B es: 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝑤𝐼 𝑧 … … … … . . … … … … … … (2) Viendo la figura, se aprecia:

𝑥 = ℎ+𝑦+𝑧

De donde: 𝑥 − 𝑦 = ℎ + 𝑧 … … … … . (3) Reemplazando (2) y (3) en (1):

𝑃1 − 𝑃2 = 𝑤𝐼 𝑧 − 𝑤(ℎ + 𝑧) … … … … … (4)

Esta expresión (4), resuelve cualquier problema de este tipo de piezómetros. Calculo de la diferencia de presiones: 𝑤𝐼 = 2.96 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚3 = 0.00296 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚3

𝑤 = 1 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚3 = 0.001 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚3

𝑧 = 50𝑐𝑚

ℎ = 60𝑐𝑚

Reemplazando estos datos en (4): 𝑃1 − 𝑃2 = 0.00296 × 50 − 0.001(60 + 50) 𝑃1 − 𝑃2 = 0.148 − 0.11 𝑷𝟏 − 𝑷𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟖 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Para el segundo caso: 𝑃1 − 𝑃2 = 0.038 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2

𝑤𝐼 = 1.6 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚3 = 0.0016 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚3

𝑤 = 0.001 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚3

ℎ = 60𝑐𝑚

Reemplazando estos datos en (4): 0.038 = 0.0016𝑧 − 0.001(60 + 𝑧) 98 = 0.6𝑧 De donde:

𝒛 = 𝟏𝟔𝟑𝒄𝒎

PROBLEMA Nº 65: Calcular la densidad relativa del líquido en el deposito B. El líquido en el deposito A es agua y el líquido en el piezómetro diferencial es mercurio. SOLUCION: Trabajando en el recipiente A: 𝑃𝑁 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 𝑤(743 + 80 + 60) − 𝑤𝐼 60 Trabajando en el recipiente B: 𝑃𝑁 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 𝑤𝐼𝐼 80 Igualando estas dos presiones del mismo punto N: 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 𝑤(8⁄33) − 60𝑤𝐼 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 80𝑤𝐼𝐼 883𝑤 + 60𝑤𝐼 = 80𝑤𝐼𝐼 … … … … … … . (1) Pero como: 𝑤 = 1 𝑦 𝑤 ′ = 13.6 Reemplazando en (1) queda: 883 − 60 × 13.6 = 80𝑤𝐼𝐼 883 − 816 = 80𝑤𝐼𝐼 80𝑤𝐼𝐼 =

67 80

⇒

𝒘𝑰𝑰 = 𝟎. 𝟖𝟑𝟕𝟓

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 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. SOLUCION: Como pide presiones relativas, se considera

como

0

la

presión

atmosférica. Partiremos del punto N: 𝑃𝐵 = 𝑤𝐼 (20 + 100) − 𝑤(100 − 60) 𝑃𝐵 =

1.6 1 (120) − (40) 1000 1000

𝑃𝐵 = 0.192 − 0.040 𝑷𝑩 = 𝟎. 𝟏𝟓𝟐 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

La presión en C será: 𝑃𝐶 = 𝑃𝐵 − 𝑤(60 − 30) + 𝑤𝐼𝐼 (80 + 100) 𝑃𝐶 = 0.152 −

1 13.6 0.9 (30) + (50) − (180) 1000 1000 1000

𝑃𝐶 = 0.152 − 0.030 + 0.680 − 0.162 𝑷𝑪 = 𝟎. 𝟔𝟒𝟎 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 La presión en A será: 𝑃𝐴 = 𝑃𝐶 + 𝑤𝐼𝐼 (100 − 60) + 𝑤60 = 0.640 +

0.9 1 (40) + (60) 1000 1000

𝑷𝑨 = 𝟎. 𝟕𝟑𝟔 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 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 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. SOLUCION: Al conectar los tanques a una tubería de gas, se produce la deflexión, es decir que parte del kerosene

del

tanque A

se

introduce en el

piezómetro, empujando el alcohol que se desplaza de lugar, luego se puede plantear. (𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒)𝑥 = (𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑢𝑏𝑜)(𝑑𝑒𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖𝑜𝑛) De donde: 𝑥=

𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑢𝑏𝑜 1 (𝑑𝑒𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖𝑜𝑛) = (60) 𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 100

𝑥 = 0.60𝑐𝑚 Según la figura: 𝑃𝑀 = 𝑃𝐴 − (60 + 𝑦)𝑤𝐼 𝑃𝑁 = 𝑃𝐵 − (𝑥 + 𝑦)𝑤𝐼𝐼 Restando: 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝑃𝑀 − 𝑃𝑁 + (60 + 𝑦)𝑤𝐼 − (𝑥 + 𝑦)𝑤𝐼𝐼 𝑃𝑒𝑟𝑜: 𝑃𝑀 − 𝑃𝑁 = 𝑤𝐼𝐼 60 =

𝑤𝐼 =

0.81 (60) 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 1000

0.79 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚3 1000

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Luego: 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 =

0.81 0.79 0.79 (60) + (60 + 𝑦) − (0.6 + 𝑦) 1000 1000 1000

𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 0.0486 + 0.0474 + 0.00079𝑦 − 0.000474 − 0.00079𝑦 𝑷𝑨 − 𝑷𝑩 = 𝟎. 𝟎𝟗𝟓𝟓𝟐𝟔 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

PROBLEMA Nº 68: Hallar el valor de la presión p de la caldera que se muestra en la figura para las condiciones que se indican en el piezómetro diferencial de 3 ramas: SOLUCION: La presión de la caldera se puede considerar la presión en el punto G: Tiene como valor: 𝑝 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 𝑝𝐴𝐵 − 𝑝𝐵𝐶 + 𝑝𝐶𝐷 − 𝑝𝐷𝐸 + 𝑝𝐸𝐹 − 𝑝𝐹𝐺 . . (1) Pero:

𝑝𝐴𝐵 = 𝑝𝐶𝐷 = 𝑝𝐸𝐹 = 𝑤𝐼 = 120 𝑝𝐵𝐶 = 𝑝𝐷𝐸 = 𝑝𝐹𝐺 = 𝑤 = 120

Estos valores en (1): 𝑝 = 𝑝 𝑎𝑡𝑚 + 3𝑤𝐼 120 − 3𝑤120 Como: 𝑝 𝑎𝑡𝑚 = 1.033 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 𝑤𝐼 =

13.6 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚3 1000

(𝑤𝐼 = 13.6)𝐻𝑔

; 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

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PROBLEMAS SUPLEMENTARIOS PROBLEMA Nº 69: Transforme una presión relativa de 10 m. de agua a: a) Metros de agua absolutos b) Kg/cm2 absolutos c) Kg/cm2 relativos d) Libras/pulg2 relativos e) Libras/pulg2absolitos f) Pies de agua absolutos g) Pies de agua relativos h) Pulgadas de mercurio absolutos y relativos SOLUCION: 

Como dato se tiene: 𝑃 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 = 10 𝑚. 𝑐. 𝑎 𝑃𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑎 = 𝑃 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 + 𝑃 𝑎𝑡𝑚 Se sabe que: 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 1.033 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 … . 𝑇𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜𝑙𝑜 𝑎 𝑚. 𝑐. 𝑎: 𝑃 𝑎𝑡𝑚 = 10.33𝑚. 𝑐. 𝑐 𝑴𝒆𝒕𝒓𝒐𝒔 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖 𝒂𝒃𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒐𝒔 = 𝟏𝟎 𝒎. 𝒄. 𝒂 + 𝟏𝟎. 𝟑𝟑 𝒎. 𝒄. 𝒂 = 𝟐𝟎. 𝟑𝟑 𝒎. 𝒄. 𝒂



𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜𝑠 = 𝑃 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 (𝑒𝑛 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 ) + 𝑃𝑎𝑡𝑚 𝑇𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 10 𝑚. 𝑐. 𝑎. 𝑎 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 … … . .1 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 𝒂𝒃𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒐𝒔 = 𝟏 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 + 𝟏. 𝟎𝟑𝟑 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 = 𝟐. 𝟎𝟑𝟑 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐



𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 Del inciso (b), se tiene que: 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 = 𝟏 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐



𝑙𝑖𝑏⁄𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 = 10𝑚. 𝑐. 𝑎 (𝑒𝑛 𝑙𝑖𝑏⁄𝑝𝑢𝑙𝑔2 ) 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 = 𝟏𝟒. 𝟐𝟐𝟑



𝑙𝑖𝑏 ⁄𝑝𝑢𝑙𝑔 2 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑎𝑠 = 10𝑚. 𝑐. 𝑎 (𝑒𝑛 𝑙𝑖𝑏 ⁄𝑝𝑢𝑙𝑔 2 ) + 𝑃𝑎𝑡𝑚(𝑒𝑛 𝑙𝑖𝑏 ⁄𝑝𝑢𝑙𝑔 2 ) 𝐷𝑒𝑙 𝑖𝑛𝑐𝑖𝑠𝑜 (𝑑) = 10𝑚. 𝑐. 𝑎 = 14.223 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 14.693 𝒍𝒊𝒃⁄𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐 𝒂𝒃𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒂𝒔 = 𝟐𝟖. 𝟗𝟏𝟔

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

𝑃𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎𝑠 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑎𝑠 = 10 𝑚. 𝑐. 𝑎(𝑒𝑛 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎𝑠) 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒂𝒃𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒐𝒔 = 𝟑𝟐. 𝟖𝟎𝟖



𝑃𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎𝑠 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎𝑠 = 10 𝑚. 𝑐. 𝑎(𝑒𝑛 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎𝑠) + 𝑃𝑎𝑡𝑚(𝑒𝑛 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎𝑠) 𝐷𝑒𝑙 𝑖𝑛𝑐𝑖𝑠𝑜 (𝑓) = 10𝑚. 𝑐. 𝑎 = 32.808 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 33.892 𝑷𝒊𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂𝒔 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒂𝒔 = 𝟔𝟔. 𝟕



𝑃𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑟𝑐𝑢𝑟𝑖𝑜 = 10 𝑚. 𝑐. 𝑎(𝑒𝑛 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑟𝑐𝑢𝑟𝑖𝑜 ) 𝑃𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑟𝑐𝑢𝑟𝑖𝑜 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 = 29.958 𝑷𝒖𝒍𝒈𝒂𝒅𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝒎𝒆𝒓𝒄𝒖𝒓𝒊𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 = 𝟐𝟗. 𝟗𝟓𝟖 + 𝟐𝟗. 𝟗𝟏𝟓 = 𝟓𝟗. 𝟖𝟕𝟑

PROBLEMA Nº 70: ¿Cuál es la diferencia de presión en 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 entre dos puntos de una masa liquida de peso específico 1500𝒌𝒈/𝒎𝟑 si la distancia vertical entre ellos es de 0.50 metros? SOLUCION: Por diferencia de presiones: 𝛾 = 1500𝑘𝑔/𝑚3

ℎ = 0.50𝑚

𝑦 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑃1 − 𝑃2 = 𝛾. ℎ 𝑃1 − 𝑃2 = 1500 × 0.50 = 750 𝑘𝑔/𝑚2 𝑷𝟏 − 𝑷𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟕𝟓 𝒌𝒈/𝒎𝟐

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 71: Un tanque cerrado de 0.5 m. de base y 8m 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. SOLUCION:

𝐷𝑎𝑡𝑜:

𝑝. 𝑒(𝐴𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒) = 0.8

𝑃 = 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 + 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑃 = (0.8)𝑥(9810 𝑁⁄𝑚3 )𝑥(2 𝑚) + (9810 𝑁⁄𝑚3)𝑥(6 𝑚) 𝑃 = (15696 + 58860) 𝑁⁄𝑚2 𝑃 = 74556 𝑁⁄𝑚2 Sabemos que:

𝐹 = 𝑃𝑥𝐴 𝜋𝑥𝑑2 4 Entonces: 𝐴=

⇒

𝐴=

𝜋𝑥(0.5)2 4

⇒

𝐴 = 0.196349𝑚2

𝐹 = (74556 𝑁⁄𝑚2 )𝑥(0.196349𝑚2 ) ⇒ 𝐹 = 14639.03637𝑁 ⇒

𝑭 = 𝟏𝟒𝟗𝟑. 𝟕𝟕𝟗𝟐𝟐𝟏𝒌𝒈𝒔

PROBLEMA Nº 72: Si a un tanque cerrado de base 𝟎. 𝟓 𝒎. Y 𝟖 𝒎. De altura, lleno hasta los 𝟔 𝒎. De agua y el resto de aceite (𝒑. 𝒆. = 𝟎. 𝟖) se le coloca un tubo vertical de 𝟐" x 𝟏𝟎 𝒎. Lleno de aceite (𝒑. 𝒆. = 𝟎. 𝟗), ¿cuál será la presión total sobre el fondo en kgs? SOLUCION: El diámetro del tubo es 2’’ que equivale a 0.0508 𝑚. La presión total estará dada por la suma de presiones, desde el punto más alto hasta el fondo. La presión en un punto es 𝑃 = 𝛾𝑧 En este problema, el peso específico será relativo al del agua: 𝛾𝐻2𝑂 = 1000 𝑘𝑔/𝑚3 𝐹𝑇 = ∑ 𝐹 = ∑ 𝑃 ∗ 𝐴

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝐹𝑇 = ∑ 𝐹 = ∑ 𝛾𝑧𝐴

𝐸𝑛 𝑒𝑙 𝑡𝑢𝑏𝑜 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙, 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑠𝑒𝑟𝑎

𝜋(0.0508)2 = 0.002027𝑚2 4

𝐸𝑛 𝑒𝑙 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒, 𝑒𝑙 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎𝑦 𝑒𝑙 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑒𝑠 0.52 = 0.25𝑚2 𝐹𝑇 = (900𝑘𝑔/𝑚3 )(10𝑚)(0.002027𝑚2 ) + ((800𝑘𝑔/𝑚3 )(2𝑚) + (1000𝑘𝑔/𝑚3)(6𝑚))(0.25𝑚2 ) 𝑭𝑻 = 𝟏𝟗𝟏𝟖 𝒌𝒈𝒔

PROBLEMA Nº 73: Un tanque contiene gas de alumbrado, bajo una presión de 5 cm de agua. Si el nivel del tanque es el nivel 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/m3, respectivamente. SOLUCION:

𝑃 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑃 5𝑐𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑃 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑃 ′ 𝑎𝑡𝑚 + 𝑃 15000 𝑐𝑚 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠 + 𝑃 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎

𝑤𝑔𝑎𝑠 =

𝑤𝑎𝑔𝑢𝑎 =

10−3 𝑘𝑔 𝑐𝑚 3

𝑤𝑎𝑖𝑟𝑒 =

1.28 𝑥 10−6 𝑘𝑔 𝑐𝑚 3

0.64 𝑥 10−6 𝑘𝑔 𝑐𝑚 3

𝑃5𝑐𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑤 𝑥 ℎ = 0.005 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚 2 𝑃 ′ 𝑎𝑡𝑚 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 𝑃15000𝑐𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑖𝑟𝑒 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 15000 𝑥 1.28 𝑥 10−6 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 0.0192 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚 2 𝑃15000𝑐𝑚 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠 = 𝑤 𝑥 ℎ = 15000 𝑥 0.64 𝑥 10−6 = 0.0096 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚 2 ′

𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑃5𝑐𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑃 𝑎𝑡𝑚 + 𝑃15000𝑐𝑚 𝑑𝑒 𝑔𝑎𝑠 + 𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 0.005 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚 2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 0.0192 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚 2 + 0.0096 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚 2 + 𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎

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𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 0.0146 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚 2 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚 2

𝑃

∴ℎ=𝑤

𝑎𝑔𝑢𝑎

=

0.0146 0.001

=

𝟏𝟒. 𝟔 𝒄𝒎 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂

PROBLEMA Nº 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 es 0.85. ¿Cuál será la diferencia entre las intensidades de las presiones en los puntos m y n? Cuando h = 1.20 m. y z = 0.25 m. SOLUCION: En N y M, las presiones son: 𝑃𝑁 = 𝑃𝐴 + 𝜌1 . 𝑔. ℎ1 𝑃𝑀 = 𝑃𝐵 + 𝜌1. 𝑔. ℎ2 Restando de arriba hacia abajo: 𝑃𝑁 − 𝑃𝑀 = 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 + 𝜌1 . 𝑔. (ℎ1 − ℎ2 ) … … … . . (1) *𝜌1 = 1000

𝑘𝑔 𝑚3

*ℎ1 = 1.20 𝑚

*ℎ2 = 0.25 𝑚

Reemplazando y operando en (1): 𝑃𝑁 − 𝑃𝑀 = 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 + 9319.50 𝑁⁄𝑚2 … … … … (2)

Además: 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝜌2 . 𝑔. ℎ2 … … … … … … … … … … … . . (3) Tenemos que: 𝜌2 = 𝜌𝑟𝑒𝑙 . 𝜌𝐻2𝑂 = (0.85)(1000) ⇒ 𝜌2 = 850 𝐾𝑔⁄𝑚3

Reemplazando y operando en (3): 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = (850). (9.81). (0.25) 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 2084.625 𝑁⁄𝑚2 Reemplazando (4) en (2): 𝑃𝑁 − 𝑃𝑀 = 2084.625 𝑁⁄𝑚2 + 9319.50 𝑁 ⁄𝑚2 𝑃𝑁 − 𝑃𝑀 = 11404.125 𝑁⁄𝑚2 𝑷𝑵 − 𝑷𝑴 = 𝟎. 𝟏𝟏𝟔𝟑𝟐𝟐 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

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PROBLEMA Nº 75: En la figura, la densidad A contiene aceite de densidad relativa 0.9 y la tubería B, agua. Determinar la presión relativa en los puntos A, B, C y D en kg/cm2. SOLUCION: 

Hallando la presión en A:

𝑃𝐴 = −30 ∗

0.9 = −0.027 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 1000

𝑷𝑨 = −𝟎. 𝟎𝟐𝟕 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 

Hallando la presión en C:

𝑃𝐶 = 𝑃𝐴 − 120 ∗

0.9 1000

𝑃𝐴 + 0.108 = −0.135 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 𝑷𝑪 = −𝟎. 𝟏𝟑𝟓 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐



Hallando la presión en D: 𝑃𝐷 = 𝑃𝐶 + (120 − 20) ∗ (

0.9 1.6 1 ) + 110 ∗ ( ) − 125 ∗ ( ) 1000 1000 1000

𝑃𝐷 = 𝑃𝐶 + 0.09 + 0.176 − 0.125 𝑷𝑫 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟔 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 

Hallando la presión en B: 𝑃𝐵 = 𝑃𝐷 + 115 ∗ (

1 ) 1000

𝑷𝑩 = 𝟎. 𝟏𝟐𝟏 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

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PROBLEMA Nº 76: Se usa un piezómetro para medir la presión del aire en el cuarto de calderas de un vapor. El piezómetro tiene la forma de un tubo en U, vertical, de vidrio, parcialmente llenado con agua, con una rama del tubo en el cuartos de calderas, y la otra rama en el exterior del casco, donde reina la presión atmosférica. La otra interior del tubo ha sido llenada con aceite de densidad 0.80, estando la línea de separación entre el agua y aceite de esta rama interior. Las partes superiores de las dos ramas del 10 veces más grande que el resto del tubo. Los extremos superiores de las columnas de agua y de aceite se hallan en las partes ensanchadas del tubo. Determínese que aumento en la presión (en exceso de la presión atmosférica), en el cuarto de calderas, causara que la línea de separación entre los dos líquidos descienda 25 milímetros.

PROBLEMA Nº 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. SOLUCION: Como nos pide presiones relativas, se considerará como 0 la presión atmosférica. La presión en A es: 𝑃𝐴 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + (0.45𝑚)(𝛾𝐶𝐶𝑙4 ) − (0.20𝑚)(𝛾𝐻20 ) 𝑃𝐴 = 0 + (0.45𝑚)(15696 𝑁⁄𝑚3 ) − (0.20𝑚)(9810 𝑁⁄𝑚3) 𝑃𝐴 = 7063.20𝑃𝑎 − 1962𝑃𝑎 𝑃𝐴 = 5101.20𝑃𝑎 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 ) 𝑃𝐴 = (5101.20𝑃𝑎) ( 98066.5 𝑃𝑎 𝑷𝑨 = 𝟎. 𝟎𝟓𝟐 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 La presión en C es: 𝑃𝐶 = 𝑃𝐴 − (0.80𝑚)(𝛾𝐻2 0 ) 𝑃𝐶 = 5101.2𝑃𝑎 − (0.80𝑚)(9810 𝑁⁄𝑚3 ) 𝑃𝐶 = 5101.2𝑃𝑎 − 7848𝑃𝑎 𝑃𝐶 = −2746.8𝑃𝑎

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑃𝐶 = −2746.8𝑃𝑎 (

𝐾𝑔⁄𝑐𝑚 2 98066.5 𝑃𝑎

) ⇒

𝑷𝑪 = −𝟎. 𝟎𝟐𝟖 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

La presión en D es: 𝑃𝐷 = 𝑃𝐶 + (0.90𝑚)(𝛾𝐻2𝑂 ) + (0.20𝑚)(𝛾𝐻𝑔 ) − (0.80𝑚)(𝛾𝐻2𝑂 ) 𝑃𝐷 = 𝑃𝐶 + (0.20𝑚)(𝛾𝐻𝑔 ) + (0.10𝑚)(𝛾𝐻2𝑂 ) 𝑃𝐷 = −2746.8𝑃𝑎+(0.20𝑚)(133416 𝑁⁄𝑚3 ) + (0.10𝑚)(9810 𝑁⁄𝑚3 ) 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 ) ⇒ 𝑃𝐷 = 24917.40𝑃𝑎 ( 98066.5 𝑃𝑎

𝑷𝑫 = 𝟎. 𝟐𝟓𝟒 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

La presión en B es: 𝑃𝐵 = 𝑃𝐷 + (0.80𝑚)(𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 ) 𝑃𝐵 = 24917.40𝑃𝑎 + (0.80𝑚)(8829 𝑁⁄𝑚3 ) 𝑃𝐵 = 31980.6𝑃𝑎 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 ) ⟹ 𝑃𝐵 = 31980.6𝑃𝑎 ( 98066.5 𝑃𝑎

𝑷𝑩 = 𝟎. 𝟑𝟐𝟔 𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

PROBLEMA Nº 78: Calcular la diferencia de presiones en 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐, entre las secciones A y B de la tubería horizontal, por donde circula agua. El líquido piezométrico es mercurio de densidad relativa 𝟏𝟑. 𝟔. SOLUCION: Recordemos que la presión manométrica está dada por: 𝑃 = 𝛾𝐻 Podemos armar una ecuación: 𝑃𝐵 = 𝑃𝐴 − 𝛾𝐻2𝑂 𝑥 − 13.6𝛾𝐻2𝑂 (0.1𝑚) + 𝛾𝐻2𝑂 (𝑥 + 0.1𝑚)

Siendo 𝑥 la altura desde el punto 𝐴 hasta el nivel inferior del mercurio. 𝑃𝐵 = 𝑃𝐴 − (1.26𝑚)𝛾𝐻2𝑂 Tomamos 𝛾𝐻2𝑂 = 1000 𝑘𝑔/𝑚3

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑷𝑨 − 𝑷𝑩 = 𝟏𝟐𝟔𝟎 𝑲𝒈⁄𝒎𝟐 = 𝟎. 𝟏𝟐𝟔 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐

PROBLEMA Nº 79: Si la tubería se inclina 30º con la horizontal (punto A más alto que el B), y se mantiene la misma diferencia de presiones, se pide calcular la deflexión. SOLUCION: 𝑃𝐴 − 𝑥. 𝑤𝑎𝑔𝑢𝑎 − ℎ. 𝑤𝑚𝑒𝑟𝑐𝑢𝑟𝑖𝑜 + (𝑥 + ℎ + 100). 𝑤𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑃𝐵 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝑥. 𝑤𝑎𝑔𝑢𝑎 − (𝑥 + ℎ + 100). 𝑤𝑎𝑔𝑢𝑎 + ℎ. 𝑤𝑚𝑒𝑟𝑐𝑢𝑟𝑖𝑜 0.012 = 0.001 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 (−ℎ − 100) + ℎ 𝑥 0.0136 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 𝒉 = 𝟏𝟕. 𝟗𝟑 𝒄𝒎

PROBLEMA Nº 80: La presión relativa en el recipiente A es -9’’ de mercurio y en el tanque B, 2.86 libras/pulg2. El tanque A contiene aceite de densidad relativa 0.80 y el tanque B, agua, calcular la deflexión en el tubo piezométrico, si este contiene tetracloruro de carbono cuya densidad relativa es 1.6. SOLUCION: Las presiones en N y en M son: 𝑃𝑁 = 𝑃𝐵 + 𝜌𝐵 . 𝑔. ℎ1 𝑃𝑀 = 𝑃𝐴 + 𝜌𝐴 . 𝑔. ℎ2 Restando nos queda: 𝑃𝑁 − 𝑃𝑀 = 𝑃𝐵 − 𝑃𝐴 + 𝜌𝐵 . 𝑔. ℎ1 − 𝜌𝐴 . 𝑔. ℎ2 … … . . . (1)

Si: *ℎ2 = 14 𝑝𝑖𝑒𝑠 ⇒ ℎ2 = 4.2672 𝑚

*ℎ1 = ℎ + 6 𝑝𝑖𝑒𝑠 ⇒ ℎ1 = ℎ + 1.8288 𝑚

*𝜌𝐵 = 1000 𝐾𝑔⁄𝑚3

*𝜌𝐴 = 𝜌𝑎𝑏𝑠 = 𝜌𝑟𝑒𝑙 . 𝜌𝐻2𝑂 = (0.8)(1000) ⇒ 𝜌𝐴 = 800 𝐾𝑔⁄𝑚3

*𝑃𝐴 = −9′′ 𝐻𝑔 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 ⇒ 𝑃𝐴 = −30477.4092 𝑁 ⁄𝑚2 *𝑃𝐵 = 2.86 𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠⁄𝑝𝑢𝑙𝑔 2 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 ⇒ 𝑃𝐵 = 19713.50351 𝑁⁄𝑚2

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Reemplazando los valores en (1): 𝑃𝑁 − 𝑃𝑀 = 19713.50351 − (−30477.4092) + (1000)(9.81)(ℎ + 1.8288) − (800)(9.81)(4.2672) 𝑃𝑁 − 𝑃𝑀 = 9810. ℎ + 34642.45511 … … … … … . . (2) Además sabemos que: 𝑃𝑁 − 𝑃𝑀 = 𝜌𝑐 . 𝑔. ℎ … … … … … … … … … … … … … . (3) Si: 𝜌𝑐 = 𝜌𝑎𝑏𝑠 = 𝜌𝑟𝑒𝑙 . 𝜌𝐻2𝑂 = (1.6)(1000) ⇒ 𝜌𝑐 = 1600 𝐾𝑔⁄𝑚3 Reemplazando en (3): 𝑃𝑁 − 𝑃𝑀 = (1600)(9.81). ℎ ⇒ 𝑃𝑁 − 𝑃𝑀 = 15696. ℎ Este último reemplazando en (2): 15696. ℎ = 9810. ℎ + 34642.45511 ℎ = 5.885568 𝑚 ⇒

𝒉 = 𝟏𝟗. 𝟑𝟎𝟗𝟔𝟎𝟔 𝒑𝒊𝒆𝒔

PROBLEMA Nº 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 2.00 m. ms abajo que el punto “n” en B, hallar la diferencia de presión en libras/pulg2, entre estos puntos cuando el nivel de la columna en A permanece 1.20 mts. Más abajo que el nivel en B. Peso específico del aceite= 780 kg/m3. SOLUCION: De la gráfica, se puede observar que: 𝑃𝐶 = 𝑃𝑛 − 𝑋 ∗ 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑃𝐷 = 𝑃𝑚 − 𝑌 ∗ 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑅𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛𝑑𝑜 … … …. 𝑃𝐶 – 𝑃𝐷 = (𝑃𝑛− 𝑃𝑚 ) − (𝑌 − 𝑋) ∗ 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 Hallando Pc-Pd, según la gráfica: 𝑃𝐶 = 𝑃𝐷 − 1.20 ∗ 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑃𝐶 − 𝑃𝐷 = −936

𝐾𝑔 𝑐𝑚2

Hallando (y - x)*p agua: 𝐷𝑒 𝑙𝑎 𝑔𝑟á𝑓𝑖𝑐𝑎 … … … 𝑥 = 1.20 + (𝑦 − 2) 𝑦 − 𝑥 = 0.8 ∴ (𝑦 − 𝑥) ∗ 𝜌𝑔𝑢𝑎 = 800 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 Reemplazando: 936 = (𝑃𝑚 − 𝑃𝑛 ) − 800 𝑃𝑚 − 𝑃𝑛 = 1736 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 Transformando el resultado en lib/pulg2 1736 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 ∗

1𝑚2 2.2𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠 ∗ ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔 2 1 𝐾𝑔

39.42

∴ 𝑷𝒎 − 𝑷𝒏 = 𝟐. 𝟒𝟕

𝒍𝒊𝒃𝒓𝒂𝒔 𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐

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PRÁCTICA Nº 3: (96-115): EMPUJE HIDROSTATICO SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS PROBLEMA Nº 96: Búsquese la componente hacia arriba de la presión normal sobre el cono sumergido en aceite de gravedad especifica 0.8. SOLUCION: Por ser una superficie curva, utilizaremos la fórmula: 𝐹′𝑉 = 𝑤𝐼 𝐴𝐼 𝐴𝐼 𝑔 Donde: 𝐴𝐼 = Superficie del cono proyectada sobre un plano perpendicular a la dirección de 𝐹′𝑉 , es decir, es el área de la base. 𝐴𝐼 𝑔 = Es la distancia del nivel del aceite al centro de gravedad de la superficie del cono (no del solido). 𝑦𝐼 𝑔 = 2,60 + 1⁄3 (1.20) = 3𝑚 𝑤𝐼 = 800 𝐾𝑔⁄𝑚3 Reemplazando estos valores en la fórmula: 𝐹′𝑉 = 800 × 0.1257 × 3 𝑭′𝑽 = 𝟑𝟎𝟏𝑲𝒈𝒔

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PROBLEMA Nº 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 la paramento de aguas arriba de la presa. b) La distancia vertical de dicha resultante al punto A. SOLUCION: La componente horizontal de la presión sobre la presa es: 𝐹ℎ = 𝑤. ℎ𝑔 . 𝐴 = 1.025 × 3(7 − 1) = 18.450 𝐾𝑔𝑠. 𝑚 La componente vertical será: 𝐹𝑉 = 𝑤. 𝑉𝑜𝑙 = 1,025 (2 × 4 ×

𝜋(2)2 × 1) = 1.025 × 11.14 4

𝐹𝑉 = 11.420 𝐾𝑔𝑠.

La intensidad de la resultante total será: 𝐹 = √𝐹ℎ 2 + 𝐹𝑣 2

⇒

𝐹 = √18.4502 + 11.4202

⇒

𝑭 = 𝟐𝟏. 𝟕 𝑻𝒏

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 98: Dos depósitos separados por una pared vertical están con un cierto liquido hasta una altura 𝒉𝑰 y 𝒉𝑰𝑰. Hallar la relación de las alturas, para que la presión resultante pase por el nivel de segundo piso. SOLUCION: El empuje está dado por: 𝐹 = 𝑤. ℎ𝑔 . 𝐴 El empuje del primer depósito es:

𝐹𝐼 =

𝑤. ℎ𝐼 2 (𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜) 2

El empuje del segundo depósito es:

𝐹𝐼 =

𝑤. ℎ𝐼𝐼 2 (𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜) 2

La presión resultante será: 𝐹𝐼𝐼𝐼 = 𝐹𝐼 − 𝐹𝐼𝐼 Tomando momentos con respecto al punto A (nivel superior): 2 2 𝐹𝐼 ( ) ℎ𝐼 − 𝐹𝐼𝐼 [(ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) + ℎ𝐼𝐼 ] = 𝐹𝐼𝐼𝐼 (ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) 3 3 Reemplazando los valores de 𝐹𝐼 , 𝐹𝐼𝐼 y 𝐹𝐼𝐼𝐼 en esta última: 𝑤. ℎ𝐼𝐼 2 2 𝑤. ℎ𝐼𝐼 2 2 𝑤. ℎ𝐼 2 𝑤. ℎ𝐼𝐼 2 ( ) ℎ𝐼 − [(ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) + ℎ𝐼𝐼 ] = [ ] (ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) − 2 3 2 3 2 2 Simplificando: 2ℎ𝐼 3 2 − ℎ𝐼𝐼 2 [(ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) + ℎ𝐼𝐼 ] = [ℎ𝐼 2 − ℎ𝐼𝐼 2 ](ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) 3 3 2ℎ𝐼 3 2 − ℎ𝐼𝐼 2 (ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) − ℎ𝐼𝐼 3 = ℎ𝐼 2 (ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) − ℎ𝐼𝐼 2 (ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) 3 3 2 (ℎ 3 − ℎ𝐼𝐼 3 ) = ℎ𝐼 2 (ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) 3 𝐼 2 (ℎ − ℎ𝐼𝐼 )(ℎ2 + ℎ𝐼 ℎ𝐼𝐼 + ℎ𝐼𝐼 2 ) = ℎ𝐼 2 (ℎ𝐼 − ℎ𝐼𝐼 ) 3 𝐼 Por ultimo queda: 3 ℎ2 + ℎ𝐼 ℎ𝐼𝐼 + ℎ𝐼𝐼 2 = ℎ𝐼 2 2

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Pasando ℎ𝐼 2 a dividir al otro miembro (al primero) 1+

ℎ𝐼𝐼 ℎ𝐼𝐼 2 2 +( ) = ℎ𝐼 ℎ𝐼 3 ℎ

𝐿𝑙𝑎𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑒𝑑𝑖𝑑𝑎: ℎ 𝐼 = 𝑅, queda: 𝐼𝐼

1+

1 1 2 3 +( ) = 𝑅 𝑅 2

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

𝒉𝑰 = 𝟏 + √𝟑 𝒉𝑰𝑰

PROBLEMA Nº 99: Una tubería de madera de 0.80m de diámetro tiene zunchos cada metro. Calcular la tensión por zuncho cuando la presión en la tubería es 50 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 . SOLUCION: La forma para tubos reforzados es: 𝐺=

𝑃. 𝐷. 𝑠 2𝐴𝑠

2𝜎𝐴𝑠 = 𝑝. 𝐷. 𝑠 Pero la tensión por el zuncho es: 𝑇 = 𝐺. 𝐴𝑠 Luego: 2𝑇 = 𝑝. 𝐷. 𝑠 = 50 × 80 × 100 = 400000 𝐾𝑔𝑠 𝑻 = 𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑲𝒈𝒔. PROBLEMA Nº 100: Calcular el espesor de los tubos usados en la central eléctrica de Moyopampa, sabiendo que la diferencia de altura es 500m, el diámetro interior 2m y cuyos esfuerzos a la tracción es 1,250 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 . SOLUCION:

𝑆𝑒 𝑠𝑎𝑏𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑎 𝑙𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑒𝑠 ∶ 𝐺 =

𝑝. 𝐷 2𝑒

De donde: 𝑒=

𝑝. 𝐷 … … … … … … … … . (1) 2𝐺

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO En el cual: 𝑝 = 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑜𝑟 500𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑤. ℎ = 1000 × 500 = 500000 𝐾𝑔⁄𝑚2 𝑝 = 0 𝐾𝑔⁄𝑚2 𝐷 = 2𝑚 = 200𝑐𝑚 𝐺 = 1250 𝐾𝑔⁄𝑚2 Reemplazando valores en (1). 𝑒=

50 × 200 2 × 1250

⇒

𝒆 = 𝟒𝒄𝒎

PROBLEMA Nº 101: Entre una pared vertical y otra que puede girar alrededor de un eje “c” queda formado un deposito prismático de eje horizontal, que contiene una cantidad determinada del líquido. Encontrar el valor del ángulo para que el momento del empuje hidrostático sobre la pared inclinada (con respecto al eje “c”). Sea mínimo. SOLUCION: La presión total sobre la superficie es: 𝐹 = 𝑤. ℎ. ℎ𝑔 . 𝐴 Donde: ℎ𝑔 =

𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝛼 2

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

𝑤. 𝑥 2 . 𝑐𝑜𝑠 ∝ … … … … … … (1) 2

El momento del empuje hidrostático con respecto al eje “c” será: 𝑀𝑜 = 𝐹. (𝑥 − 𝑦𝑝 ) … … … … … . . (2) El centro de r está a 2⁄3 𝑥. : . 𝑀𝑜 =

𝑀𝑜 =

𝑤. 𝑥 2 . 𝑐𝑜𝑠𝛼 2 (𝑥 − 𝑥) 2 3

𝑤. 𝑥 3 . 𝑐𝑜𝑠𝛼 … … … … … . . (3) 6

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Como el volumen del agua es constante, puedo escribir: 𝑉=

𝐶𝐴. 𝐴𝐵 𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑥𝑠𝑒𝑛𝛼 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼 = = 2 2 2

De donde: 2𝑉 𝑥=√ … … … … … … … … . (4) 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼 Reemplazando (4) en la ecuación (3):

𝑀𝑜 =

𝑤 2𝑉 2𝑉 × ×√ × 𝑐𝑜𝑠𝛼 6 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼

Simplificando podemos escribir:

𝑀𝑜 =

𝑤. 𝑉 3⁄2 . √2 1 × 3 3 √𝑠𝑒𝑛 𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼

Derivando o igualando a cero para hallar el mínimo: 𝑑𝑀𝑜 𝑤. 𝑉 3⁄2 . √2 (𝑠𝑒𝑛3 𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼)−3⁄2 [−𝑠𝑒𝑛3 𝛼. 𝑠𝑒𝑛𝛼 + 3𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑠𝑒𝑛2 𝛼] = 0 =− 𝑑𝛼 3 −𝑠𝑒𝑛𝛼 + 3𝑐𝑜𝑠 2 𝛼. 𝑠𝑒𝑛2 𝛼 = 0 3𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 = 𝑠𝑒𝑛2 𝛼 3 = 𝑡𝑎𝑔 2𝛼 De donde: 𝑡𝑎𝑔 = ±√3 𝜶 = 𝟔𝟎°

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PROBLEMA Nº 102: Calcular el centro de presión de un círculo tangente a la superficie del líquido. SOLUCION: 𝑌𝑝 = 𝑌𝑔 +

𝐼𝑔 𝐴 × 𝑌𝑔

𝑌𝑔 = 𝑟

A=𝜋. 𝑟 2

𝐼𝑔 =

𝑌𝑝 = 𝑌𝑔 +

𝜋. 𝑟 4 4

𝐼𝑔 𝜋. 𝑟 4 ⁄4 = 𝑟+ 𝐴 × 𝑌𝑔 𝜋. 𝑟 2 . 𝑟 𝒀𝒑 =

𝟓 𝟓 𝒓 = 𝒅𝒊𝒂𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐 𝟒 𝟖

PROBLEMA Nº 103: Calcular el centro de presión de un trapecio de bases B y b, y altura h, sumergido verticalmente en un líquido, estando la base menor en la superficie libre del líquido. SOLUCION: 𝑏 = 𝐵𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝐵 = 𝐵𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑌𝑔 = 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝐼𝑔 = 𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑌𝑝 = 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 ℎ = 𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 Entonces: 𝑌𝑔 =

ℎ 2𝐵 + 𝑏 ( ) 3 𝐵+𝑏

⇒

𝐼𝑔 =

ℎ3 (𝐵 2 + 4𝐵𝑏 + 𝑏 2 ) 36 (𝐵 + 𝑏)

⇒

𝑌𝑝 = 𝑌𝑔 +

𝐼𝑔 𝐴𝑥𝑌𝑔

ℎ3 (𝐵 2 + 4𝐵𝑏 + 𝑏 2 ) ℎ 2𝐵 + 𝑏 36 (𝐵 + 𝑏) )+ 𝑌𝑝 = ( (𝐵 + 𝑏)ℎ ℎ 2𝐵 + 𝑏 3 𝐵+𝑏 ( ) ( ) 2 3 𝐵+𝑏

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO ℎ 2𝐵 + 𝑏 ℎ(𝐵 2 + 4𝐵𝑏 + 𝑏 2 ) )+ 𝑌𝑝 = ( 3 𝐵+𝑏 6(𝐵 + 𝑏) 𝑌𝑝 =

ℎ (2(2𝐵 + 𝑏) + (𝐵 2 + 4𝐵𝑏 + 𝑏 2 ) ) 6(𝐵 + 𝑏)

𝑌𝑝 =

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

⇒

𝒀𝒑 =

𝒉 (𝟑𝑩 + 𝒃) 𝟐 (𝟐𝑩 + 𝒃)

PROBLEMA Nº 104: Calcular el centro de presión de un pentágono regular, que está en un líquido en posición vertical, distante su centro de gravedad de la superficie libre del líquido 2 metros. Lado del pentágono regular = 1 metro. SOLUCION: Graficamos el pentágono regular: 𝑦𝐶 = (2 − ℎ)𝑚 Sabemos que: 𝑦𝑃 = 𝑦𝐶 +

𝐼𝑥,𝑐 𝑦𝐶 𝐴

Para hallar el valor de 𝑦𝐶 y el área total dividimos el pentágono en regiones planas conocidas:

𝐴1 =

2 cos 36° sin 36° = sin 36° cos 36° = 0.4755 𝑚2 2 2 𝑦1 = sin 36° = 0.3919 𝑚 3 𝐴2 = 1 ∗ sin 72° = sin 72° = 0.9511 𝑚2

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑦2 = sin 36° +

𝐴3 =

sin 72° = sin 36° (cos 36° + 1) = 1.0633 𝑚 2

2 cos 36° − 1 sin 72° sin 72° (2 cos 36° − 1) ∗ = = 0.1469 𝑚2 2 2 4 𝑦3 = sin 36° +

sin 72° = 0.9048 𝑚 3

𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 + 2𝐴3 𝐴 = 1.72 𝑚2 𝑦𝐶 =

𝐴1 𝑦1 + 𝐴2 𝑦2 + 2𝐴3 𝑦3 𝐴 𝑦𝐶 = 0.85 𝑚

ℎ = 2 − 𝑦𝐶 = 1.15 𝑚 Hallamos los momentos de inercia 𝐼1 =

2 cos 36° (sin 36°)3 = 0.00913 𝑚4 36 𝐼2 =

𝐼3 =

(sin 72°)3 = 0.07169 𝑚4 12

2 cos 36° − 1 (sin 72°)3 ∗ = 0.00738 𝑚4 2 36 𝐼𝑥,𝑐 = 𝐼1 + 𝐼2 + 2𝐼3 = 0.095582 𝑚4

Reemplazamos: 𝑦𝑃 = 0.85 𝑚 +

0.095582 𝑚4 = 0.9159 𝑚 0.85 𝑚 ∗ 1.72 𝑚2

Con respecto al nivel del líquido: 𝒚𝑷 + 𝒉 = 𝟐. 𝟎𝟕 𝒎

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 105: Una presa de albañilería, de 21.30 m de altura, tiene una sección transversal triangular, siendo vertical el lado de aguas arriba. La albañilería pesa 2,400 kg/m3. El agua está represada hasta una altura de 18.30 m 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 agua debajo de la base? SOLUCION: 𝑎 = 18.30 𝑚

𝑐 =?

𝑏 = 3.00 𝑚

𝑑 = 21.30

𝑆𝑠𝑞 ∶

𝐹 = 𝑤 𝑥 𝐻𝑔 𝑥 𝐴

𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 = 𝑃 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑎 = 2,400𝑘𝑔/𝑚3 𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑒𝑚𝑝𝑢𝑗𝑒 ∶ 𝐹 =

1000 𝑥 ℎ 2𝑥ℎ

𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 ∶ 𝑐 × (

= 500ℎ2 = 500𝑥(18.30)2 = 167445

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

𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑎 = 2,400 × (𝑐/2) × 21.30 = 25560𝑥𝑐 Relación para obtener el la base B:

𝐹 𝑃 𝐹 𝑎= 4 3 10 𝑐

ℎ/3

4/10 𝑥 𝑐 Reemplazando obtenemos: 25560 × 𝑐 167445 = 1830 4 10 𝑐 3 Entonces: 𝒄 = 𝟐𝟒. 𝟕𝟎𝒎

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 106: Calcule la presión normal total en los lados interiores y en el fondo de un tanque cilíndrico vertical de agua, de 12 m. de diámetro, que contiene agua hasta una altura de 18 metros. SOLUCION: Datos: *𝐻 = 18 𝑚

*𝑅 = 6 𝑚

a) En la parte inferior: Sabemos que: 𝐹 = 𝑃. 𝐴 = 𝜌. 𝑔. ℎ. 𝐴 ⟹ 𝑑𝐹 = 𝜌. 𝑔. ℎ. 𝑑𝐴 … … … … … … … . . (1) Su área seria: 𝐴 = 𝜋. 𝑟 2 Diferenciando: 𝑑𝐴 = 2. 𝜋. 𝑟. 𝑑𝑟 … … … … … … … . . (2) Reemplazando (2) en (1): 𝑑𝐹 = 2. 𝜌. 𝑔. ℎ. 𝜋. 𝑟. 𝑑𝑟 Integrando: 𝐹1

6

∫ 𝑑𝐹 = 2. 𝜌. 𝑔. ℎ. 𝜋 ∫ 𝑟. 𝑑𝑟 0

0

Resolviendo la integral, nos queda: 𝐹1 = 𝜌. 𝑔. ℎ. 𝜋. (62 ) = (1000)(9.81)(18)(𝜋)(62 ) 𝐹1 = 19970727.51 𝑁 𝐹1 = 2035.75204 𝑇𝑜𝑛𝑒𝑙𝑎𝑑𝑎𝑠 b) En la parte lateral: Sabemos que: 𝐹 = 𝑃. 𝐴 = 𝜌. 𝑔. ℎ. 𝐴 ⟹ 𝑑𝐹 = 𝜌. 𝑔. ℎ. 𝑑𝐴 … … … … … … . . (1) Su área seria: 𝐴 = 2. 𝜋. 𝑟. ℎ Diferenciando: 𝑑𝐴 = 2. 𝜋. 𝑟. 𝑑ℎ … … … … … … (2)

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Reemplazando (2) en (1): 𝑑𝐹 = 2. 𝜌. 𝑔. 𝑟. 𝜋. ℎ. 𝑑ℎ Integrando: 𝐹2

18

∫ 𝑑𝐹 = 2. 𝜌. 𝑔. 𝑟. 𝜋 ∫ ℎ. 𝑑ℎ 0

0

Resolviendo la integral, nos queda: 𝐹2 = 𝜌. 𝑔. 𝑟. 𝜋. (182 ) = (1000)(9.81)(6)(𝜋)(182 ) 𝐹2 = 59912182.52 𝑁 𝐹2 = 6107.256118 𝑇𝑜𝑛𝑒𝑙𝑎𝑑𝑎𝑠 Ahora la fuerza que nos piden es: 𝐹 = 𝐹1 +𝐹2 = 2035.75204 + 6107.256118 𝐹 = 8143.008158 𝑇𝑜𝑛𝑒𝑙𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑭 = 𝟖. 𝟏𝟒𝟑𝟎𝟎𝟖 𝑲 𝑻𝒐𝒏 PROBLEMA Nº 107: Una compuerta vertical, de 1.20 m de ancho y de 1.80 m de 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 2.40 m 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 poder abrirla? SOLUCION: 𝐹 = 𝑤 ℎ𝑔 𝐴 = 1000 𝑥 (2.40 +

1.80 ) 𝑥 (1.20 𝑥 1.80) 2

= 7128 𝑘𝑔 𝑌𝑝 = 𝑌𝑔 +

𝐼𝑔 𝐴 𝑥 𝑌𝑔

1.20 𝑥 1.803 12 𝑌𝑝 = 3.30 + (1.20 𝑥 1.80) 𝑥 3.20 𝑌𝑝 = 3.381818 Momento con respecto al punto A: 𝐹(𝑌𝑝 − 2.40) = 𝑇 𝑥 1.80

⇒

𝑻 = 𝟑, 𝟖𝟖𝟖 𝒌𝒈

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 109: Una plancha triangular vertical, cuya altura es 3.60 m., tiene la base horizontal, y su vértice superior en la superficie libre del agua. Determínese la profundidad a que debe ser sumergido el triángulo, para que la distancia entre el centro de gravedad y el centro de presión sea 0.20 m. SOLUCION:

Se sabe que: 𝑌𝑝 − 𝑌𝑔 = 0.20𝑚 ℎ = 3.60𝑚 Entonces: 𝑌𝑔 =

𝑎 + 2ℎ 3

𝑌𝑝 = 𝑌𝑔 +

𝐼𝑔 𝑌𝑝 − 𝑌𝑔 = 𝐴𝑥𝑌𝑔

⇒ 0.20 =

bℎ3 36 𝑏ℎ 2h (𝑎 + ) 2 3

⇒ 𝑎=

𝐼𝑔 𝐴𝑥𝑌𝑔

⇒

𝐼𝑔 =

𝑏ℎ3 36

⇒ 𝑌𝑝 − 𝑌𝑔 =

𝐼𝑔 𝐴𝑥𝑌𝑔

2ℎ2 2h − 0.20𝑥36 3

Reemplazando: 𝑎=

2𝑥(3.60)2 0.20𝑥36

−

2x(3.60) 3

⇒

𝒂 = 𝟏. 𝟐𝟎𝒎.

PROBLEMA Nº 110: Una plancha parabólica está sumergida en agua, con su eje vertical hasta que su vértice se halla 2.10 m por debajo de la superficie del agua. Determine el centro de presión. SOLUCION: El centro de presión está definido por: 𝑦𝑃 =

𝐼𝑥 𝑀𝑥

La ecuación de la parábola: 𝑦=

8.4𝑥 2 𝑏2

Calculamos 𝐼𝑥 : 2.1

𝐼𝑥 = ∫ (2.1 − 𝑦)2 𝑑𝐴 0

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Luego 𝑀𝑥 : 2.1

𝑀𝑥 = ∫ (2.1 − 𝑦)𝑑𝐴 0

Pero sabemos que 𝑑𝐴 = 2𝑥𝑑𝑦 = 𝑏√

𝑦 2.1

𝑑𝑦

Hallamos entonces:

𝑦𝑃 =

2

𝑦𝑃 =

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

2.1 ∗

𝑦 𝑦)𝑏√ 𝑑𝑦 2.1

2.1

=

∫0 (2.1 − 𝑦)2 √𝑦𝑑𝑦 2.1

∫0 (2.1 − 𝑦)√𝑦𝑑𝑦 7

3 2.12

7 7 5 5 16 ∗ 2.12 3 ∗ 2 + 2.12 ∗ 2 − 2 ∗ 2.1 ∗ 2.12 ∗ 2 = 105 5 3 3 5 5 4 ∗ 2.12 2.1 ∗ 2.12 ∗ 2 − 2.12 ∗ 2 15

𝒚𝑷 =

𝟒 ∗ 𝟐. 𝟏 = 𝟏. 𝟐 𝒎 𝟕

PROBLEMA Nº 111: El fondo llano de un tanque de acero está conectado con el costado, vertical y plano por medio de una plancha curvada en 90º, 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. SOLUCION:

𝐷𝑎𝑡𝑜𝑠: 𝑤 = 1000

𝑘𝑔 𝑚3

ℎ𝑔 = 2.40𝑚

𝐴 = 0.60

𝑃𝑜𝑟 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑: 𝐹𝐻 = 𝑤 𝑥 ℎ𝑔 𝑥 𝐴 = 1000 𝑥 2.40 𝑥 0.60 𝑭𝑯 = 𝟏𝟒𝟒𝟎 𝑲𝒈 𝐹𝑉 = 𝑤 𝑥 𝑉 = 1000 𝑥 𝜋 𝑥 (0.6)2 𝑥 1.2 𝑭𝑯 = 𝟏𝟑𝟓𝟕. 𝟏𝟔𝟖 𝒌𝒈

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 112: Hállese el centro de presión (ordenada y abscisa) de la figura adjunta. SOLUCION: Descomponemos

el

trapecio

dado,

en

un

rectángulo y un triángulo.

-

En el rectángulo: 𝐹𝑅 = 𝑤. ℎ𝑔 . 𝐴 = 𝑤(3.00 + 0.60)[(0.90)(1.20)] ⇒ 𝐹𝑅 = 3.89𝑤

𝑌𝑃𝑅 -

(0.90)(1.20)3 𝐼𝑔 12 = 𝑌𝑔 + = (3.00 + 0.60) + ⇒ 𝑌𝑃𝑅 = 3.63 𝑚 [(0.90)(1.20)](3.00 + 0.60) 𝐴. 𝑌𝑔

En el triángulo: (0.90)(1.20) ] ⇒ 𝐹𝑇 = 1.84𝑤 𝐹𝑇 = 𝑤. ℎ𝑔 . 𝐴 = 𝑤(3.00 + 0.40) [ 2

𝑌𝑃𝑇

(0.90)(1.20)3 𝐼𝑔 12 = 𝑌𝑔 + = (3.00 + 0.40) + ⇒ 𝑌𝑃𝑇 = 3.42 𝑚 (0.90)(1.20) 𝐴. 𝑌𝑔 [ ] (3.00 + 0.40) 2

Aplicamos entonces el teorema de momentos: 𝑌𝑃 =

∑(𝐹𝑖 . 𝑌𝑖 ) 𝐹𝑅 . 𝑌𝑃𝑅 + 𝐹𝑇 . 𝑌𝑃𝑇 (3.89𝑤)(3.63) + (1.84𝑤)(3.42) = = ⇒ ∑ 𝐹𝑖 (3.89𝑤) + (1.84𝑤) 𝐹𝑅 + 𝐹𝑇

𝒀𝑷 = 𝟑. 𝟓𝟔 𝒎

Calculo de la abscisa: Sera

𝑋𝑃 =

̅̅̅̅ 𝐴𝐶 2

=

̅̅̅̅ +𝐵𝐶 ̅̅̅̅ 𝐴𝐵 2

=

̅̅̅̅ (0.90)+𝐵𝐶 2

… … … … … . (1)

Pero BC, lo hallamos por proporciones: ̅̅̅̅ 𝐵𝐶 0.64 ̅̅̅̅ = 0.48 𝑚 = ⇒ 𝐵𝐶 0.90 1.20 Este valor en (1): 𝑋𝑃 =

(0.90) + (0.48) 2

⇒

𝑿𝑷 = 𝟎. 𝟔𝟗 𝒎

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 113: Una plancha rectangular AB, de 1.20 m. de ancho evita que el agua ingrese en el túnel “T”. La cara vertical de la pared es lisa.  Computar la presión hidrostática total sobre la plancha.  Determinar el centro de presión.  Hallar la presión de la plancha contra l pared en A. SOLUCION:  Se sabe que la presión total es: 𝐹 = 𝛾. 𝐻𝑔. 𝐴 Hallando los términos, 𝛾 = 1000 𝐾𝑔⁄𝑚3 3.05 − 0.61 = 1.83 2 3.05 − 0.61 ) = 4.14 𝐴 = 𝑎 ∗ 𝑙 = 1.20 ∗ ( 𝑠𝑒𝑛45 𝐻𝑔 = 0.61 +

∴ 𝐹 = 1000 ∗ 1.83 ∗ 4.14 𝑭 = 𝟕𝟓𝟕𝟔. 𝟐 𝒌𝒈. 

Determinando el centro de presión, se sabe que: 𝑌𝑃 = 𝑌𝐺 +

𝐼𝐺 𝐴 ∗ 𝑌𝐺

Hallando los términos, 𝑌𝐺 =

𝐻𝑔 = 2.59 𝑆𝑒𝑛 45

3.05 − 0.61 3 𝑎 ∗ 𝑏 3 1.2 ∗ ( 𝑠𝑒𝑛 45 ) 𝐼𝐺 = = = 4.11 12 12 𝐴 = 𝑎 ∗ 𝑏 = 1.2 ∗ (

3.05 − 0.61 ) = 4.14 𝑠𝑒𝑛 45

∴ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 − − − − 𝑌𝑃 = 2.59 +

4.11 ⇒ 4.14 ∗ 2.59

𝒀𝑷 = 𝟐. 𝟗𝟕𝒎

Hallando la profundidad del centro de presión: 𝑦𝑝 = 𝑌𝑃 ∗ 𝑠𝑒𝑛45 ⇒ 

𝒀𝑷 = 𝟐. 𝟏𝟎𝒎

Para hallar la presión contra la pared B, tomamos momentos respecto a B:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝐹 ∗ (𝑚 − 𝑌𝑝 ) = (3.05 − 0.61) ∗ 𝑇

∴

7562.2 ∗ (

3.05 − 2.97) = 2.44 ∗ 𝑇 𝑠𝑒𝑛45

𝑻 = 𝟒𝟏𝟕𝟏. 𝟏 𝑲𝒈.

PROBLEMA Nº 114: Una tubería de duelas de madera de diámetro interior=1.20m debe resistir una presión máxima d 10.5kg/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. Determinase el espaciamiento apropiado entre las cintas a fin de que estas no sufran un esfuerzo mayor que 1050kg/cm2. SOLUCION: Se tiene: 𝑒 = 1.9𝑐𝑚

𝐷 = 1.20𝑚

𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎 = 1050 𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 < 1050 𝜎=

𝐾𝑔 𝑐𝑚2

𝐾𝑔 𝑐𝑚2

𝜌𝐷 2𝑒

𝜎 = 31.578𝑝

𝑝 = 10.5 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2

𝜎 = 31.578𝑝 < 1050 𝐾𝑔

𝑝 < 332.5 𝑐𝑚2

𝜎 = 331.569

Si queremos hallar la longitud utilizamos la fórmula: 𝜌𝐿 𝜎= 𝐴

𝐴 𝐿=𝜎 𝑝

𝜋(1.2)2 331.569 𝐿= . 4 1000

𝑳 = 𝟎. 𝟑𝟕𝒎

PROBLEMA Nº 115: Una compuerta de cierre de sector, tiene un radio de 4.50 m. El ángulo en el centro de sector es 38°30’. El nivel del agua se encuentra a 24.24 m. sobre el borde inferior. Se pide determinar la presión hidrostática en dirección, magnitud y sentido, sabiendo que la longitud de la compuerta es 2.40 m.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO SOLUCION:

Sabemos que: 𝐴𝑛𝑐ℎ𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑢𝑒𝑟𝑡𝑎 = 2.40 𝑚. 𝑊 = 1000𝐾𝑔/𝑚3 𝐴 = 24.24 × 1 = 24.24

Entonces, la fuerza horizontal es: 𝐹𝐻 = 𝑊 × 𝐻𝑔 × 𝐴

Donde:

𝐻𝑔 = 𝑌𝑔 + 24.24 = 0.56 + 24.24 = 24.80

Reemplazando:

𝐹𝐻 = 1000 × 24.80 × 24.24 𝐹𝐻 = 601152

Luego, la fuerza vertical es:

𝐹𝑉 = 𝑊(𝑉1 + 𝑉2)

Tenemos que: 𝑉1 = 𝜋𝑟 2 ×

𝜃 ×𝐻 360°

𝑉1 = 𝜋4.52 ×

38°30′ × 2.4 360°

𝑉1 = 16.32 𝑉2 = 24.24 × 2.4 × 1 = 58.18 Reemplazando:

𝐹𝑉 = 1000𝑥(58.18 + 16.32) 𝐹𝑉 = 74500

Por lo tanto:

𝐸 = √𝐹𝑦2 + 𝐹𝑥2 𝑬 = 𝟔𝟎𝟓, 𝟕𝟓𝟎. 𝟕𝟔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PRÁCTICA Nº 4: (133-152): PRINCIPIO DE ARQUIMEDES

PROBLEMAS SUPLEMENTARIOS PROBLEMA Nº 133: Defina los siguientes términos: a) Centro de gravedad. Se refiere al punto de aplicación de la resultante de todas las fuerzas de gravedad que actúan sobre las distintas porciones materiales de un cuerpo. b) Centro de presión. El centro de presión de un cuerpo es el punto sobre el cual se debe aplicar la resultante de todas las fuerzas ejercidas por el campo de presión sobre ese cuerpo para que el efecto de la resultante sea igual a la suma de los efectos de las presiones. c) Metacentro. En un cuerpo flotante, el 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. Se denomina centro de flotación al centro de gravedad de la parte sumergida de un cuerpo flotante. PROBLEMA Nº 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? SOLUCION: 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 √2 =a 3 6

Metacentro: 𝐼 𝑚= = 𝑉𝑠

𝑎4 2√2 4 12 = 𝑎 4√2 = a √2 𝑎3 12𝑎3 3 2

Flotación estable requiere: m > CF.CG

a

√2 √2 >a 3 6

⇒

La flotación es estable

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 135: ¿Cuál es condición de estabilidad para los cuerpos enteramente sumergido y cuál es la condición para los cuerpos flotantes? ¿A qué se debe la diferencia en la condición de estabilidad al volteo? SOLUCION: Condición de estabilidad para cuerpos sumergidos: la condición para la estabilidad de cuerpos completamente sumergidos en un fluido es que el centro de gravedad (G) del cuerpo debe estar por debajo del centro de flotabilidad (B). El centro de flotabilidad de un cuerpo se encuentra en el centroide del volumen desplazado, y es a través de este punto como actúa la fuerza boyante (flotación) en dirección vertical. El peso del cuerpo actúa verticalmente hacia abajo a través del centro de gravedad. Cuando un cuerpo está totalmente sumergido pueden ocurrir tres casos según el centroide del líquido desplazado (B), esté sobre, coincida o esté más abajo que el centro de masa o centro de gravedad del cuerpo (G). La figura 1 ilustra los tres casos. En el primer caso, no aparece par al girar el cuerpo, luego el equilibrio es indiferente. En el segundo caso, la fuerza de empuje actúa más arriba del peso, luego para una ligera rotación del cuerpo, aparece un par que tiende a restaurar la posición original, en consecuencia, este equilibrio es estable. En el último caso, el par que se origina tiende a alejar el cuerpo de la posición de equilibrio, lo cual es en consecuencia la condición de cuerpo

inestable.

Condición de estabilidad para cuerpos flotantes: la condición para la estabilidad de cuerpos flotantes es que un cuerpo flotante es estable si su centro de gravedad (G) está por debajo del metacentro (M). El metacentro se define como el punto de intersección del eje vertical de un cuerpo cuando se encuentra en su posición de equilibrio y la recta vertical que pasa por el centro de flotabilidad (B) cuando el cuerpo es girado ligeramente.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 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. SOLUCION: Como dato, tenemos:  𝐸𝑠𝑝𝑒𝑠𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 1𝑚𝑚 = 0.1𝑐𝑚  𝑦 = 8 − −𝑝 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = 3

8 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚 ; 𝑝 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 1 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚3  𝑒 = 𝑅 − 𝑟; 0.1 = 𝑅 − 𝑟

Por el principio de Arquímedes, sabemos que: 𝑃𝑒𝑠𝑜𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 ℎ𝑢𝑒𝑐𝑎 = 𝐸𝑀𝑃𝑈𝐽𝐸 𝑉𝑂𝐿𝑈𝑀𝐸𝑁𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 ℎ𝑢𝑒𝑐𝑎 ∗ 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 ∗ 𝑔 = 𝑉𝑂𝐿𝑈𝑀𝐸𝑁𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑒𝑠𝑎𝑙𝑜𝑗𝑎𝑑𝑜 ∗ 𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 ∗ 𝑔 4 4 ∗ 𝜋 ∗ (𝑅3 − 𝑟 3 ) ∗ (𝜌𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 ) = ∗ 𝜋 ∗ 𝑅3 ∗ 𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 3 3 3

𝑅𝑒𝑑𝑢𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑦 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑟 − − − − 𝑟 = 𝑅 ∗ √1 −

3

𝑟 = (0.1 + 𝑟) ∗ √1 −

𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜

1 8

𝑑𝑒 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒, 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑞𝑢𝑒: 𝑟 = 2.4 𝑐𝑚 Por último, el radio es: 𝑅 = 𝑟 + 0.1 𝑹 = 𝟐. 𝟓 𝒄𝒎

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PROBLEMA Nº 137: Un caisson rectangular va ser sumergido, y sobre el cual se construirá una cimentación de un pilar de puente. El caisson tiene la forma de un cajón abierto, de 15m de largo por 6m de ancho y 6.90m de altura. Si el peso del caisson es de 75000kg ¿A qué profundidad se hundirá bajo el agua cuando este flotando sobre el agua dulce? Si el fondo del lago está a 6m bajo la superficie del agua, ¿Qué peso adicional le hará tocar el fondo al caisson? SOLUCION: 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑎𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑙 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑙𝑎𝑔𝑜 = 6𝑚 𝑚𝑐 = 75000𝑘𝑔 𝑊 = 𝛾 𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜. 𝑉𝑠

𝑊 = 75000𝑘𝑔

75000 = 1000. (15). (6). (𝑐)

Profundidad que se hunde cuando este flotando sobre el lago ⇒

C = 5/6 m = 0.83 m

Para cuando el caisson llegue al fondo del lago es necesaria una masa: 𝑚1 + 𝑚𝑐 = 𝛾𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜. 𝑉𝑠 𝑐 = 6𝑚 𝑊1 + 75000 = 1000. (15). (6). (6)

⇒

𝒘 = 𝟒𝟔𝟓𝟎𝟎𝟎 𝑲𝒈

PROBLEMA Nº 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? SOLUCION: Hallamos el valor de C, para eso sabemos que: 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝐶𝑢𝑏𝑜 = 𝛾 ∗ 𝑉1 Reemplazando: 1000 × 0.63 × 0.5 = 1000 × 0.62 × 𝐶 𝐶 = 0.3 𝑚.

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Luego: 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝐴𝑔𝑢𝑎 + 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝐶𝑢𝑏𝑜 𝑆𝑢𝑚𝑒𝑟𝑔𝑖𝑑𝑜 = (2.7 + ℎ) × 1.2 × 1.2 Obtenemos: ℎ = 0.075 𝑚. La nueva altura del líquido es: 𝐻 = 2.7 + 0.075 = 2.775 𝑚. Presión inicial en una de las caras es: 𝑃1 = 𝛾 ∗ ℎ𝑔 ∗ 𝐴 = 9810 ∗

2.7 ∗ 1.20 ∗ 2.7 = 42908.94 𝑁⁄𝑚2 2

Presión luego de ser insertado el cubo es: 𝑃2 = 𝛾 ∗ ℎ𝑔 ∗ 𝐴 = 9810 ∗

2.775 ∗ 1.20 ∗ 2.775 = 45325.87 𝑁⁄𝑚2 2

Por lo tanto la variación de la presión será: ∆𝑃 = 𝑃2 − 𝑃1 = 45325.87 − 42908.94 =

𝟐𝟒𝟏𝟔. 𝟗𝟑 𝑵⁄𝒎𝟐

PROBLEMA Nº 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 el agua? SOLUCION: Tenemos el cuerpo parcialmente sumergido: Sabemos que 𝛾 = 𝜌𝑔 Como 𝜌𝐶 = 0.8𝜌𝐻2𝑂 Entonces 𝛾𝐶 = 0.8𝛾𝐻2𝑂 Por el principio de Arquímedes: 𝑊=𝐸 𝛾𝐶 𝑉𝐶 = 𝛾𝐻2𝑂 𝑉𝑆 ⇒ 0.8𝛾𝐻2𝑂 𝑉𝐶 = 𝛾𝐻2𝑂 𝑉𝑆

⇒ 0.8 =

𝑉𝑆 𝑉𝐶

Por lo tanto, el volumen sumergido representa el 0.8 del volumen del cuerpo. Entonces se deduce que el volumen no sumergido, con respecto al volumen total es 𝟎. 𝟐

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PROBLEMA Nº 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, colocado en agua dulce? SOLUCION: 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 = 𝟗𝟕. 𝟐𝑲𝒈 PROBLEMA Nº 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 w’ del prisma homogéneo y del líquido, para que el equilibrio sea estable. SOLUCION: Llamemos: V = Volumen del prisma

w’ = Peso específico del prisma

V’= Volumen de la parte sumergida

w = Peso específico del agua

Por Arquímedes: 𝑉. 𝑤 ′ = 𝑉 ′ . 𝑤 ⟹

𝑉′ 𝑤′ = = 𝑅2 𝑉 𝑤

Relacionando geométricamente:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑉 ′ ℎ2 = ⟹ ℎ = 𝑅. 𝐻 𝑉 𝐻2 Para que el prisma flote establemente, su metacentro debe estar más alto que el centro de gravedad. Calculo que la distancia de Centro de gravedad (C.G.) al Centro de flotación (C.F.), el centro de flotación es el C.G. de la parte sumergida, es decir, es el centro de gravedad de prisma sumergida y estará a ¼ del calado (h) debajo de la superficie del líquido. El centro de flotación contando desde la base del cono será: 1 𝑅. 𝐻 3 𝑦 = 𝐻 − ℎ + ℎ = 𝐻 − 𝑅. 𝐻 + = (1 − 𝑅) 𝐻 4 4 4 ∴ La distancia del C.G. al C.F. será: ̅̅̅̅ 𝐶𝐹 . ̅̅̅̅ 𝐶𝐺 = 𝑦 − 1/4𝐻 3 ̅̅̅̅ . 𝐶𝐺 ̅̅̅̅ = (1 − 𝑅)𝐻 … … … … … … . . (1) 𝐶𝐹 4

Se sabe que la distancia del C.F. al metacentro es: 𝑀 = 𝐼/𝑉 𝐴3 𝐿 𝑀 = 12 … … … … … … … … … . … … . (2) 𝐴. ℎ 2 𝐿 Por semejanza de triángulos en la figura: ℎ 𝐴 = ; 𝐶𝑜𝑚𝑜 ℎ = 𝑅. 𝐻, 𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎 𝑞𝑢𝑒: 𝐻 𝐵 𝐴 = 𝑅. 𝐵 … … … … … … … … … . . … … … (3) Reemplazando (3) y ℎ = 𝑅. 𝐻 en (2): 𝑀=

(𝑅. 𝐵)2 … … … … … … … … … … . (4) 6. (𝑅. 𝐻)

Como se requiere que sea estable, entonces cumpliría: 𝑅. 𝐵 2 3 > (1 − 𝑅)𝐻 6. 𝐻 4 𝑅 9𝐻 2 > 1 − 𝑅 2𝐵 2 Pero se sabe que al ser un triángulo equilátero: 𝐻 √3 = 𝐵 2

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Entonces tenemos que: 2

𝑅 9 √3 > ( ) 1−𝑅 2 2 𝑅 27 > 1−𝑅 8 𝑅>

27 ⟹ 𝑅 > 0.771429 35

Pero nosotros queremos la relación de pesos específicos, entonces: 𝑅2 > 0.7714292 𝑅2 > 0.595103 Y sabemos que:

𝒘′ > 𝟎. 𝟓𝟗𝟓𝟏𝟎𝟑 𝒘

PROBLEMA Nº 143: Determinar el calado de una pirámide de 0.50m 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. SOLUCION: 𝑐 = 𝑐𝑎𝑙𝑎𝑑𝑜; 𝛾𝑡𝑒𝑡𝑟𝑎𝑐𝑙𝑜𝑟𝑢𝑟𝑜 = 1.5;

𝛾𝑝𝑖𝑟𝑎𝑚𝑖𝑑𝑒 = 0.9

𝑉1 = 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑉2 = 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑢𝑚𝑒𝑟𝑔𝑖𝑑𝑜 Entonces se cumple: 𝑉1 × 𝛾𝑝𝑖𝑟𝑎𝑚𝑖𝑑𝑒 = 𝑉2 × 𝛾𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑏 2 × 0.5 𝑎2 × 𝑐 (0.9) = (1.5) 2 2 𝑏2 = 3.33𝑐 … … … … … … . (1) 𝑎2 Se tiene dos triángulos, por semejanza: 𝑏 0.5 = … … … … … … … . (2) 𝑎 𝑐

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Reemplazamos (2) en (1): 0.52 = 3.33𝑐 𝑐2

𝒄 = 𝟎. 𝟒𝟐𝒎

⇒

PROBLEMA Nº 144: Determinar la mínima relación entre el diámetro de la base y la altura de un cono recto de material homogéneo de densidad relativa 0.6 para que flote establemente en agua con su eje vertical y su vértice hacia abajo. SOLUCION: Se sabe que: 𝑉 = 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑠ó𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑉′ = 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑠ó𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑢𝑚𝑒𝑟𝑔𝑖𝑑𝑜 𝑊 = 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐í𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝐴𝑔𝑢𝑎 𝑊 ′ = 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐í𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝐶𝑜𝑛𝑜 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠:

𝑉 × 𝑊′ = 𝑉′ × 𝑊

𝑇𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒: 𝑉 ′ = 0.6 × 𝑉 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑑𝑜:

𝑉 𝐻3 = 𝑉′ ℎ3

3

⟹ ℎ = √0.6 × 𝐻 ⟹ ℎ = 0.843 × 𝐻

El centro de flotación desde la base del cono es: 𝑌 = 𝐻−ℎ+

ℎ 4

⟹

𝑌 = 𝐻 − 0.843 × 𝐻 +

0.843 × 𝐻 4

⟹

𝑌 = 0.368 × 𝐻

𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝐶𝐺 𝑎𝑙 𝐶𝐹: 𝐶𝐺 − 𝐶𝐹 = 𝑌 −

𝐻 ⟹ 𝐶𝐺 − 𝐶𝐹 = 0.368 × 𝐻 − 0.250 × 𝐻 ⟹ 𝐶𝐺 − 𝐶𝐹 = 0.118 × 𝐻 4

𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝐶𝐹 − 𝑀𝐶:

𝐶𝐹 − 𝑀𝐶 =

𝜋 × 𝑑4 64 𝐶𝐹 − 𝑀𝐶 = 𝜋 × 𝑑2 × ℎ 12

⟹

𝐼 𝑉′

𝐶𝐹 − 𝑀𝐶 =

3 × 𝑑2 16 × ℎ

Por semejanza tenemos: ℎ 𝑑 = 𝐻 𝐷 Límite mínimo:

⟹ 𝑑 = 0.843 × 𝐷

𝐶𝐹 − 𝑀𝐶 = 𝐶𝐺 − 𝐶𝐹 ⟹ 𝐶𝐹 − 𝑀𝐶 = 0.118 × 𝐻

Reemplazando: 𝑫 Página 83 de 211 = 𝟎. 𝟕𝟒𝟔𝟐𝟔𝟖 𝑯

UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝐶𝐹 − 𝑀𝐶 =

3𝑥𝑑2 3𝑥(0.843𝑥𝐷)2 𝐻 ⟹ 0.118𝑥𝐻 = ⟹ = 1.34 ⟹ 16𝑥ℎ 16𝑥(0.843𝑥𝐻) 𝐷

PROBLEMA Nº 145: Un cono de material homogéneo tiene igual diámetro que altura. ¿Cuál podrá ser su mínima densidad respecto de un líquido para que flote establemente con su eje vertical y cúspide hacia abajo? SOLUCION: El dato que nos dan es que 𝐷 = 𝐻 Para que flote establemente, con una densidad mínima, se tiene que cumplir: ̅̅̅̅ 𝐶𝐺 ̅̅̅̅ = 𝐶𝐹 ̅̅̅̅ 𝑀𝐶 ̅̅̅̅̅ 𝐶𝐹 𝐸𝑙 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑛𝑜 𝑒𝑠: 𝑉𝐶 =

𝜋𝐷2 𝐻 𝜋𝐻 3 = 12 12

Por el principio de Arquímedes: 𝛾𝐶 𝑉𝐶 = 𝛾𝐿 𝑉𝑆

⟹

𝜌𝐶 𝑔𝑉𝐶 = 𝜌𝐿 𝑔𝑉𝑆

𝐸𝑙 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑢𝑚𝑒𝑟𝑔𝑖𝑑𝑜:

⟹

𝜌 𝜋𝐻 3 = 𝑉𝑆 𝜌𝐿 12

𝑉𝑆 =

𝜋𝑑2 ℎ 12

Por semejanza 𝑑 = ℎ 𝑉𝑆 =

𝜋ℎ3 𝜌 𝜋𝐻 3 = 12 𝜌𝐿 12

⟹

𝜌 ℎ3 = 3 𝜌𝐿 𝐻

Distancia del centro de flotación al metacentro: ̅̅̅̅̅ 𝐶𝐹 ̅̅̅̅ = 𝑚 = 𝑀𝐶

𝐼 𝜋𝑑4 ∗ 12 3ℎ = = 𝑉𝑆 64 ∗ 𝜋𝑑3 16

Distancia del centro de gravedad al centro de flotación: ̅̅̅̅ 𝐶𝐹 ̅̅̅̅ = 𝐶𝐺

3𝐻 3ℎ − 4 4

Según la condición: 3𝐻 3ℎ 3ℎ − = 4 4 16 3𝐻 15ℎ ℎ 4 = → = 4 16 𝐻 5

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Reemplazando en las densidades: 𝝆 𝟒𝟑 𝟔𝟒 = 𝟑= 𝝆𝑳 𝟓 𝟏𝟐𝟓

PROBLEMA Nº 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 g/cm3 para que flote establemente, cuando se sumerja en tetracloruro de carbono (gravedad específica: 150)? SOLUCION: 𝑃𝑜𝑟 𝐴𝑟𝑞𝑢í𝑚𝑒𝑑𝑒𝑠: 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 . 𝑤𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑠𝑢𝑚𝑒𝑟𝑔𝑖𝑑𝑜 . 𝑤𝑡𝑒𝑡𝑟𝑎𝑐𝑙𝑜𝑟𝑢𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑜 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑥 10 = 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑠𝑢𝑚𝑒𝑟𝑔𝑖𝑑𝑜 × 150 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑠𝑢𝑚𝑒𝑟𝑔𝑖𝑑𝑜 = 0.666 𝑥 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑑𝑜:

𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑠𝑢𝑚𝑒𝑟𝑔𝑖𝑑𝑜

=

𝐻3 ℎ3

3

→ ℎ = √0.666 × 𝐻 → ℎ = 0.8733 × 𝐻

𝐸𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑜𝑡𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑛𝑜: 𝑦 = 𝐻 − 0.8733 × 𝐻 + 𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝐺. 𝐶𝐹: 𝑦 −

𝐻 = 0.345 × 𝐻 − 0.250 × 𝐻 = 0.095 × 𝐻 4

𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝐹. 𝐶𝑀: 𝑚 =

𝑃𝑜𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑒𝑗𝑎𝑛𝑧𝑎:

0.8733 × 𝐻 = 0.345 × 𝐻 4

𝐼 𝑑2 = 3. 𝑉𝑆 16 . ℎ

ℎ 𝑑 = → 𝑑 = 0.8733 × 𝐷 𝐻 𝐷

𝐿í𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜: 𝐶𝐹. 𝐶𝐺 = 𝐶𝐹. 𝐶𝑀 3.

𝑑2 = 0.095 × 𝐻 16 . ℎ

⟹

𝑯 = 𝟏. 𝟕𝟐𝟑 𝑫

PROBLEMA Nº 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. SOLUCION: Llamemos: V = Volumen del pirámide

w’ = Peso específico de la pirámide= 7848

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO V’= Volumen de la parte sumergida

w = Peso específico del agua = 9810

Por Arquímedes: 𝑉. 𝑤 ′ = 𝑉 ′ . 𝑤 ⟹

𝑉′ 𝑤′ = = 0.8 𝑉 𝑤

Relacionando geométricamente: 𝑉 ′ ℎ3 = ⟹ ℎ = 0.928𝐻 𝑉 𝐻3 Para que la pirámide flote establemente, su metacentro debe estar más alto que el centro de gravedad. En la posición limite, estos dos puntos deben coincidir. Calculo que la distancia de Centro de gravedad (C.G.) al Centro de flotación (C.F.), el centro de flotación es el C.G. de la parte sumergida, es decir, es el centro de gravedad de la pirámide sumergida y estará a ¼ del calado (h) debajo de la superficie del líquido. El centro de flotación contando desde la base del cono será: 1 0.928𝐻 𝑦 = 𝐻 − ℎ + ℎ = 𝐻 − 0.928𝐻 + = 0.304𝐻 4 4 ∴ La distancia del C.G. al C.F. será: ̅̅̅̅ 𝐶𝐹 . ̅̅̅̅ 𝐶𝐺 = 𝑦 − 1/4𝐻 ̅̅̅̅ 𝐶𝐹 . ̅̅̅̅ 𝐶𝐺 = 0.054𝐻 … … … . . (1) Se sabe que la distancia del C.F. al metacentro es: 𝑀 = 𝐼/𝑉 𝜋4 𝜋2 𝑀 = 12 = … … … … … . (2) 2 𝜋 ℎ 4ℎ 3 Por semejanza de triángulos en la figura: ℎ 𝑛 = ; 𝑐𝑜𝑚𝑜 ℎ = 0.928𝐻, 𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎 𝑞𝑢𝑒: 𝐻 𝐿 𝑛 = 0.928𝐿 … … … … … … … (3) Reemplazando (3) y ℎ = 0.928𝐻 en (2): 𝑀=

(0.928𝐿)2 … … … … . (4) 4. (0.928𝐻)

En la posición límite, las ecuaciones (1) y (4) son iguales:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 0.054𝐻 =

0.928𝐿2 4𝐻

𝐿2 4(0.054) = = 0.232759 𝐻2 0.928

⟹

𝑳 = 𝟎. 𝟒𝟖𝟐𝟒𝟓𝟏 𝑯

PROBLEMA Nº 148: Se desea construir una caja cilíndrica de 4 m. de diámetro interior, paredes de concreto de 0.20 m. 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=2500 kg/m3. SOLUCION:  Por el principio de Arquímedes, se conoce que: 𝑤 − 𝐹𝐸 = 0 𝜌𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 ∗ 𝑉𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 = 𝜌𝐹𝐿𝑈𝐼𝐷𝑂 ∗ 𝑉𝐹𝐿𝑈𝐼𝐷𝑂 𝐷𝐸𝑍𝑃 = 𝜌𝐹𝐿𝑈𝐼𝐷𝑂 ∗ 𝐴 ∗ 𝑥 Hallamos el volumen del cuerpo: 𝑉𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 = [𝜋 ∗ 2.22 ∗ 11ℎ − 𝜋 ∗ 22 ∗ 11ℎ] + 𝜋 ∗ 22 ∗ ℎ 𝑉𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 = 13.24𝜋ℎ 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑥 = 𝜌𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂∗

𝑉𝐶𝑈𝐸𝑅𝑃𝑂 2500 ∗ 13.24 ∗ 𝜋 ∗ ℎ = = 6.8ℎ 𝜌𝐹𝐿𝑈𝐼𝐷𝑂 ∗ 𝐴 1000 ∗ 𝜋 ∗ 4.84

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

6.8ℎ 2

𝜋 ∗ 𝐷4 𝐷2 0.18 64 𝑀𝑏 = = = 2 𝜋∗𝐷 16 ∗ 𝑥 𝑥 4 ∗𝑥 𝑌𝑚𝑐 =

6.8 ∗ ℎ 0.18 + 2 ℎ

Para que exista estabilidad de flotación, se debe de cumplir que: 𝑌𝑚𝑐 > 𝑌𝑐𝑔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 5.47 > ℎ ∴ 𝐿𝑎 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 𝑠𝑒𝑟𝑎: 𝒉 = 𝟓. 𝟒𝟔 PROBLEMA Nº 150: Una pequeña bola de madera de peso específico 0.5, se sujeta al fondo de una corriente de agua de 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 la vertical inicial? SOLUCION: b) El cuerpo tiene un empuje superior a su cuerpo, entonces: 𝐹 = 𝐸−𝑃 Se sabe que: 𝐸=

𝑚𝑔𝑤 ⟹ 𝑃 = 𝑚𝑔 ⟹ 𝐹 = 𝑚𝑎 𝑤′

Despejando: 𝑚𝑎 =

𝑚𝑔𝑤 − 𝑚𝑔 𝑤′

⟹ 𝑎 = 𝑔(2 − 1) ⟹ 𝑎 = 9.81

𝑚 𝑠2

El tiempo que tarda en aparecer en la superficie es: 𝑌=

𝑎𝑡 2 2

⟹ 4=

(9.81)𝑡 2 2

⟹

𝒕 = 𝟎. 𝟗𝟎𝟑𝟎𝟒𝟕 𝒔𝒆𝒈

C) La distancia horizontal es: 𝑥 = 𝑉𝑡 𝑥 = (1.5) × (0.903047)

⟹

𝒙 = 𝟏. 𝟑𝟓𝟒𝟓𝟕𝟎𝒎

Teniendo todos estos datos podemos hallar la gráfica:

a) Ecuación de la Parábola:

𝑌 = 𝑘𝑋 2 4 = 𝑘(1.354570)2 𝑘 = 2.18 𝑌 = 2.18 × 𝑥 2

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PROBLEMA Nº 151: La barcaza de concreto, cuyas dimensiones se muestran en las figuras, flota en agua salada. Determinar la altura metacéntrica y el grado de estabilidad (peso específico del concreto = 2400 𝒌𝒈/𝒎𝟑).

SOLUCION: Al estar flotando la barcaza en agua salada (𝛾𝑆 = 1025 𝑘𝑔/𝑚3), desalojará un volumen de líquido, que por el principio de Arquímedes podemos relacionar de la siguiente manera: 𝛾𝐶 𝑉𝐶 = 𝛾𝑆 𝑉𝑆 Siendo: Peso específico del concreto: 𝛾𝐶 = 2400 𝑘𝑔/𝑚3 Peso específico del agua salada: 𝛾𝑆 = 1025 𝑘𝑔/𝑚3 Volumen total de concreto: 𝑉𝐶 Volumen de agua desalojada: 𝑉𝑆 Podemos dividir la barcaza para hallar el volumen, en un volumen compuesto por tres bloques y otro volumen que es determinado por la base. Hallamos el volumen: 𝑉1 = 3 ∗ 0.1 𝑚 ∗ 1.7 𝑚 ∗ 2 𝑚 = 1.02 𝑚3 𝑉2 = (8.3 𝑚 ∗ 1.7 𝑚 − 2 ∗ 1.5 𝑚 ∗ 4 𝑚) ∗ 0.15 𝑚 = 0.3165 𝑚3

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO

El volumen total es: 𝑉𝐶 = 𝑉1 + 𝑉2 𝑉𝐶 = 1.3365 𝑚3 El peso total de la barcaza de concreto es: 𝛾𝐶 𝑉𝐶 = 2400

𝑘𝑔 ∗ 1.3365 𝑚3 = 3207.6 𝑘𝑔 𝑚3

Arquímedes: 3207.6 𝑘𝑔 = 1025

𝑘𝑔 ∗𝑉 𝑚3 𝑆

𝑉𝑆 = 3.1294 𝑚3 Ya tenemos el volumen de agua desalojado. Para hallar el calado; sabemos que: 𝑉𝑆 = (Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒) ∗ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑐=

𝑉𝑆 3.1294 𝑚3 = = 0.2218 𝑚 8.3 𝑚 ∗ 1.7 𝑚 14.11 𝑚2

Para hallar el centro de flotación: 𝐶𝐹 =

𝑐 = 0.1109 𝑚 2

Ahora hallaremos el centro de gravedad: Centro de gravedad del volumen 1: 1 𝑚 ; Centro de gravedad del volumen 2: 0.075 𝑚 𝐶𝐺 =

𝑉1 ∗ 1 𝑚 + 𝑉2 ∗ 0.075 𝑚 = 0.7809 𝑚 𝑉1 + 𝑉2

Distancia entre el centro de gravedad y el centro de flotación: ̅̅̅̅ 𝐶𝐺 ̅̅̅̅ 𝐶𝐹 = 0.67 𝑚 Distancia entre el metacentro y el centro de flotación: ̅̅̅̅̅ 𝐶𝐹 ̅̅̅̅ = 𝑚 = 𝑀𝐶

𝐼 𝑉𝑆

Menor momento de inercia de la superficie formada por el líquido y el sólido (eje que pase por el CG): 𝐼=

1.73 ∗ 8.3 = 3.398 𝑚4 12

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑚=

3.398 𝑚4 = 1.09119 𝑚 3.1294 𝑚3

La altura metacéntrica está definida por: ̅̅̅̅ 𝑀𝐶 ̅̅̅̅̅ = 𝑚 − 𝐶𝐺 ̅̅̅̅ 𝐶𝐹 ̅̅̅̅ = 1.09119 𝑚 − 0.67 𝑚 𝐶𝐺 ̅̅̅̅ 𝑪𝑮 ̅̅̅̅̅ 𝑴𝑪 = 𝟎. 𝟒𝟐𝟏𝟏𝟗 𝒎 Podemos ver los centros en la gráfica:

̅̅̅̅ 𝐶𝐹 ̅̅̅̅ , la flotación es ESTABLE. Como 𝑚 > 𝐶𝐺 PROBLEMA Nº 152: Determinar la mínima relación entre el diámetro de la base y la altura de un paraboloide de revolución de material homogéneo (densidad relativa 0.5) para que flote establemente en agua con su eje vertical y su vértice hacia abajo. SOLUCION: 𝑃𝑜𝑟 𝐴𝑟𝑞𝑢í𝑚𝑒𝑑𝑒𝑠:

𝑉𝑐𝑢𝑏𝑜 . 𝑤𝑐𝑢𝑏𝑜 = 𝑉𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑑𝑒𝑠𝑎𝑙𝑜𝑗𝑎𝑑𝑎 . 𝑤𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑔 𝑥 0.7 𝑥 𝑎3 = 𝑔 𝑥 1 𝑥 𝑐 𝑥 𝑎2 → 𝑐 = 0.7 𝑥 𝑎 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑑𝑜:

𝑎 𝐻3 = 𝑐 ℎ3

3

ℎ = √0.7 𝑥 𝐻 → ℎ = 0.88 𝑥 𝐻 𝐶𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑜𝑡𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑜𝑖𝑑𝑒: 𝑦 = 𝐻 − 0.8879 × 𝐻 + 𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝐺. 𝐶𝐹: 𝑦 −

𝐻 = 0.334 𝑥 𝐻 − 0.250 𝑥 𝐻 = 0.084 𝑥 𝐻 4

𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝐹. 𝐶𝑀: 𝑚 = 𝑃𝑜𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑒𝑗𝑎𝑛𝑧𝑎:

0.8879 × 𝐻 = 0.334 × 𝐻 4

𝐼 𝑑2 = 3. 𝑉𝑆 16 . ℎ

ℎ 𝑑 = → 𝑑 = 0.8879 𝑥 𝐷 𝐻 𝐷

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝐿í𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜: 𝐶𝐹. 𝐶𝐺 = 𝐶𝐹. 𝐶𝑀 → 3 .

𝑑2 16 .ℎ

= 0.084 𝑥 𝐻 →

𝑯 = 𝟏. 𝟒𝟎 𝑫

PRACTICA 5: (153-188): HIDRODINAMICA PROBLEMA Nº 153: Por la tubería indicada en la figura, circula agua, siendo la relación entre el diámetro en el plano 1 y el diámetro en el punto 2 igual a √𝟐. En 1 la presión es de 0.5 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 y la elevación 100m. En 2 la presión es de 3.38 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 y la elevación 70m. Calcular la velocidad en dichos puntos despreciando las perdidas por rozamiento. SOLUCION: Por continuidad se tiene: 𝑉1 . 𝐴1 = 𝑉2 . 𝐴2 De donde: 𝑉1 = 𝑣 (

𝐴2 4𝜋𝑑2 2 ) = 𝑉2 ( ) 𝐴1 4𝜋𝑑1 2

Simplificando: 𝑉1 = 𝑉2 (

𝑑2 2 ) = 𝑑1

𝑉2 (

1

2

) √2

Luego: 𝑉1 = 1⁄2 . 𝑉2 … … … … … … … … . … … . . (1) Por Bernoulli: 𝑉1 2 𝑃1 𝑉2 2 𝑃2 𝑉2 𝑉1 𝑃1 𝑃2 + + 𝑍1 = + + 𝑍2 ⟹ − = − + 𝑍2 − 𝑍1 … … … . . (2) 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 2𝑔 2𝑔 𝑤 𝑤 Según los datos del problema: 𝑃1 = 0.5 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2

⟹

𝑃2 = 3.38 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2

𝑍1 = 100𝑚.

⟹

𝑍2 = 70𝑚.

Reemplazando estos datos y (1) en (2): 𝑉2 2 𝑉2 2 − = 5 − 33.8 + 100 − 70 = 1.2 2𝑔 8𝑔 𝑉2 = √

9.8×9.6 3

⟹ 4𝑉2 2 − 𝑉2 2 = 8𝑔(1.2) ⟹ 3𝑉2 2 = 9.6𝑔

= √31.36 = 5.60 𝑚⁄𝑠

𝑽𝟐 = 𝟓. 𝟔𝟎 𝒎⁄𝒔 𝑽𝟏 = 𝟐. 𝟖𝟎 𝒎⁄𝒔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 154: En el tubo de aspiración de una turbina a reacción el gasto es de 8𝒎𝟑 ⁄𝒔𝒆𝒈. Asumiendo ∞ = 𝟏 y despreciando las pérdidas de carga, calcule la presión en el punto A en 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 relativos. SOLUCION: En el punto B se tiene: 𝑉𝐵 2 =0 2𝑔 (Por ser el nivel de una superficie tranquila y nivel constante) 𝑃𝐵 = 0 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 (𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑟 𝑠𝑜𝑚𝑒𝑡𝑖𝑑𝑎 𝑎 𝑙𝑎 𝑝 𝑎𝑡𝑚. ) 𝑤 𝑍𝐵 = 0 (𝑇𝑜𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑒𝑗𝑒 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑙 𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑋𝑋 ′ ) 𝑍𝐴 = 3 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠 Aplicando Bernoulli entre los puntos A y B:

𝛼

𝑉𝐴 2 𝑃𝐴 + + 3 = 0 … … … … … … … … (1) 2𝑔 𝑤

Por continuidad: 𝑄 = 𝑉𝐴 + 𝐴𝐴 𝑉𝐴 =

8 = 7.09 𝑚⁄𝑠 … … … … . . (2) 𝜋(1.2)2 4

Reemplazamos (2) en (1): (7.09)2 𝑃𝐴 + +3 = 0 19.6 𝑤 Despejando: 𝑃𝐴 𝑤

= −3 −

(7.09)2 19.6

= −3 − 2.56 = −5.56𝑚. 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎

𝑷𝑨 = 𝟎. 𝟓𝟓𝟔 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 155: En el medidor Venturi de la figura se ha insertado un piezómetro diferencial que marca 0.60 m. de mercurio. El líquido que fluye en la tubería de agua. a) Se desea saber cuál será el gasto que circula. b) ¿Cuál será deflexión que marcará el piezómetro diferencial si el gasto es de 50 l/s? Considere 𝝎 = 𝟏 y despréciese las pérdidas de carga. SOLUCION:

Aplicando Bernoulli entre (1) y (2): 𝑣12 𝑃1 𝑣22 𝑃2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 Transponiendo Términos: 𝑃1 − 𝑃2 𝑣22 − 𝑣12 + 𝑧1 − 𝑧2 = … … … … (1) 𝑤 2𝑔

Por el problema nº 64, tenemos la formula deducida para hallar la diferencia de presiones en este tipo de piezómetros y es: 𝑃1 − 𝑃2 = 𝑧𝜔1 − 𝜔(ℎ + 𝑧) = 13.6(60) − (80 + 60) = 676 𝑔𝑟⁄𝑐𝑚2 = 0.676 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 𝑃1 − 𝑃2 = 6.76𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 … … … … … … … … … … … … … … … … … (2) 𝜔 De la fórmula de continuidad se saca: 𝑣1 =

𝑄 𝑄 𝑄 = = … … … … … … … … … … … . … (3) 𝐴1 𝜋(6𝑥0.0254)2 0.0182 4

𝑣2 =

𝑄 𝑄 𝑄 = = … … … … … … … … … … . . … (4) 2 𝐴2 𝜋(2𝑥0.0254) 0.00203 4

Pasamos un eje horizontal (2) ∴ 𝑧1 = 0.80 𝑚. ; 𝑧1 = 0 Reemplazando (2), (3), (4) y estos últimos valores en (1):

6.76 + 0.80 − 0 =

𝑄2 1 1 ( ); − 2 2𝑔 0.0182 0.002032

a) De donde: 𝑸 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟒𝟗 𝒎𝟑 ⁄𝒔 = 𝟐𝟒. 𝟗 𝒍𝒕𝒔⁄𝒔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO b) si 𝑄 = 50 𝑙/𝑠 = 0.05 𝑚3 /𝑠, las velocidades en los puntos 1 y 2, son: De (3): 𝑣1 =

0.005 𝑚 0.05 = 2.75 ; 𝑣2 = = 24.5 𝑚/𝑠 … … . … … … … … … … … … (6) 0.0182 𝑠 0.00203

Como la diferencia de presiones en este tipo de piezómetros es conocida por la fórmula: 𝑃1 − 𝑃2 = 𝑧𝜔1 − 𝜔(ℎ + 𝑧), la ecuación (1) queda: 𝑧𝜔1 − 𝜔(ℎ + 𝑧) 𝑣22 − 𝑣12 + 𝑧1 + 𝑧2 = 𝜔 2𝑔 Reemplazando (5) y (6) y demás datos en esta última: 13.6𝑧 − 1(0.80 + 𝑧) 𝑣22 − 𝑣12 + 𝑧1 + 𝑧2 = 1 2𝑔 13.6𝑧 − (0.80 + 𝑧) = 0.08 = 30.5 𝒛 = 𝟐. 𝟒𝟐 𝒎

PROBLEMA Nº 156: De un deposito sale una tubería sale de 10’’ de diámetro, la que por medio de una reducción pasa de 5’’ descargando luego libremente en la atmosfera. El gasto a la salida en 105 l/s. Se pide calcular: a) La presión en la sección inicial de la tubería. b) Altura del agua en el depósito, media sobre el eje de la tubería. c) Potencia bruta del chorro. SOLUCION:

a) Por continuidad sabemos: 𝑣𝐴 =

𝑄 0.105 0.105 = = = 2.08 𝑚⁄𝑠 … … … … … … … (1) 2 𝐴 𝜋(15 ∗ 0.0254) 0.05067 4

𝑣2 =

𝑄 0.105 0.105 = = = 8.32 𝑚⁄𝑠 … … … … . … … . . . (2) 2 𝐴 𝜋(5 ∗ 0.0254) 0.01267 4

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Aplicando Bernoulli entre los puntos A y B: 𝑣𝐴2 𝑃𝐴 𝑣𝐵2 𝑃𝐵 + + 𝑧𝐴 = + + 𝑧𝐵 … … … … … … … … … … … … … . … … . . (3) 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 Donde: 𝑃𝐵 =0 𝑤

𝑧𝐴 = 𝑧𝐵 = 0

Reemplazando (1) y (2) en (3) como demás datos: (2.08)2 𝑃𝐴 (8.32)2 + +0 = +0+0 19.6 𝑤 19.6 0.22 +

𝑃𝐴 = 3.54 𝑤

𝑷𝑨 = 𝟑. 𝟑𝟐 𝒎. 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 𝒘 a) Altura del depósito: Tomando Bernoulli entre los puntos O y B, que como están sometidos a la presión atmosférica, obtenemos: 𝑣𝐵 = √2𝑔ℎ O sea que la altura del depósito es la carga de velocidad:

ℎ=

𝑣𝐵2 (8.32)2 = = 3.54 𝑚. 2𝑔 19.6 𝒉 = 𝟑. 𝟓𝟒 𝒎.

b) Potencia bruta: 𝑃𝑜𝑡. = 𝑤. 𝑄. 𝐵, donde: 𝑤 = 1,000 𝑘𝑔⁄𝑚3; 𝑄 = 0.105 𝑚3 ⁄𝑠𝑒𝑔. 𝐵=

𝑣𝐵2 (8.32)2 = = 3.54 𝑚. (𝑝𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑙 𝑑𝑒𝑠𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙) 2𝑔 19.6

∴ 𝑃𝑜𝑡. = 1,000 ∗ 0.105 ∗ 3.54 = 371.70 𝑘𝑔. 𝑚⁄𝑠𝑒𝑔. 𝐸𝑛 𝐻. 𝑃. ∶

𝑃𝑜𝑡. =

371.70 75

𝑷𝒐𝒕. = 𝟒. 𝟗𝟔 𝑯. 𝑷.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 157: Una vena líquida es descargada verticalmente hacía abajo por un tubo de 2cm de diámetro. A 0.25m por debajo de la boca de descarga el diámetro de la vena se ha reducido a 1 cm. a) Calcular el gasto descargado por el tubo. b) Si el tubo descarga verticalmente hacia arriba un gasto 5 veces mayor, ¿Cuál sería el diámetro de la vena a una altura de 25cm sobre la boca de descarga? SOLUCION: a) Aplicando Bernoulli entre los puntos A y B, teniendo presente que como están sometidos a la presión atmosférica, sus presiones son 0 kg/cm2 relativos. 𝑣𝐴2 𝑣𝐵2 + 𝑧𝐴 = + 𝑧𝐵 2𝑔 2𝑔 𝑣𝐵2 𝑣𝐴2 = + 𝑧𝐴 − 𝑧𝐵 … … … … … . . (1) 2𝑔 2𝑔 Por continuidad: 𝑣𝐵 . 𝐴𝐵 = 𝑣𝐴 . 𝐴𝐴 → 𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 [

𝐴𝐴 𝑑𝐴 ] = 𝑣𝐴 ( )2 𝐴𝐵 𝑑𝐵

2 2 𝑣𝐵 = 𝑣𝐴 ( ) = 4 𝑣𝐴 … … … … … (2) 1 Reemplazando (2) en (1) y como:

𝑧𝐴 − 𝑧𝐵 = 0.25 𝑚. se tiene:

(4𝑣𝐴 )2 𝑣𝐴2 = + 0.25 19.6 19.6 15𝑣𝐴2 0.25 ∗ 19.6 = 0.25 → 𝑣𝐴 = √ = 0.57 𝑚⁄𝑠 19.6 15 Entonces: 𝜋22 ) = 179 𝑐𝑚3⁄𝑠 𝑄 = 𝑣𝐴 . 𝐴𝐴 = 57 ( 4

𝑸 = 𝟏𝟕𝟗 𝒄𝒎𝟑 ⁄𝒔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO a) Planteando el Bernoulli entre A y B, se llega a la ecuación (1) del caso (a). Por continuidad, teniendo presente que el gasto debe ser 5 veces el anterior: 𝑣𝐴 =

5𝑄 𝐴𝐴

𝑣𝐴 =

5 ∗ 179 895 = = 285 𝑐𝑚⁄𝑠 2 𝜋(2) 3.14159 4

𝑣𝐴 =

50 5 ∗ 179 3580 1.140 = = = 2 𝜋𝑑 𝜋𝑑2 𝜋𝑑2 𝑑2 4 4

Reemplazando valores en (1): 1.140 ( 2 )2 2852 𝑑 = − 25 2𝑔 2𝑔 662 = 41.5 − 25 𝑑4 De donde: 𝑑4 =

662 16.5

⟹

∴ 𝒅 = 𝟐. 𝟓𝟏 𝒄𝒎.

PROBLEMA Nº 158: El conducto de entrada a una máquina hidráulica tiene un diámetro de 0.60 m. E l conducto de salida es de 0.90 m. de diámetro. Se ha medido las presiones en los conceptos de entrada y salida obteniéndose 1.4 kg/cm2 y 0.15 kg/cm2, respectivamente. El manómetro de entrada se encuentra 1.5 m. por arriba del de salida. Si se conoce que el gasto – que circula en la máquina hidráulica es 0.44 m3/s. ¿Cuál será la potencia suministrada a la misma? SOLUCION: 𝑃𝐴 = 1.4 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 La potencia suministrada es: 𝑃𝑜𝑡. = 𝑤. 𝑄. 𝐵𝐴 Donde:

𝐵𝐴 =

𝑣𝐴2 𝑃𝐴 + + 𝑧𝐴 2𝑔 𝑤

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Siendo: 𝑣𝐴 =

𝑄 0.44 = = 1.55 𝑚⁄𝑠 𝐴 𝜋(0.6)2 4

Luego: 1.552 𝑃𝑜𝑡.𝐴 = 1,000 ∗ 0.44( + 14 + 1.5) 19.6 𝑃𝑜𝑡.𝐴 = 6.874 𝑘𝑔. 𝑚⁄𝑠 La potencia de salida es: 𝑃𝑜𝑡.𝐵 = 𝑤. 𝑄. 𝐵𝐵 Donde:

𝐵𝐵 =

𝑣𝐵2 𝑃𝐵 + + 𝑧𝐵 2𝑔 𝑤

𝑣𝐵 =

𝑄 0.44 = = 0.69 𝑚⁄𝑠𝑒𝑔. 𝐴𝐵 𝜋(0.9)2 4

Siendo:

Entonces: 0.692 𝑃𝑜𝑡.𝐵 = 1,000 ∗ 0.44 ( + 3.5 + 0) 19.6 𝑃𝑜𝑡.𝐵 = 1,550 𝑘𝑔. 𝑚⁄𝑠𝑒𝑔. La potencia de la máquina será:

= 𝑃𝑜𝑡. 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑃𝑜𝑡. 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎

𝑃𝑜𝑡. 𝑚á𝑞. = 𝑃𝑜𝑡.𝐴 − 𝑃𝑜𝑡.𝐵 = 6,874 − 1,550 = 5,324 𝑘𝑔. 𝑚⁄𝑠 En H.P.: 𝑃𝑜𝑡. 𝑚á𝑞𝑢𝑖𝑛𝑎 =

5,324 75

𝑷𝒐𝒕. 𝒎á𝒒𝒖𝒊𝒏𝒂 = 𝟕𝟏 𝑯. 𝑷.

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PROBLEMA Nº 159: Se tiene dos placas circulares horizontales de 0.80m de diámetro. La placa inferior se puede deslizar sobre un tubo vertical de 0.15m de diámetro exterior siendo su peso propio 2kg. La placa superior es fija, siendo la separación entre ambas de 2.5cm. Por el tubo vertical entre un caudal de agua de 30l/s que fluye radialmente para mantener la separación de 2.5cm entre las placas. Asúmase 𝝎 = 𝟏. 𝟐 y despréciese las pérdidas de carga. SOLUCION: Al fluir el agua radialmente hacia fuera el área normal a la velocidad es una superficie lateral cilíndrica; para un radio r, la superficie es: 2 rads. 𝑣=

𝑄 𝑄 = … … … … … … … … … … … … (1) 𝐴 2𝜋𝑟𝑎

Aplicando Bernoulli entre los puntos (3 y 2): 𝜔𝑣32 𝑃3 𝜔𝑣22 𝑃2 + + 𝑧3 = + + 𝑧2 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 Como 3 y 2 están sobre un mismo eje, y el punto 2 está sometido a la presión atm. Se tiene: 𝑃3 =

𝜔 2 (𝑣 − 𝑣32 ) 25 2

Por la relación (1) queda:

𝑃3 =

𝜔 𝑄 2 𝑄 2 𝜔𝑄2 1 1 [( ) −( ) ]= ( 2 − 2) 2 2 2𝑔 2𝜋𝑟2 𝑎 2𝜋𝑟2 𝑎 8𝑔𝜋 𝑎 𝑟2 𝑟

El peso total que puede soportar la placa móvil debe ser igual al empuje axial que tiene a aproximar las placas entre sí. Esta dada por: 𝐹 = ∫ 𝑝𝑑𝐴 𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑃 = 𝑃3

⟹

𝑑𝐴 = 2𝜋. 𝑟. 𝑑𝑟

∴ El peso total que puede soportar la placa será la integral entre los puntos 1 y 2:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝐹=

𝑟1 𝜔𝑄2 1 1 ∫ ( 2 − 2 ) 2𝜋𝑟𝑑𝑟 2 2 8𝑔𝜋 𝑎 𝑟2 𝑟2 𝑟

Integrando i reemplazando los valores: 0.075

𝜔(0.030)2 𝑟 2 [ 𝐹= − 𝑙𝑜𝑔𝑟] 4𝑔𝜋𝑎2 2𝑟 2 𝑜.3

𝐹 = 0.01403(0.9176) = 0.012874 𝑡𝑛.

⟹

𝐹 = 12.874 𝑘𝑔

El peso w que pondrá soportar la placa móvil será: 𝑤 = 𝐹 − 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎 = 12.874 − 2 𝒘 = 𝟏𝟎. 𝟖𝟕𝟒 𝒌𝒈 PROBLEMA Nº 160: La pérdida de carga en el sistema mostrado en la figura es de una carga de velocidad A - B; de B a C es de 2 cargas de velocidad y de C a D, de una carga de velocidad. El diámetro de la tubería es de 15cm. Considerando ω= 1 se pide: a) Hallar la carga de presión en metros de agua relativas en los puntos B y C b) Asumiendo que todos los datos permanecieran iguales, excepto el diámetro de la tubería. ¿Qué diámetro debería ponerse para para que la presión en C sea igual a 0.7 kg/cm2 relativos? c) Asumiendo todos los datos iguales al enunciado del problema, excepto la elevación del punto C. ¿Cuál deberá ser la altura para C para obtener en ese punto un vacío de 0.4 kg/cm2?

SOLUCION:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Aplicando Bernoulli entre A y D: 𝑣𝐴2 𝑃𝐴 𝑣𝐷2 𝑃𝐷 + + 𝑧𝐴 = + + 𝑧𝐷 + 𝑝𝑐. 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 Donde: 𝑃𝐴 = 𝑃𝐷 = 0 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜; 𝑣𝐴 = 0; 𝑍𝐴 = 0; 𝑍𝐷 = −15𝑚; 𝑝𝑐 = 4

𝑣𝐷2 − 15 2𝑔

Reemplazando los valores en (1): 0=5

𝑣𝐷2 − 15 2𝑔

𝐷𝑒 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑣𝐷 = √6𝑔 = 𝑣 (𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑒𝑛 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑢𝑏𝑒𝑟𝑖𝑎)(15𝑐. ) a) Cálculo de la presión en B: Aplicando Bernoulli entre A y B (donde la perdida de carga es una velocidad): 0=

𝑣 2 𝑃𝐵 𝑣2 + − 12 + 2𝑔 𝑤 2𝑔 2

(√6𝑔 ) 𝑃𝐵 𝑣2 = 12 − = 12 − = 12 − 6 𝑤 𝑔 6 𝑷𝑩 𝒗𝟐 = 𝟏𝟐 − = 𝟔𝒎 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 𝒘 𝒈

Cálculo de la presión relativa en C: Bernoulli entre A y C (donde la pérdida de carga es 3 cargas de velocidad). 𝑣 2 𝑃𝐶 𝑣2 + −5+3 2𝑔 𝑤 2𝑔 2 2 (√6𝑔 ) 𝑃𝐶 𝑣 =5−2 = 5−2 = 5 − 12 𝑤 𝑔 6 0=

𝑷𝑪 = −𝟕𝒎 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 𝒘 b) Si todos los datos permanecen iguales y si la presión en c es igual a -0.7 kg/cm2 =-7m de agua, coincide con la presión halla anteriormente, esto quiere decir que como el gasto es invariable, el diámetro se mantiene en sus: 𝒅 = 𝟏𝟓𝒄𝒎 c) Se aplica nuevamente Bernoulli entre A y C: 0=

𝑣 2 𝑃𝐶 𝑣2 + − 𝑧𝐶 + 3 2𝑔 𝑤 2𝑔

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𝑧𝐶 = −2

𝑣 2 𝑃𝐶 − … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (2) 𝑔 𝑤

En el cual, por ser la presión en C vacío de o.4 kg/cm2, es relativa, bajo 0 relativo, o sea: 𝑃𝐶 = −4 𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 … … … … … … … … … … … … … … … … … (3) 𝑤 Reemplazando (3) y demás datos en (2): 2

(√6) 𝑧𝐶 = −2 − 4 = −(12 − 4) 9.81

⟹

𝒛𝑪 = − 𝟖𝒎.

PROBLEMA Nº 161: Una tubería que conduce líquido de 900 kg/m3 de peso específico, experimenta un cambio de sección en tal forma que de un diámetro de 6’’ en la sección A, pasa a tener un diámetro de 18’’ en la sección B. La intensidad de presión en A es 0.9 kg/cm2 y en B 0.6 kg/cm2. El nivel de B es 4m superior al de A. El gasto es de 0.15 m3/s. Determínese la dirección del flujo y la pérdida de carga entre las dos secciones mencionadas. SOLUCION: Como la dirección del flujo es desconocida, supongamos que sube A hacia B: Por Bernoulli: 𝑣𝐴2 𝑃𝐴 𝑣𝐵2 𝑃𝐵 + + 𝑧𝐴 = + + 𝑧𝐵 + 𝑝𝑐𝐴𝐵 ̅̅̅̅ … … … … … … … … … … … … … … (1) 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 Por Continuidad: 𝑄 = 𝑣𝐴 𝐴𝐴 = 𝑣𝐵 𝐴𝐵

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Reemplazando valores en (1): (8.29)2 9000 (0.915)2 6000 + +0= + + 4 + 𝑝𝑐̅̅̅̅ 𝐴𝐵 19.6 900 19.6 900

𝒑𝒄̅̅̅̅ 𝑨𝑩 = 𝟐. 𝟕𝟖𝒎 Como la perdida de carga es positiva, el sentido que se supuso al comienzo es el correcto, si hubiera salido negativo, la dirección del flujo era contraría a la que se supuso. Dirección del flujo = Sube de A hacía B

PROBLEMA Nº 162: En el sistema de la figura se ha medido una descarga de 100 l/s. El diámetro de la tubería de succión es de 16’’ y el de la descarga 12’’. Determinar la potencia que debe tener una bomba de 80% de eficiencia si la pérdida de carga entre A y B es equivalente a 4 cargas de velocidad, y la pérdida entre D y C es igual a 5m de agua. Halle la presión en los puntos B y C relativos. SOLUCION: Aplicando Bernoulli entre A y B: Donde:𝑣𝐴 = 0; 𝑃𝐴 = 0; 𝑧𝐴 = 0 Luego: 0=

𝑣𝐵2 𝑃𝐵 + + 𝑧𝐵 + 𝑝𝑐 2𝑔 𝑤

De donde: 𝑃𝐵 𝑣𝐵2 =− − 𝑧𝐵 − 𝑝𝑐 𝑤 2𝑔 Reemplazando datos: 𝑃𝐵 𝑣𝐵2 𝑣𝐵2 𝑣𝐵2 =− +1−4 = 1−5 𝑤 2𝑔 2𝑔 2𝑔 Pero: 𝑣𝐵 =

𝑄 0.1 0.1 = = = 0.77 𝑚/𝑠 𝐴𝐵 𝜋(16𝑥0.0254)2 0.1295 4 𝑷𝑩 = 𝟎. 𝟎𝟖𝟒𝟗 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐

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∴

𝑃𝐵 𝑤

=1−5

0.772 19.6

= 0.849𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎

⟹

Aplicando Bernoulli entre C y D: donde 𝑣𝑐 = 𝑣𝐷 = 𝑣, por tener la misma área. 𝑣 2 𝑃𝐶 𝑣 2 𝑃𝐷 + + 𝑧𝑐 = + + 𝑧𝐷 + 𝑝𝑐 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 𝑃𝐶 𝑃𝐷 = + 𝑧𝐷 − 𝑧𝑐 + 𝑝𝑐 𝑤 𝑤 En el cual: 𝑃𝐷 = 0 𝑟𝑒𝑎𝑙; 𝑧𝐷 = 1 + 12 = 13𝑚; 𝑝𝑐 = 5𝑚; 𝑧𝑐 = 𝑜 Sustituyendo estos datos: 𝑃𝐶 = 0 + 13 + 5 − 0 = 18𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑤

A la bomba entra una potencia: 𝑃𝑜𝑡𝐸 = 𝑤𝑄𝑃𝐵 𝑣𝐵2 𝑃𝐵 0.772 𝑃𝑜𝑡𝐸 = 1000𝑥0.1𝑥 ( + + 𝑧𝐵 ) = 1000𝑥0.1𝑥 ( + 0.849 + 0) 2𝑔 𝑤 19.6 𝑃𝑜𝑡𝐸 = 87.9 𝑘𝑔𝑚/𝑠 De la bomba sale una potencia: 𝑣𝐶2 𝑃𝐶 𝑃𝑜𝑡𝑆 = 𝑤. 𝑄. 𝐵𝐶 = 1000𝑥0.1𝑥 ( + + 𝑧𝐶 ) 2𝑔 𝑤

Donde:

𝑷𝑪 = 𝟏. 𝟖 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐

𝑣𝑐 =

𝑄 𝐴𝐶

=

0.1 𝜋(12𝑥0.0254)2 4

∴ 𝑃𝑜𝑡𝑆 = 1000𝑥0.1𝑥 (

= 1.37 𝑚/𝑠

1.372 19.6

+ 18 + 0) ⟹ 𝑃𝑜𝑡𝑆 = 1809.6 𝑘𝑔𝑚/𝑠

La potencia que debe tener la bomba será: 𝑃𝑜𝑡𝐵𝑂𝑀𝐵𝐴 = (𝑃𝑜𝑡𝑆 − 𝑃𝑜𝑡𝐸 ) 𝑃𝑜𝑡𝐵𝑂𝑀𝐵𝐴 =

1 𝐸𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎

1809.6 − 87.9 = 21521 𝑘𝑔𝑚/𝑠 0.8

En H.P.: 𝑷𝒐𝒕𝑩𝑶𝑴𝑩𝑨 =

𝟐𝟏𝟓𝟐𝟏 = 𝟐𝟖. 𝟕 𝑯. 𝑷 𝟕𝟓

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 163: Una tubería ABCD de diámetro uniforme, se compone de tres tramos retos que miden respectivamente AB=61.57m; BC=243m y CD= 28.03m. Las cotas geométricas de los extremos de cada tramo: A=238.8m; B=232.87m; C=189.25m; D=187.39m. Un manómetro colocado en A indica una presión de 1.2 kg/cm2. Determinar la dirección de la corriente en la tubería y la presión del agua en el punto E situado en la cota 213.36m. SOLUCION: Tomando Bernoulli entre A y D: 𝑣𝐴2 𝑃𝐴 𝑣𝐷2 𝑃𝐷 + + 𝑧𝐴 = + + 𝑧𝐷 + 𝑝𝑐 … … … … … … … … … … … … (1) 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 Donde: 𝑣𝐴 = 𝑣𝐷 = 𝑣(𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑟 𝑒𝑙 𝑑𝑖á𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜) 𝑃𝐴 = 1.2

𝑘𝑔 𝑃𝐴 → = 12 𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 2 𝑐𝑚 𝑤

𝑃𝐷 = 6.75

𝑘𝑔 𝑃𝐷 → = 67.5 𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑐𝑚2 𝑤

𝑧𝐴 = 238.45 𝑚 𝑧𝐷 = 187.39 𝑚 Reemplazando estos valores en (1): 𝑣2 𝑣2 + 12 + 238.45 = + 67.5 + 187.39 + 𝑝𝑐 2𝑔 2𝑔 𝑝𝑐 = −4.44 𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 Como la pérdida de carga ha salido negativa, quiere decir que la dirección de la corriente es la contraria a la que supusimos: 𝑫𝒊𝒓𝒆𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒆𝒍 𝒇𝒍𝒖𝒋𝒐 = 𝑺𝒖𝒃𝒆 𝒅𝒆 𝑫 𝒂 𝑨 La distancia de A hasta B es: 61.57 + 243.84 +28.04= 333.45m La pérdida de carga por metro lineal es: 4.44/ 333.45 m de agua Cálculo de la pérdida de carga de E hasta B:

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𝑝𝑐̅̅̅̅ 𝐵𝐸 =

4.44 ̅̅̅̅ ) … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (2) (𝐵𝐸 333.45

En el triángulo BEM Y BCR, por semejanza: 𝐵𝐸 𝐸𝑀 = 𝐵𝐶 𝐶𝑅 𝐵𝐸 232.87 − 213.36 = 243.84 232.87 − 189.25

Despejando: 𝐵𝐸 =

19.51𝑥243.84 = 108.5 𝑚 … … … … … … … … … … … … … … … (3) 43.62

Reemplazando (3) en (2): 𝑝𝑐𝐵𝐸 ̅̅̅̅ =

4.44 (108.5) = 1.444 𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 333.45

Tomando Bernoulli de E a A: 𝑣𝐴2 𝑃𝐴 𝑣𝐸2 𝑃𝐸 + + 𝑧𝐴 + 𝑝𝑐𝐸𝐴 + + 𝑧𝐸 … … … … … … … … … … … … (4) ̅̅̅̅ = 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 Donde: 𝑣𝐴 = 𝑣𝐷 = 𝑣 (𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑒𝑟 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑠𝑚𝑜 𝑑𝑖á𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜) 𝑝𝑐𝐸𝐴 ̅̅̅̅ = 𝑝𝑐𝐵𝐸 ̅̅̅̅ = 1.4444 + ̅̅̅̅ + 𝑝𝑐𝐵𝐴

𝑃𝐴 = 1.2

4.44 (61.57) = 2.265 333.45

𝑘𝑔 𝑃𝐴 → = 12 𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 2 𝑐𝑚 𝑤

𝑧𝐴 = 238.45 𝑚 𝑧𝐸 = 213.36 𝑚 Reemplazando valores en (4) 𝑣2 𝑣 2 𝑃𝐸 + 12 + 238.45 + 2.265 = + + 213.36 2𝑔 2𝑔 𝑤

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑃𝐸 𝑤

= 39.355 𝑚

⟹

𝑷𝑬 = 𝟑. 𝟗𝟑𝟓𝟓 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

PROBLEMA Nº 164: Una bomba centrífuga, Bombea agua de un pozo a través de una tubería vertical de 12’’. La que se extiende debajo de la superficie del agua. La descarga se efectúa por medio de una tubería horizontal de 6’’ de diámetro situada a 4.10m sobre el nivel del agua. Mientras se bombea 57 l/s un manómetro colocado en la descarga registra una presión de 24 lb/pulg2 y un manómetro colocado en la succión registra 51 lb/pulg2. Ambos manómetros están separados verticalmente por una distancia de 0.90m se desea: a) Computar la pérdida de carga en la tubería de succión. b) Computar la variación de energía en kg .m/s entre las dos secciones que llevan los manómetros. SOLUCION: Tomando Bernoulli entre los puntos 1 y 0 tenemos: 𝑣02 𝑃0 𝑣12 𝑃1 + + 𝑧0 = + + 𝑧1 + 𝑝𝑐 … . (1) 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 Donde: 𝑣0 = 0; 𝑃0 = 0; 𝑧0 = 0; 𝑧1 = 3.2 𝑚

𝑣1 =

𝑄 0.057 = = 0.78 𝑚/𝑠 𝐴1 𝜋(12𝑥0.0254)2 4

𝑃1 = −5𝑙𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔2 = −0.352 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 = 3.52 𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 Reemplazando estos datos en (1): 0+0+0 =

0.782 = 3.52 + 3.20 + 𝑝𝑐 19.6

𝒑𝒄 = 𝟎. 𝟐𝟗𝒎 𝒅𝒆 𝒂𝒈𝒖𝒂

a)

La variación de energía entre las secciones 1 y 2, será la diferencia de Bernoulli, es decir: 𝐻=

𝑣22 𝑃2 𝑣12 𝑃1 + + 𝑧2 − ( + + 𝑧1 ) … … … … … … … … … … … … (2) 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Donde: 𝑣2 =

𝑄 0.057 = = 3.12 𝑚/𝑠 𝐴2 𝜋(6𝑥0.0254)2 4

𝑃2 = 24

𝑙𝑏 𝑃2 → = 16.92𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 2 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑤

𝑧1 = 3.20𝑚; 𝑧2 = 4.10𝑚 Reemplazando datos (2): ∆𝐻 =

3.122 0.782 + 16.92 + 4.1 − ( − 3.52 + 3.2) 19.6 19.6 ∆𝐻 = 21.806𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎

La variación de energía en kg. m/s será: ∆𝐸 = 𝑤𝑄∆𝐻 ∆𝐸 = 1000𝑥0.57𝑥21.806 ∆𝑬 = 𝟏𝟐𝟒𝟐. 𝟗 𝒌𝒈𝒎/𝒔 PROBLEMA Nº 165: El agua de un reservorio e bombeada por encima de un cerro a través de una tubería de 0.90m de diámetro, manifestándose una presión de 2.1 kg/cm2 en la parte más alta de la tubería que se encuentra a 91m sobre el nivel del agua. El caudal bombeado es de 1.4 m3/s y la pérdida de carga es de 10m entre el reservorio y la cumbre ¿Qué cantidad de energía por segundo en caballos debe proporcionar el motor, sabiendo que su eficiente es de 90% y la de la bomba de 80%? SOLUCION: La energía que debe proporcionar el motor es: 𝑣12 𝑃1 𝐸 = 𝑤𝑄 ( + + 𝑧1 + 𝑝𝑐) … … … … … … … (1) 2𝑔 𝑤 Donde: w= 1000 kg/m3 𝑣1 =

Q=1.4 m3/s

𝑄 1.4 = = 2.2 𝑚/𝑠 𝐴1 𝜋(0.9)2 4

𝑃1 = 2.1

𝑘𝑔 𝑃1 → = 21𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 2 𝑐𝑚 𝑤

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𝑃1 = 91𝑚 𝑝𝑐 = 10𝑚 Reemplazando estos datos en (1): 2.22 𝐸 = 1000 × 1.4 × ( + 21 + 91 + 10) 19.6 𝐸 = 1000 × 1.4 × (0.24 + 21 + 9 + 10) 𝐸 = 171.145 𝑘𝑔𝑚/𝑠 Esta energía en caballos, considerando la eficiencia es: 𝐸=

171.145 75 × 0.9 × 0.8

⟹

𝑬 = 𝟑. 𝟏𝟔𝟎 𝑯. 𝑷.

PROBLEMA Nº 166: En una tunería horizontal de 0.30m de diámetro se tiene un regulador de gasto consistente en una válvula colocada aguas arriba de una estrangulación. La válvula es accionada por un émbolo de 0.20m de diámetro. Sobre la cara superior de este émbolo actúa la presión de agua en la parte ancha de la tubería y sobre la cara inferior actúa la presión en la parte estrangulada de la tubería. La prolongación superior del vástago de la válvula ésta conectada a uno de los extremos de una palanca, cuyo eje de giro queda a 0.1m del vástago, en el otro extremo de la palanca actúa un peso de 5kg. Se quiere saber qué gasto debe pasar por la tubería para que el sistema esté en equilibrio. El peso del vástago y del embolo es de 5kg. Puede considerarse que no existe perdida de carga en la tubería. SOLUCION:

Para que el sistema esté en equilibrio, se debe tener: (5 + 𝐹)0.1 = 5 × 0.5 Siendo

F=

La

diferencia

de

presiones que actúan sobre las caras del émbolo.

Despejando: 𝐹 = 20𝐾𝑔𝑠.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Como “A” es el área del émbolo: 𝑃=

𝐹 20 20 = = 638 𝑘𝑔 2 𝐴 𝜋(0.2) 0.0314 4

Aplicando Bernoulli entre 1 y 2: 𝑣12 𝑃1 𝑣22 𝑃2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 𝑃1 − 𝑃2 𝑣22 − 𝑣12 = + 𝑧2 − 𝑧1 … … … … … … … … … … … … … … … … (1) 𝑤 2𝑔 En el cual: 𝑃1 − 𝑃2 𝑃 638 𝐾𝑔⁄𝑚2 = = = 0.638 𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑤 𝑤 1000 𝐾𝑔⁄𝑚3 Por continuidad: 𝑣2 𝐴2 = 𝑣1 𝐴1 → 𝑣2 = 𝑣1 [

𝑑1 2 0.30 2 ] → 𝑣1 = [ ] 𝑑2 0.15

𝑧2 − 𝑧1 = 0 (𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑟 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑠𝑚𝑜 𝑒𝑗𝑒) Reemplazando estos valores en (1): 0.638 =

(4𝑣1 )2 −(𝑣1)2 19,6

15𝑣1 2 = 0.638𝑥19.6 = 12.47 𝑣1 = 0.912𝑚/𝑠 El gasto será: 𝑄 = 𝑣1 . 𝐴1 = 0.912

𝜋(0.3)2 𝑚3 = 0.06384 4 𝑠

𝑸 = 𝟔𝟑. 𝟖𝟒 𝒍𝒕/𝒔

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PROBLEMA Nº 167: Hallar la relación en el punto A en kg/cm2 relativos, cuando la altura de agua sobre el centro del tubo divergente es de 1.20m ¿Cuál será la altura de agua para que la presión en A sea 0.035 kg/cm2 absolutos? Considérese 𝝎 = 𝟏 y la pérdida de carga es 0. SOLUCION: La velocidad del flujo en el punto B, de salida es: 𝑣𝐵 = √2𝑔ℎ … … … … … … … … … … … … … … … (1) 𝑣𝐵 = √2(9.81)(1.2) = 4.85 𝑚/𝑠 Por continuidad:

𝑣𝐴 = 𝑣𝐵 [

𝑑𝐵 2 0.15 2 ] =( ) 𝑣𝐵 = 2.25 𝑣𝐵 … … … (2) 𝑑𝐴 0.1

𝑣𝐴 = 10.91 𝑚/𝑠 Tomando Bernoulli entre 0 y A: 0 + 0 + 1.2 =

10.912 𝑃𝐴 + +0 19.6 𝑤

𝑃𝐴 = −4.88𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑤 𝑷𝑨 = −𝟎. 𝟒𝟖𝟖 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔 Absoluta= −(1.033 − 0.035)𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 = −0.998 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 relativos, la altura de agua debe variar: Tomando Bernoulli entre 0 y A: 0+0+ℎ =

𝑣𝐴2 𝑃𝐴 + +0 2𝑔 𝑤

Reemplazando (2) a esta última: ℎ=

(2.25𝑣𝐵 )2 𝑃𝐴 + … … … … … … … … … … … … … … … … … (3) 2(9.81) 𝑤

Pero tenemos que:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑃𝐴 = −0.998

𝑘𝑔 𝑃𝐴 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 → = −9.98𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 … … … … … … … (4) 2 𝑐𝑚 𝑤

Sustituyendo (1) y (4) en (3): ℎ=

5.0625(√2𝑔ℎ)2 − 9.98 2𝑔

ℎ=

5.0625(2𝑔ℎ) − 9.98 2𝑔

ℎ = 5.0625ℎ − 9.98

⟹

∴ 𝒉 = 𝟐. 𝟒𝟔𝒎

PROBLEMA Nº 168: En el croquis mostrado en la figura se sabe que la pérdida de carga en los tres tramos suma 120m. Considerando despreciable la pérdida de carga debida a la velocidad, hallar la cota del punto B y la longitud de cada tramo, sabiendo que las 𝒉

pendientes hidráulicas (𝑳 +) son: para AB=0.02; BC=0.03; 0.08 Los puntos C y D son de descarga libre. SOLUCION:

La presión en el punto A es 0 kg/cm 2 relativos, como también en los puntos de descarga C y D. Despreciaremos la perdida de cargas debida a la velocidad según dato del problema. Ahora bien, sea “x” la cota en el punto B, cuya presión es 7 kg/cm, de lo que se tiene: 𝑃𝐵 = 70𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑤 Aplicando Bernoulli en cada uno de los tramos: 𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐴𝐵: 100 = 70 + 𝑥 + 𝑝𝑐𝐴𝐵 … … … … … … … … … … … . (1) 𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐵𝐷: 70 + 𝑥 = 40 + 𝑝𝑐𝐵𝐷 … … … … … … … … … … … . . (2) 𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐵𝐶: 70 + 𝑥 = 40 + 𝑝𝑐𝐵𝐶 … … … … … … … … … … … (3) Sumando y ordenando: 𝑥 − (𝑝𝑐𝐴𝐵 + 𝑝𝑐𝐵𝐷 + 𝑝𝑐𝐵𝐶 ) = −110

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Pero dato es: 𝑝𝑐𝐴𝐵 + 𝑝𝑐𝐵𝐷 + 𝑝𝑐𝐵𝐶 = 120𝑚 Luego: 𝑥 − 120 = −110 𝑪𝒐𝒕𝒂 𝒅𝒆𝒍 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 𝑩 = 𝒙 = 𝟏𝟎 Caso pendiente ℎ+ ℎ+ →𝐿= (𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 ℎ+= 𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎) 𝐿 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 (4) 𝑒𝑛 (1): 𝑝𝑐𝐴𝐵 = 20𝑚 ∴ ̅̅̅̅ 𝐴𝐵 =

20 = 1000𝑚 0.02

⟹

𝑨𝑩 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝒎

⟹

𝑩𝑫 = 𝟓𝟎𝟎𝒎

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 (4) 𝑒𝑛 (2): 𝑝𝑐𝐵𝐷 = 40𝑚 ̅̅̅̅ = ∴ 𝐵𝐷

40 = 500𝑚 0.08

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 (4) 𝑒𝑛 (2): 𝑝𝑐𝐵𝐶 = 60𝑚 ∴ ̅̅̅̅ 𝐵𝐶 =

60 = 2000𝑚 0.03

⟹

𝑩𝑪 = 𝟐𝟎𝟎𝟎𝒎

PROBLEMA Nº 169: En el sistema de la figura, la bomba BC extras 65 l/s de aceite, cuya densidad relativa es 0.82 del reservorio A para el D. La pérdida de carga de A-B es 8m de aceite y de C-D 22m. a) ¿qué potencia debe tenerla bomba, si su eficiencia es de 80%? b) Dibujar la línea de energía total.

SOLUCION:

La potencia de la bomba será: 𝑃𝑜𝑡𝐵𝑂𝑀𝐵𝐴 =

𝑤𝑄(𝐵𝑆 − 𝐵𝐸 ) … … … … … (1) 𝐸𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎

Siendo Bernoulli de entrada:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝐵𝐸 =

𝑣𝐴2 𝑃𝐴 + + 𝑧𝐴 − 𝑝𝑐 2𝑔 𝑤

Donde: 𝑃𝐴 = 0; 𝑣𝐴 = 0; 𝑧𝐴 = 50 − 10 = 40𝑚; 𝑝𝑐 = 8𝑚. ∴ 𝐵𝐸 = 0 + 0 + 40 − 8 = 32𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 … … … … … … … … … (2) El Bernoulli de salida:

𝐵𝑆 =

𝑣𝐷2 𝑃𝐷 + + 𝑧𝐷 + 𝑝𝑐 2𝑔 𝑤

Donde: 𝑃𝐷 = 0; 𝑣𝐷 = 0; 𝑧𝐷 = 110 − 10 = 100𝑚; 𝑝𝑐 = 22𝑚 ∴ 𝐵𝑆 = 0 + 0 + 100 + 22 = 122𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 … … … … … … … (3) Reemplazando (2), (3) y demás datos en (1), dividiendo entre 75 kg. m/s para que nos dé en H.P. 𝑃𝑜𝑡𝐵𝑂𝑀𝐵𝐴 =

820 × 0.065(122 − 32) = 80 𝐻. 𝑃. 0.8𝑥75

Para hallar la línea de energía, a las cotas de los puntos A, B, C y D, se le suma la carga de presión y de velocidad. Se obtiene, Tomando Bernoulli entre dos puntos: De (2): 𝑣𝐵2 𝑃𝐵 + = 32𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 2𝑔 𝑤 De (3): 𝑣𝐶2 𝑃𝐶 + = 122𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 2𝑔 𝑤

La línea piezométrico es la que une posiciones de los puntos A, B, C, D.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 170: Se tiene dos placas circulares horizontales de 1m de diámetro paralelas entre sí. La placa inferior es fija y la superior puede deslizarse sobra un tubo vertical central. Obténgase la magnitud de la fuerza total que habría que hacer hacía arriba para que el gasto de 50 l/s descargue con una separación de 0.02m entre las planchas. El agua hace su ingreso por el tubo central y luego fluye radialmente hacia afuera, con la velocidad decreciente, para descargar en la superficie. Despréciese la pérdida de carga y el peso propio de la placa. SOLUCION: El agua fluye radialmente hacia afuera con velocidad variable, pues según el radio, su área transversal (superficie lateral cilíndrica) varía. Por continuidad, la velocidad en un punto de radio r/Q, será: 𝑣=

𝑄 𝑄 = 𝐴 2𝜋𝑟𝑎

Donde: 𝑄 = 0.5 𝑚3 /𝑠 ; 𝑎 = 0.02𝑚 Luego: 𝑣=

0.05 0.398 = 𝑚/𝑠 … … … … . … … … … (1) 2𝜋(0.02)𝑟 𝑟

Tomando Bernoulli entre los puntos 3 y 2: 𝑣32 𝑃3 𝑣22 𝑃2 + +0 = + +0 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤

Reemplazando (1) en esta última igualdad: 0.3982 𝑃3 0.3982 + = 2𝑔𝑟32 𝑤 2𝑔𝑟22 𝑃3 0.3982 1 1 ( 2 − 2) = 𝑤 2𝑔 𝑟2 𝑟3 Como w= 1 tn/m 3; r2=0.5m; r3= radio en cualquier punto (r), P3 será una presión expresada en tn/m2. 𝑃3 = 0.00808 (

1 1 − ) 0.25 𝑟 2

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO La fuerza total que se necesitará para levantar la placa, debe ser igual al empuje axial: 𝐹 = ∫ 𝑝𝑑𝐴 𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝑃 = 𝑃3

⟹ 𝑑𝐴 = 2𝜋𝑟𝑑𝑟

La fuerza total, será la integral entre los puntos 2 y 1: 0.05

𝐹 = 0.00808 ∫ 0.5

(

1 1 − 2 ) 2𝜋𝑟𝑑𝑟 0.25 𝑟

Integrando y reemplazando los valores: 0.075

𝑟2 𝐹 = 0.00808 [ − 𝑙𝑛𝑟] 2(0.25) 𝑜.3

0.5

𝐹 = 0.0509 [0.005 − 0.5 + ln (0.05)] 𝑡𝑛 𝑭 = 𝟗𝟐 𝒌𝒈

PROBLEMA Nº 171: Definir: a) Carga de Velocidad; B) Carga de Presión; C) Carga de elevación. a) CARGA D VELOCIDAD: Se define como altura de velocidad o carga de velocidad a la relación entre la velocidad al cuadrado y el doble de la aceleración de la gravedad, es decir: b) CARGA DE PRESION: Es la energía interna de un fluido capaz de realizar trabajo también llamada energía de presión. c) CARGA DE ELEVACION: Es la energía debida a la elevación del fluido con respecto a un nivel de referencia llamada también carga estática PROBLEMA Nº 172: Demostrar que los tres términos de la ecuación de Bernoulli tienen dimensiones lineales.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO SOLUCION: ECUACION DE BERNOULLI: 𝑣2 𝑃 + + 𝑍 = 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 2𝑔 𝛾 𝑎)

𝑣2 𝐿𝑎 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑠𝑒 𝑚𝑖𝑑𝑒 𝑒𝑛 𝑚/𝑠 2𝑔 𝐿𝑎 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑠𝑒 𝑚𝑖𝑑𝑒 𝑒𝑛 𝑚⁄𝑠 2 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 ∶

𝑣 2 (𝑚/𝑠)2 𝑚2 /𝑠 2 = = =𝑚 2𝑔 𝑚/𝑠 2 𝑚/𝑠 2

𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑏)

𝑣2 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙 2𝑔

𝑃 𝐿𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑠𝑒 𝑚𝑖𝑑𝑒 𝑒𝑛 𝑁⁄𝑚2 𝛾 𝐸𝑙 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑠𝑒 𝑚𝑖𝑑𝑒 𝑒𝑛 𝑁⁄𝑚3 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠:

𝑃 𝑁⁄𝑚2 = =𝑚 𝛾 𝑁⁄𝑚3

𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜

𝑃 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙 𝛾

𝑐) 𝑍 = 𝑙𝑎 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑠𝑒 𝑚𝑖𝑑𝑒 𝑒𝑛 𝑚. 𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑍 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙 PROBLEMA Nº 173: Defina el coeficiente ∞ de la carga de velocidad ¿Qué significado tiene el decir que ∞ vale 1.5 en determinado flujo? ¿Cuáles son los valores límites de ∞ y por qué? SOLUCION: Debido a que la velocidad en un canal no está distribuida de forma uniforme la carga de velocidad real es menor que el valor teórico, calculando este último de acuerdo con la expresión

𝑣2 2𝑔

en donde

𝑉2

V es la velocidad media. Esta expresión debe corregirse de la siguiente forma: 𝛼 (2𝑔) donde 𝛼 es conocido como coeficiente de energía o coeficiente de Coriolis, cuyo valor varía entre 1,03 y 1,36 para canales prismáticos. El valor de 𝛼 es alto para canales pequeños y bajo para corrientes grandes con profundidad considerable. Se sabe que en todas las tuberías y canales por donde pasa el líquido no son totalmente uniformes con respecto a su velocidad, si el coeficiente nos sale

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 1.5 es porque el canal es de pequeña dimensión esto quiere decir que la velocidad del líquido no disminuye al contrario aumenta. PROBLEMA Nº 174: En un conducto vertical cerrado, de diámetro uniforme, circula agua de arriba hacia abajo; de las tres formas de energía que puede tener un líquido en movimiento. ¿Cuál disminuye? Y ¿Cuál permanece inalterada, a medida que el líquido desciende? SOLUCION:  ENERGIA MECANICA: Es la suma de la energía cinética y la energía potencial.  ENERGIA CINEMATICA: Es la energía asociada a la velocidad. Se calcula así: 1 𝐸𝑘 = . 𝑚. 𝑣 2 2  ENERGIA POTENCIAL: Es la energía que hace referencia a la posición que ocupa una masa en el espacio. Se calcula así: 𝐸𝑝 = 𝑚. 𝑔. ℎ Entonces si circula agua en un conducto vertical cerrado de arriba hacia abajo. La energía potencial disminuye debido a la perdida de altura, por ende la energía mecánica también disminuye. La energía

que permanece inalterable es la energía cinética debido a la velocidad

constante a lo largo de conducto. PROBLEMA Nº 175: El conducto de entrada a una máquina hidráulica tiene un diámetro de 𝟐𝟎". El conducto de salida es de 𝟐𝟖" de diámetro. Se ha medido las presiones en los conductos

de

entrada

y

de

salida,

obteniéndose

𝟏. 𝟒 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐

y

𝟎. 𝟑𝟓 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐

respectivamente. El manómetro de entrada se encuentra 𝟐 𝒎 por encima del de salida. Si se conoce que el gasto que circula en la máquina hidráulica es 𝟎. 𝟑𝟓 𝒎𝟑 /𝒔𝒆𝒈. ¿Cuál será la potencia suministrada por la misma? SOLUCION: Graficamos la máquina: Datos: 𝑃1 = 1.4 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 = 137254.9 𝑁/𝑚2 𝑃2 = 0.35 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 = 34313.725 𝑁/𝑚2 𝐷1 = 20′′ = 0.508 𝑚 → 𝐴1 = 0.20268 𝑚2 𝐷2 = 28′′ = 0.7112 𝑚 → 𝐴2 = 0.39726 𝑚2

𝑧1 − 𝑧2 = 2 𝑚 Página 119 de 211

UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑄 = 0.35 𝑚3 /𝑠 𝛾 = 9810 𝑘𝑔/𝑚3 La potencia suministrada (en Voltios) será igual a: 𝑃𝑜𝑡 = 𝛾 𝑄. 𝐵 Siendo 𝐵 la diferencia de energías: 𝐵 = ∆𝐸 = 𝑧1 +

𝑃1 𝑉12 𝑃2 𝑉22 + − 𝑧2 − − 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔

Para hallar las velocidades recurrimos a la fórmula de caudal: 𝑄 =𝑉∗𝐴 𝑉1 =

𝑄 0.35 𝑚3 /𝑠 = = 1.72686 𝑚/𝑠 𝐴1 0.20268 𝑚2

𝑉2 =

𝑄 0.35 𝑚3 /𝑠 = = 0.881 𝑚/𝑠 𝐴2 0.39726 𝑚2

Solo nos queda reemplazar los datos: 𝑃𝑜𝑡 = 𝛾𝑄 (𝑧1 +

𝑃1 𝑉12 𝑃2 𝑉22 + − 𝑧2 − − ) 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔

𝑘𝑔 𝑚2 102941.175 2 2.2 2 𝑘𝑔 𝑚3 𝑚 + 𝑠 ) 𝑃𝑜𝑡 = (9810 3 ) (0.35 ) (2𝑚 + 𝑚 𝑘𝑔 𝑚 𝑠 19.62 9810 3 𝑠2 𝑚 𝑷𝒐𝒕 = 𝟒𝟑𝟐𝟖𝟐. 𝟒𝟏 𝑽 = 𝟓𝟖 𝑯𝑷

PROBLEMA Nº 176: Una tubería de 20 cm de diámetro contiene una corta sección, en la cual el diámetro se reduce gradualmente a 0.075 m, volviéndose a ensanchar gradualmente a su diámetro normal. Si la presión del agua es de 5.3 kg/cm2 en el punto antes de que se inicie la reducción. ¿Cuál será la presión en la zona estrecha, si pasan 34 Lts/seg? Se supone que no hay pérdida de carga. SOLUCION: Hallando la presión en los puntos: 𝑉𝐴 2 𝑃𝐴 𝑉𝐵 2 𝑃𝐵 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑉=

𝑉𝐴 =

0.034 = 1.082253 𝑚⁄𝑠 𝜋(0.20)2 4

𝑉𝐵 =

0.034 = 7.696025 𝑚⁄𝑠 𝜋(0.75)2 4

𝑉𝐴 2 = 0.059697𝑚 2𝑔 53 + 0.059697 + 0.125 = 50.16594 =

⟹

𝑄 𝐴

𝑉𝐴 2 = 3.018797𝑚 2𝑔

𝑃𝐵 + 3.018757 + 0 𝑤

𝑃𝐵 𝑤

𝑷𝑩 = 𝟓. 𝟎𝟏𝟔𝟓𝟗𝟒 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

PROBLEMA Nº 177: En una tubería de 0.25 m. de diámetro se tiene un regulador de gasto, consistente en una válvula colada aguas debajo de una estrangulación, que reduce el diámetro de la tubería a 0.15 m. La válvula es accionada por un embolo de 0.20 m de diámetro. Sobre la cara superior de este embolo actúa la presión del agua en la tubería, aguas arriba de la estrangulación, y sobre la cara inferior la presión del agua en la estrangulación. La prolongación superior del vástago de la válvula está conectada a uno de los extremos de la palanca, cuyo apoyo queda 0.05 m. de distancia del vástago. Al otro extremo de la palanca y a una distancia de 0.60 m. del apoyo actúa un peso de 5 kg. El peso del vástago tapón y embolo es de 10 kg. ¿Qué gasto tendrá que circular por la tubería para que el sistema esté en equilibrio? Despréciese la fricción en los diferentes mecanismos. (Fig. del problema 166). SOLUCION:

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Para que el sistema esté en equilibrio, se debe tener: ↺ 𝑀1 = 0 ⇒ (𝐹 + 10)(0.05) − (5)(0.60) = 0 Siendo F= la diferencia de presiones que actúan sobre las caras del émbolo. Despejando: 𝐹 = 50 𝑘𝑔 ⇒ 𝐹 = 490.5 𝑁 Como “A” es el área del émbolo: 𝐹 490.5 𝑁 = = 15613.09992 2 2 𝐴 𝜋(0.20) 𝑚 4

𝑃=

Aplicando Bernoulli entre 1 y 2: 𝑧1 +

𝑃1 (𝑉1 )2 𝑃2 (𝑉2 )2 + = 𝑧2 + + 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔

𝑃1 − 𝑃2 (𝑉2 )2 − (𝑉1 )2 = + 𝑧2 − 𝑧1 … … … … … . (1) 𝛾 2𝑔 En el cual: 𝑃1 − 𝑃2 𝑃 15613.09992 𝑁⁄𝑚2 = = = 1.591549 𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝛾 𝛾 9810 𝑁⁄𝑚3 Por continuidad: 𝑉2 . 𝐴2 = 𝑉1 . 𝐴1 𝑉2 =

𝐴1 𝑑1 2 0.25 2 25 ) ⇒ 𝑉2 = . 𝑉1 = 𝑉1 ( ) = 𝑉1 ( .𝑉 𝐴2 𝑑2 0.15 9 1

𝑧2 − 𝑧1 = 0 (𝑃𝑜𝑟 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑟 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑠𝑚𝑜 𝑒𝑗𝑒) Reemplazando estos valores en (1): 2 25 ) − (𝑉1 )2 . 𝑉 1 1.591549 = 9 +0 2(9.81)

(

𝑉1 = 2.16

𝑚 𝑠𝑒𝑔

El gasto será: 𝜋(0.25)2 𝑚3 ) = 0.106029 𝑄 = 𝑉1 . 𝐴1 = (2.16 ) ( 4 𝑠𝑒𝑔

⟹

𝑸 = 𝟏𝟎𝟔. 𝟎𝟐𝟗 𝒍𝒕𝒔⁄𝒔𝒆𝒈

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 178: Con los mismos datos del problema 166, ¿Qué peso hay que colocar en el extremo libre de la palanca para que la válvula del regulador, deje pasar un gasto de 50 Lts/seg? SOLUCION: Para que el sistema esté en equilibrio, se debe de tener: (5 + 𝐹 + 𝑥) ∗ 0.10 = 5 ∗ 0.5 Siendo F = La diferencia de presiones que actúan sobre las caras del émbolo. Despejando, tenemos: 𝐹 = 20 − 𝑥 Como “A” es el área del émbolo: 𝑃=

𝐹 20 − 𝑥 20 − 𝑥 = 2 = 𝜋 ∗ 0.20 𝐴 0.0314 4

Aplicando Bernoulli entre 1 y 2: 𝒫1 𝑉1 2 𝒫2 𝑉2 2 + 𝑍1 + = + 𝑍2 + 𝛾 2∗𝑔 𝛾 2∗𝑔

𝒫1 − 𝒫2 𝑉2 2 − 𝑉1 2 = + 𝑍2 − 𝑍1 … … . . (1) 𝛾 2∗𝑔 En el cual: 𝒫1 − 𝒫2 𝒫 20 − 𝑥 = = 𝛾 𝛾 31.4 Por continuidad: 𝑉2 ∗ 𝐴2 = 𝑉1 ∗ 𝐴1 𝑉2 =

𝐴1 𝐷1 2 ∗ 𝑉1 = 𝑉1 ∗ ( ) = 4 ∗ 𝑉1 𝐴2 𝐷2

Finalmente:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑍2 − 𝑍1 = 0 (𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑟 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑠𝑚𝑜 𝑒𝑗𝑒)

Reemplazando estos valores en (1):

20 − 𝑥 (4 ∗ 𝑉1 )2 − 𝑉1 2 = +0 31.4 19.6

20 − 𝑥 𝑉1 = √ 24 El gasto será: 𝑄 = 𝑉1 × 𝐴1 , 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑄 = 50𝐿𝑡𝑠/𝑠𝑒𝑔 = 0.05 𝑚3⁄𝑠 0.05 = √

20−𝑥 24

∗

𝜋∗0.302 4

⟹

𝒙 = 𝟏𝟑, 𝟖 𝒌𝒈

PROBLEMA Nº 179: Una tubería de 0.30m de diámetro tiene un gasto de 0.156𝒎𝟑 ⁄𝒔𝒆𝒈. En una sección A de la tubería la presión es de 2.8𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 ; mientras que en la sección B, situada en un punto de la tubería, 2.40m más abajo de A, la presión es de 3𝒌𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 . Calcúlese la pérdida de carga entre A y B. SOLUCION: 𝑍𝐴 = 2.40𝑚 𝑃𝐴 = 2.8 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 𝑃𝐴 = 28𝑚 𝛾

⟹ 𝑃𝐵 = 3 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 ⟹

𝑃𝐵 = 30𝑚 𝛾

𝑄 = 0.156 𝑚3⁄𝑠𝑒𝑔 𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 =

𝑄 0.156 = = 2.20694 𝑚⁄𝑠 𝜋. (0.30)2⁄ 𝐴 4

Ecuación de Bernoulli: 𝑃𝐴 𝑉𝐴2 𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 + 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑉𝐴2 𝑉𝐵 2 = 2𝑔 2𝑔 28 + 2.40 = 30 + 0 + 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑷𝒆𝒓𝒅𝒊𝒅𝒂 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 = 𝟎. 𝟒𝟎𝒎 PROBLEMA Nº 180: Una tubería de 0.30 m. de diámetro contiene agua que se mueve a una velocidad de 𝟑𝒎⁄𝒔𝒆𝒈 . ¿Qué cantidad de energía pasa por segundo por una sección dada, donde la presión es 1.4𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 ? SOLUCION: Se sabe que: PA = 1.7065 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 PB = 1.4 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚2 VA = 3 m/s = VB g = 9.81 m/s2 ZA = ZB

Como la tubería presenta un mismo diámetro y caudal entonces: 𝑉𝐴 2 𝑉𝐵 2 = 2𝑔 2𝑔 Reemplazando: 𝑉𝐴 2 𝑉𝐵 2 32 = = 2𝑔 2𝑔 2(9.81) 𝑉𝐴 2 𝑉𝐵 2 = = 0.458715𝑚 2𝑔 2𝑔 Ecuación de Bernoulli: 𝑉𝐴 2 𝑃𝐴 𝑉𝐵 2 𝑃𝐵 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 + 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 2𝑔 𝑊 2𝑔 𝑊

También sabemos: 𝑃𝐴 = 17.065 𝑚. 𝑤

⟹

𝑃𝐵 = 14𝑚. 𝑤

Reemplazando: 17.065 + 0 = 14 + 0 + 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑬𝒏𝒆𝒓𝒈𝒊𝒂 = 𝟑. 𝟎𝟔𝟓 𝑲𝒈 − 𝒎⁄𝒔

PROBLEMA Nº 181: Una corriente de agua entra a un motor hidráulico, por medio de una tubería de 0.60 m de diámetro, bajo una presión de 𝟏. 𝟒 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐. El agua abandona el motor por medio de una tubería de 0.90 m de diámetro, con una presión de 𝟎. 𝟑𝟓 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐. El punto donde se midió la presión unitaria en la entrada está 1.80 m por encima del tubo correspondiente, en la tubería de salida. Si la corriente que pasa por el motor es de 𝟎. 𝟒𝟒𝟓 𝒎𝟑 /𝒔, calcúlese la potencia entregada por el agua al motor. SOLUCION: 𝑃1 = 1.4 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 = 137254.9 𝑁/𝑚2 𝑃2 = 0.35 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 = 34313.725 𝑁/𝑚2 𝐷1 = 0.6 𝑚 → 𝐴1 = 0.2827433 𝑚2 𝐷2 = 0.9 𝑚 → 𝐴2 = 0.7371625 𝑚2 𝑧1 − 𝑧2 = 1.8 𝑚 𝑄 = 0.445 𝑚3 /𝑠 𝛾 = 9810

𝑘𝑔 𝑚3

La potencia suministrada (en Voltios) será igual a: 𝑃𝑜𝑡 = 𝛾𝑄. 𝐵 Siendo 𝐵 la diferencia de energías: 𝐵 = ∆𝐸 = 𝑧1 +

𝑃1 𝑉12 𝑃2 𝑉22 + − 𝑧2 − − 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔

Para hallar las velocidades recurrimos a la fórmula de caudal: 𝑄 = 𝑉∗𝐴 𝑉1 =

𝑄 0.445 𝑚3 /𝑠 𝑄 0.445 𝑚3 /𝑠 = = 1.57387 𝑚/𝑠 ⟹ 𝑉 = = = 0.603666 𝑚/𝑠 2 𝐴1 0.2827433 𝑚2 𝐴2 0.7371625 𝑚2

Solo nos queda reemplazar los datos: 𝑃𝑜𝑡 = 𝛾𝑄 (𝑧1 +

𝑃1 𝑉12 𝑃2 𝑉22 + − 𝑧2 − − ) 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑘𝑔 𝑚2 102941.175 2 2.112654 2 𝑘𝑔 𝑚3 𝑚 + 𝑠 𝑃𝑜𝑡 = (9810 3 ) (0.445 ) (1.8𝑚 + 𝑚 ) 𝑘𝑔 𝑚 𝑠 19.62 9810 3 𝑠2 𝑚 𝑷𝒐𝒕 = 𝟓𝟒𝟏𝟑𝟔. 𝟕 𝑽 = 𝟕𝟑. 𝟔 𝑯𝑷 PROBLEMA Nº 182: Una tubería horizontal de 50 cm de diámetro conduce agua, con una velocidad de 3 m/s. En una cierta sección A, la presión es de 3.9 kg/cm2 y en una sección B, de 2.8 kg/cm2. Calcúlese la cantidad de energía que pasa por segundo por cada una de las secciones, estimando la energía potencial en referencia a un plano de comparación que pasa por el eje de la tubería. ¿Cuál es la carga perdida entre las dos secciones? SOLUCION:



𝐸𝑛 𝐴 ∶ 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝐵(𝐴) =

𝑉(𝐴)2 𝑃(𝐴) + + 𝑍(𝐴) 2𝑔 𝛾

𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝐵(𝐴) =

32 3.9 ∗ 104 + + 0 = 39.4587 2 ∗ 9.81 1000

𝑃𝑜𝑡(𝐴) = 𝑄 ∗ 𝛾 ∗ 𝐵(𝐴) 𝑄 = 𝑉(𝐴) ∗ 𝐴(𝐴) = 3 ∗ 𝜋 ∗

(0.5)2 = 0.5890 𝑚3 /𝑠 4

𝑃𝑜𝑡(𝐴) = 𝑄 ∗ 𝛾 ∗ 𝐵(𝐴) = (0.589) ∗ 1000 ∗ 39.4587 = 23242.4166 

𝐸𝑛 𝐵: 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝐵(𝐵) =

𝑉(𝐵)2 𝑃(𝐵) + + 𝑍(𝐵) 2𝑔 𝛾

𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝐵(𝐵) =

32 2.8 ∗ 104 + + 0 = 28.4587 2 ∗ 9.81 1000

𝑃𝑜𝑡(𝐵) = 𝑄 ∗ 𝛾 ∗ 𝐵(𝐵) 𝑄 = 𝑉(𝐵) ∗ 𝐴(𝐵) = 3 ∗ 𝜋 ∗

(0.5)2 = 0.5890 𝑚3 /𝑠 4

𝑃𝑜𝑡(𝐵) = 𝑄 ∗ 𝛾 ∗ 𝐵(𝐵) = (0.589) ∗ 1000 ∗ 28.4587 = 16763.0728 

𝑃𝑜𝑟 𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑙𝑖 ∶

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝐵(𝐴) = 𝐵(𝐵) + 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 39.4587 = 28.4587 + 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎

𝑬𝒏𝒆𝒓𝒈𝒊𝒂 𝒐 𝒄𝒂𝒓𝒈𝒂 𝒑𝒆𝒓𝒅𝒊𝒅𝒂 = 𝟏𝟏 𝒎

PROBLEMA Nº 184: Entre dos planchas circulares horizontales, fluye el agua radialmente en todas direcciones hacia afuera; las planchas circulares son de 1.20 m. de diámetro, y están colocadas paralelamente, espaciadas 2.5 cm. Entre sí. Si se mantiene una descarga de 28 m3/seg. Por medio de una tubería que entra por el centro de un de las planchas. ¿Qué presión existirá entre las planchas en un punto situado a 0.15 m. del centro, si no se consideran perdidas por fricción? SOLUCION: 𝑄 = 28 𝑚3⁄𝑠 ⟹ 𝑣 =

𝑄 2𝜋. 𝑟. 𝑎

Teoría Bernoulli – punto 1 y 2: 𝑉1 2 𝑃1 𝑉2 2 𝑃2 + +0= + +0 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 178,342 𝑃1 178,342 1 1 ( 2 − 2) + = 2 2𝑔. 𝑟1 𝑤 2𝑔 𝑟2 𝑟1 𝑉1 2 𝑃1 𝑉2 2 𝑃2 + +0= + +0 2𝑔 𝑤 2𝑔 𝑤 𝑃1 29,722 1 1 ( 2 − 2) = 𝑤𝑛 2𝑔 𝑟2 𝑟1 𝑃1 = 0,00808 (

1 1 − ) 0,36 𝑟 2

𝑃1𝑤 = 𝑃1𝑛

𝟎. 𝟏𝟓𝒎 𝒅𝒆 𝒆𝒔𝒑𝒂𝒄𝒊𝒐: 𝒑 = 𝟎. 𝟎𝟔𝟕𝟖𝟓 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐

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PROBLEMA Nº 185: Una tubería de 50 cm de diámetro alimenta una turbina. En esta tubería un manómetro registra una presión de 5 kg / 𝒄𝒎𝟐 . En esta sección de la tubería se descarga la turbina de 0.70 m de diámetro, situada 2 m por debajo del punto donde se midió la presión de entrada, se han determinado que existe un vacío de 50 cm de mercurio. El gasto que circula por la tubería es de 500 Lts/seg. ¿Cuál es la potencia bruta en caballos de fuerza que la corriente entrega a la maquina? SOLUCION: Q=5 𝑚3⁄𝑠𝑒𝑔

𝑃𝑜𝑡 = 𝑤. 𝑄. 𝐵𝐴

𝑃𝑜𝑡𝐴 =

𝑉𝐴 2 𝑃𝐴 + + 𝑍𝐴 2𝑔 𝛾

𝑃𝐴 = 50𝑚 𝛾 𝑉𝐴 =

𝑄 5 = = 1,59 𝑚⁄𝑠 0,52 𝜋 𝐴𝐴 4

Luego: 1,592 𝑃𝑜𝑡𝐴 = 1000 × 5 ( + 50 + 2) 19,6 𝑃𝑜𝑡𝐴 = 2606,4 𝑃𝑜𝑡𝐻𝑔 =

𝑚 𝑠

𝑉𝐻𝑔 2 𝑃𝐻𝑔 + + 𝑍𝐴 2𝑔 𝛾

1,592 𝑃𝑜𝑡𝐻𝑔 = 1000 × 5 ( + 𝑃ℎ𝑔/𝛾 + 2) 19,6 𝑃𝑜𝑡𝐻𝑔 = 6564 𝑃𝑜𝑡𝐵 =

𝑚 𝑠

𝑉𝐵 2 𝑃𝐵 + + 𝑍𝐵 2𝑔 𝛾

0.812 𝑃𝑜𝑡𝐵 = 1000 × ( + 3,5 + 0) = 1400 𝑚⁄𝑠 19.6

⟹

𝑷𝑩𝒓𝒖𝒕𝒂 =

𝟐𝟗𝟏𝟎𝟎 = 𝟑𝟖𝟖 𝑯. 𝑷 𝟕𝟓

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PROBLEMA Nº 186: El agua de un reservorio es bombeada por encima de un cerro, a través de una tubería de 20” de diámetro. La parte más alta de la tubería se encuentra a 80 m. sobre el nivel del agua, y la pérdida de carga por fricción entre el reservorio y la cubre es de 10 m. El caudal bombeado es de 500𝑳𝒕𝒔⁄𝒔𝒆𝒈 y la potencia teórica del motor es de 1000 H.P. Sabiendo que la eficiencia del motor es de 90% y la de la bomba 80%, se pregunta: ¿Cuál será la presión del agua en la parte más alta de la tubería en 𝑳𝒊𝒃𝒓𝒂𝒔⁄𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐? SOLUCION:

Tenemos: 𝑄 = 500 𝑙𝑡𝑠⁄𝑠𝑒𝑔

⟹

𝑄 = 0.5 𝑚⁄𝑠

𝐷 = 20"

⇒

𝐷 = 0.508𝑚

2

𝜋. 𝑑 ⟹ 4 Se sabe que: 𝐴=

𝐴=

𝜋. (0.508)2 ⟹ 𝐴 = 0.202682𝑚2 4

𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑇𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑎 = 1000𝐻. 𝑃 × 75 × 0.9 𝑥 0.8 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑇𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑎 = 54000 𝐾𝑔 − 𝑚⁄𝑠 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑇𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑎 = 𝑄 ∗ 𝛾 ∗ 𝐵 = 54000 𝑣2 𝑃 (0.50) × 1000 × ( + + 𝑧 + 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎) = 54000 2 × 9.81 𝛾 Hallamos: 𝑉=

𝑄 𝐴

𝑉=

0.5 0.202682

⟹

𝑉 = 2.466918 𝑚⁄𝑠

Reemplazando: (2.466918)2 𝑃 (0.50) × 1000 × ( + + 80 + 10) = 54000 2 × 9.81 1000 𝑃 = 17.6898 1000 𝑷 = 𝟏. 𝟕𝟔𝟖𝟗𝟖 𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐

⟹

𝑃 = 17689.8 𝐾𝑔⁄𝑚2

𝑷 = 𝟐𝟓. 𝟏𝟏 𝒍𝒃/𝒑𝒖𝒍𝒈𝟐

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PROBLEMA Nº 187: Una vena líquida es descargada en el aire verticalmente hacia abajo por un caño de 𝟏. 𝟒 𝒄𝒎 de diámetro. a) ¿Cuál será el gasto en Lts/min si 𝟏𝟎 𝒄𝒎 por debajo de la boca del caño, el diámetro de la vena se ha reducido a 𝟏 𝒄𝒎? b) Si el caño anterior descargara verticalmente hacia arriba un gasto doble. ¿Cuál sería el diámetro de la vena líquida a una altura de 𝟏𝟎 𝒄𝒎 sobre la boca del caño? SOLUCION:

𝐷𝐴 = 0.014𝑚 → 𝐴𝐴 = 𝐷𝐵 = 0.01𝑚 → 𝐴𝐵 =

0.0142 𝜋 = 49𝜋 ∗ 10−6 𝑚2 4

0.012 𝜋 = 25𝜋 ∗ 10−6 𝑚2 4

𝑧𝐴 − 𝑧𝐵 = 0.1𝑚 Por la ecuación de la continuidad: 𝑉𝐴 𝐴𝐴 = 𝑉𝐵 𝐴𝐵 1.96𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 Según Bernoulli, con presiones despreciables: 𝑧𝐴 +

𝑧𝐴 − 𝑧𝐵 +

𝑉𝐴2 1.962 𝑉𝐴2 = 2𝑔 2𝑔

⟹

0.1𝑚 =

𝑉𝐴2 𝑉𝐵2 = 𝑧𝐵 + 2𝑔 2𝑔

2.8416 𝑉𝐴2 19.62 𝑚 𝑠2

𝑉𝐴 = 0.8309 𝑚/𝑠 Sabemos que 𝑄 = 𝑉𝐴 . 𝐴𝐴 𝑄 = 0.8309𝑚/𝑠 ∗ 49𝜋 ∗ 10−6 𝑚2 𝑸 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟑 𝒎𝟑 /𝒔 = 𝟎. 𝟏𝟐𝟕𝟗 𝒍𝒕/𝒔 = 𝟕. 𝟔𝟕 𝒍𝒕/𝒎𝒊𝒏

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a) Realizamos la gráfica: Datos: 𝐷𝐴 = 0.014 𝑚 𝑧𝐵 − 𝑧𝐴 = 0.1 𝑚 𝑄 = 0.00026 𝑚3 /𝑠 Aplicando ecuación de la continuidad: 0.00026 𝑚3 /𝑠 = 𝑉𝐴 𝐴𝐴 =

(0.0142 )𝜋 𝑉𝐴 = 49 ∗ 10−6 𝜋𝑉𝐴 4

𝑉𝐴 = 1.66187 𝑚/𝑠 Por Bernoulli: 𝑧𝐵 +

𝑉𝐵2 𝑉𝐴2 = 𝑧𝐴 + 2𝑔 2𝑔

⟹

𝑧𝐵 − 𝑧𝐴 =

𝑉𝐴2 − 𝑉𝐵2 2𝑔

Reemplazando: 0.1 𝑚 =

(1.661872 )𝑚2 /𝑠 2 − 𝑉𝐵2 19.62 𝑚/𝑠 2

𝑉𝐵 = 0.894329 𝑚/𝑠 Como: 0.00026 𝑚3 /𝑠 = 0.894329 𝑚/𝑠 ∗ 𝐴𝐵 𝐴𝐵 = 0.000286 𝑚2 𝜋𝑑 2 4

= 0.000286 𝑚2

⟹

𝒅 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟗𝟎𝟖 𝒎 = 𝟏. 𝟗𝟏 𝒄𝒎

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 188: Durante la prueba de una bomba centrifuga, el manómetro colocado en el punto de entrada de la tubería de succión (diámetro = 20 cm.) a la bomba, registro una presión 0.28 kg/cm2 menos que la presión atmosférica. En el lado de salida (diámetro = 0.15 m), otro manómetro indico una presión de 2.11 kg sobre la presión atmosférica. Si el manómetro de salida corresponde a un punto observado por el manómetro de entrada. ¿Qué potencia era empleada por la bomba en trabajo útil, mientras bombeaba 60 lt/s? SOLUCION:



En la entrada: 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝐵(𝐴) =

𝑉(𝐴)2 𝑃(𝐴) 𝑄 0.06 ∗ 4 + + 𝑍(𝐴) ⟹ 𝑉 = = = 1.9099 2𝑔 𝛾 𝐴 𝜋 ∗ 0.22

𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝐵(𝐴) =

1.90992 (1.033 − 0.28) ∗ 104 + + 0 = 7.7159 2 ∗ 9.81 1000

𝑃𝑜𝑡(𝐴) = 𝑄 ∗ 𝛾 ∗ 𝐵(𝐴) 

⟹ 𝑃𝑜𝑡(𝐴) = 𝑄 ∗ 𝛾 ∗ 𝐵(𝐴) = (0.06) ∗ 1000 ∗ 7.7159 = 462.955

En la salida: 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝐵(𝐵) =

𝑉(𝐵)2 𝑃(𝐵) + + 𝑍(𝐵) ⟹ 2𝑔 𝛾

𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝐵(𝐵) =

3.39532 (1.033 + 2.11) ∗ 104 + + 0 = 32.0176 2 ∗ 9.81 1000

𝑉=

𝑄 0.06 ∗ 4 = = 3.3953 𝐴 𝜋 ∗ 0.152

𝑃𝑜𝑡(𝐵) = 𝑄 ∗ 𝛾 ∗ 𝐵(𝐵) ⟹ 𝑃𝑜𝑡(𝐵) = 𝑄 ∗ 𝛾 ∗ 𝐵(𝐵) = (0.06) ∗ 1000 ∗ 32.0176 = 1921.056 

Potencia empleada por la bomba:

𝑃𝑜𝑡 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 𝑃𝑜𝑡(𝐵) − 𝑃𝑜𝑡(𝐴) = 1921.056 − 462.955 = 1458.101 𝟏𝟑𝟗𝟐𝟒.=𝟐𝟒𝟖𝟖 𝑯. 𝑷. ∗ 60 𝑃𝑜𝑡 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 1458.101 2𝜋

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PRÁCTICA Nº 6: (240-264): DESCARGA A TRAVES DE ORIFICIOS PROBLEMA Nº 240: En la pared inclinada de un tanque que forma un Angulo de 30° con la horizontal, hay un orificio estándar (𝐂𝐕 =0.98), la carga sobre el centro del orificio es 4 metros. Se pide calcular: a) La altura máxima sobre el centro del orificio al que llegará el chorro. b) La distancia horizontal a la que el chorro vuelve a cruzar el plano del orificio. c) La velocidad del chorro en el momento que choca con el plano horizontal situado a 2 m debajo del plano del orificio. SOLUCION: Hallamos la velocidad de salida del chorro. 𝑉𝑎 = 𝐶𝑉 × √2𝑔𝐻, 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐻 = 4 𝑚. 𝑦 𝐶𝑉 = 0.98 𝑉𝑎 = 8.68

𝑚 𝑠

Hallamos las componentes de la velocidad en X e Y: 𝑉𝑥 = 𝑉𝑎 cos 30 = 7.52 𝑚⁄𝑠 𝑉𝑦 = 𝑉𝑎 sin 30 = 4.34 𝑚⁄𝑠 a) Altura máxima: Por formula: 𝑉𝑓 2 = 𝑉𝑜 2 − 2ae De donde 𝑉𝑓 = 0, 𝑉𝑜 = 𝑉𝑦 = 4.34 𝑚⁄𝑠 Por lo tanto: 𝒆 = 𝑯𝒎𝒂𝒙 = 𝟎. 𝟗𝟔 𝒎 b) Hallamos distancia horizontal Para la altura máxima hallamos el tiempo t= 0.44 s. entonces para la distancia horizontal el agua recorrerá 2t=0.88 s. Sabemos que: 𝑒 =𝑣×𝑡

⟹

𝑒 = 7.52 × 0.88

⟹

𝒆 = 𝟔. 𝟔𝟒 𝒎.

c) Velocidad 2 m. debajo del orificio 𝑉𝑓 2 = 𝑉𝑜 2 − 2a(−2)

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑉𝑓 = √4.342 − 2a(−2) 𝑉𝑓 = 7.62

𝑚 . 𝑠

Finalmente, la velocidad será: 𝑉𝑅 = √7.622 + 7.522

⟹

𝑽𝑹 = 𝟏𝟎 . 𝟕𝟑 𝒎⁄𝒔

PROBLEMA Nº 241: De un orificio situado en una pared plana horizontal, sale agua verticalmente hacia arriba, bajo una carga de 12 metros. ¿Cuál es la altura límite del chorro, si el coeficiente de velocidad es 0?97, y si se desprecia la fricción del aire? SOLUCION: Sabemos que la velocidad real es: 𝑉𝑎 = 𝐶𝑉 × √2𝑔𝐻 Además 𝐶𝑉 = 0.97, H=12 m. por lo tanto reemplazando los valores tenemos que: 𝑉𝑎 = 14.88 𝑚⁄𝑠 Para hallar la altura máxima utilizamos la ecuación: 𝑉𝑓 2 = 𝑉𝑜 2 − 2ae

⟹ 𝑒 = 𝐻𝑚𝑎𝑥 =

𝑉𝑜 2 2a

⟹

𝑯𝒎𝒂𝒙 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟗 𝒎.

PROBLEMA Nº 242: Un aceite de densidad 0.89, descarga por un orificio situado en una pared vertical del depósito. Si en el plano horizontal que pasa por el centro del orificio, la presión absoluta del líquido es 4.5 Kg/cm2. Coeficiente de descarga 0.98 a) ¿Cuál es la velocidad teórica de descarga? b) ¿Cuál es la velocidad real? SOLUCION: Sabemos que la presión absoluta del líquido es 45000 Kg/m 2, además de que la gravedad atmosférica es de 101325 Pa. Entonces dividimos entre 9.81 Kg.f. lo cual tenemos que la presión atmosférica es 10328.746 Kg/m3 Entonces la presión ejercida solo por el líquido será: 𝑃𝑙𝑖𝑞 = 45000 − 10328.746 𝐾𝑔⁄𝑚3 𝑃𝑙𝑖𝑞 = 34671.2538 𝐾𝑔⁄𝑚3 Además la carga de la presión en metros de agua es:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑃 34671.2538 Kg/m3 = 𝛾 890Kg/m2 𝐻 = 38.9564 𝑚. a) Finalmente, para hallar la velocidad teórica utilizamos la fórmula: 𝑉𝑇 = √2𝑔𝐻 𝑉𝑇 = √2(9.81)(38.9564 ) 𝑽𝑻 = 𝟐𝟕. 𝟔𝟓 𝒎⁄𝒔 b) Luego la velocidad real será: 𝑉𝑎 = 𝐶𝑉 × √2𝑔𝐻 𝑉𝑎 = 0.98 × √2(9.81)(38.9564 ) 𝑽𝒂 = 𝟐𝟕. 𝟎𝟗 𝑚⁄𝑠 PROBLEMA Nº 243: Un chorro que sale de un orificio circular, de pared delgada de 1.2 cm de diámetro, bajo una carga de 6 m. pasa por un punto situado 1.6 m horizontalmente y 0.12 m por debajo del centro del orificio, el gasto es 450 litros en 611 segundos calcule el coeficiente de gasto y los coeficientes de velocidad y contracción. SOLUCION: De acuerdo a la fórmula de coeficientes de velocidad por las distancias recorridas, tenemos: 𝐶𝑉 =

𝑋𝑂 2√𝑌𝑂 𝐻

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 = 1.6 𝑒 𝑦 = 0.12 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠: 𝐶𝑉 =

1.6 2√0.12 × 6

⟹

𝑪𝑽 = 𝟎. 𝟗𝟒𝟓

Para hallar el coeficiente de descarga tenemos que el caudal es: Q=

0.450 = 7.365 × 10−4 611

Además de cauda el 𝑄 = 𝑉. 𝐴. Hallaremos el área real. Además de que V es: 𝑉𝑎 =

𝑋𝑂 √

2𝑌𝑂 𝑔

= 10.23

𝑚 𝑠𝑒𝑔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑄 =𝑉×𝐴

Despejamos el área real: 𝐴=

𝑄 = 7.2 × 10−5 = 𝐴𝑎 𝑉

Además, que el área teórica es: 𝐴 𝑇 = 1.131 × 10−4 𝐶𝐶 =

𝐴𝑎 7.2 × 10−5 = 𝐴𝑡 1.131 × 10−4

𝑪𝑪 = 𝟎. 𝟔𝟑𝟓

⟹

Finalmente, el coeficiente de descarga será: 𝐶𝑑 = 𝐶𝐶 × 𝐶𝑉

⟹ 𝐶𝑑 = 0.635 × 0.945

𝑪𝒅 = 𝟎. 𝟔𝟎

⟹

PROBLEMA Nº 244: De un orificio circular, de plano vertical practicado en una pared de madera de 5 cm de espesor, sale un chorro horizontal. El diámetro del orificio es 1.2 cm. El chorro al recorrer una distancia horizontal de 1.8 m ha descendido 0.6 m suponiendo que el chorro sale del orificio sin contracción, debido al grosor de la pared en que se halla el orificio calcule el volumen descargado en 24 horas. SOLUCION: Hallaremos la velocidad real por la formula siguiente: donde x =1.8 m, y =0.6 m. 𝑉𝑎 =

𝑋𝑂 √

2𝑌𝑂 𝑔

=

1.8 √2 × 0.6 9.81

= 5.147

𝑚 𝑠𝑒𝑔

Como no hay contracción el área es: 𝐴𝑡 = 1.131 × 10−4 Entonces el caudal será: 𝑄 =𝑉×𝐴 𝑄 = 5.147 × 1.131 × 10−4 𝑄 = 5.82 × 10−4 Nos pide hallar el volumen que descargara dentro de 24 horas, entonces t =86400 El volumen total será: 𝑉 =𝑄×𝑡 𝑉 = 5.82 × 10−4 × 86400

⟹

𝑽 = 𝟓𝟎. 𝟐𝟑 𝒎𝟑

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 245: Se tiene un deposito cilíndrico lleno de agua hasta una altura de 2.4 m. que asciende verticalmente hacia arriba con una aceleración de 3 m/seg2, ¿Cuál será el gasto inicial si se abre en el fondo un orificio de 2.5cm de diámetro? Úsese C=0.61. SOLUCION: Para esto utilizaremos la fórmula: 𝑄 = 𝐶𝑑 × 𝐴𝑡 × √2𝑔𝐻 Como el cilindro está ascendiendo entonces la gravedad aumentará en 3 m/seg2.; por lo tanto, g=12.81 m/seg2. Reemplazando en la ecuación: 𝜋

𝑄 = 0.61 × 4 (0.025)2 × √2 × 12.81 × 2.4 𝑄 = 0.002347

⟹

𝑸 = 𝟐. 𝟑𝟒𝟕 𝑳𝒕𝒔⁄𝒔

PROBLEMA Nº 246: Un depósito cilíndrico de 1.00m de diámetro y 2m de altura, está lleno de líquido hasta una altura de 50cm. Gira alrededor de su eje a razón de 30 R.P.M. en un momento determinado. Calcular la cantidad de líquido con que debe alimentarse, para que el líquido permanezca estacionario. Úsese c=0.6. SOLUCION: ω = 30R. P. M.

2𝜋𝑟𝑎𝑑 = 𝜋 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠 60𝑠

Al girar el vaso cilíndrico, se forma un paraboloide de altura: z=

𝜔2 𝑥 2 (𝜋)2 (0.5)2 = = 0.1258𝑚 2𝑔 2(9.81)

Como al girar, no se derrama el agua, se puede plantear: Vol. agua = Vol. cilindro − Vol. paraboloide 0.5(𝐵) = 𝐻(𝐵) −

0.1258 (𝐵) 2

𝐻 = 0.5629m ℎ1 = 0.5629 − 0.1258 = 0.4271𝑚 𝑄 = 𝑎. 𝑐√2(9.81)(0.4371) 𝑚3⁄𝑠

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 2

𝑄=

𝜋(1.6(10−2 )) (0.6)√2(9.81)(0.4371) 𝑚3⁄𝑠 = 3.5328(10−4 ) 𝑚3⁄𝑠 4 𝑸 = 𝟎. 𝟑𝟓𝟑 𝒍⁄𝒔 = 𝟑𝟓𝟑 𝒎𝟑 ⁄𝒔

PROBLEMA Nº 247: Un vaso cilíndrico de 3m de altura, y de 1.20m de diámetro, se halla lleno de agua hasta la profundidad de 2.4m. Existe en la pared cilíndrica un orificio circular de 0.05m de diámetro (c=0.6), ubicado a 0.3m por encima del fondo del vaso. Si el vaso gira alrededor de su eje vertical a razón de 60R.P.M., y se permite que el agua que salga por el orificio durante 3 minutos. ¿Cuál será la profundidad del agua en el vaso cilíndrico, cuando el vaso regrese al estado de reposo? SOLUCION: ω = 60R. P. M.

2𝜋𝑟𝑎𝑑 𝑟𝑎𝑑 = 2𝜋 60𝑠 𝑠

Al girar el vaso cilíndrico, se forma un paraboloide de altura: z=

𝜔2 𝑥 2 (2𝜋)2 (0.6)2 = = 0.7244𝑚 2𝑔 2(9.81)

Calculo de la altura” a que se llega el agua al iniciarse el movimiento: Como al girar, no se derrama el agua, se puede plantear: Vol. agua = Vol. cilindro − Vol. paraboloide 2.4(𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒) = 𝐻(Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒) − 2.4 = 𝐻 −

0.7244 (Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒) 2

0.7244 2

𝐻 = 2.7622m Se sabe que el gasto que sale por el orificio está dado por: 𝑄=

𝑑𝑉𝑜𝑙. (𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒)𝑑ℎ 𝐴𝑑ℎ = = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡

De donde: 𝑑𝑡 =

𝐴𝑑ℎ 𝐴𝑑ℎ = 𝑄 𝑐. 𝑎√2𝑔(ℎ + 0.7244)

t=180s c=0.6

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO g=9.81m/s2 ℎ1 = 2.7622 − 0.7244 − 0.3 = 1.7378 𝐴 𝐷2 1.2 2 ( ) = 576 = = 𝑎 𝑑2 0.05 180 =

180 =

1.7378

576 0.6√2(9.81) 576

∫ ℎ2

𝑑ℎ √ℎ + 0.7244 1.7378

0.6√2(9.81)

[2√ℎ + 0.7244]ℎ

2

De donde: ℎ2 + 0.7244 = 1.3313𝑚 𝑯′ = 𝟏. 𝟑𝟑𝟏𝟑 + 𝟎. 𝟑 −

𝟎. 𝟕𝟐𝟒𝟒 = 𝟏. 𝟐𝟔𝟗𝟏𝒎 𝟐

PROBLEMA Nº 248: Si se encuentra que la velocidad efectiva del chorro que sale de un orificio es de 6.74 m/seg. Cuando el agua sale debajo de una carga de 2.44m. ¿Cuál ha sido la carga por perdida de fruición? SOLUCION: En primer lugar, hallaremos l altura de agua para esa velocidad donde: 𝐻=

𝑉2 2×𝑔

Reemplazando los valores de velocidad y gravedad tenemos: 𝐻=

6.742 2 × 9.81

𝐻 = 2.32 𝑚 La perdida por fricción será: ℎ𝑓 = 2.44 − 2.32

⟹

𝒉𝒇 = 𝟏. 𝟐 𝒎

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 249: Un vaso circular cilíndrico de 4.90m de altura y de 1.80m de diámetro contiene agua hasta la altura de 2.10m, cuando el vaso está en reposo. A cuántas R.P.M. debe girar el vaso alrededor de su eje vertical, para que la velocidad (relativa del vaso) de salida, por un orificio situado en la pared cilíndrica del vaso, y a 0.30m de altura sobre el fondo, sea 7.3m/seg. SOLUCION:

La velocidad de salida se da en un instante inicial de t=0 𝑉 = √2𝑔ℎ 7,3 = √2𝑔ℎ 𝐻 = 2,71 Volumen inicial en reposo ABEF = Vol. ABCD – Vol. (paraboloide) 1 𝐵(1,8𝑚) = 𝐵(2,7𝑚) − 𝐵𝐻𝑊 2 1 𝑊 2 𝑅2 ( ) = 2,71 − 1,8 2 2𝑎 𝑊 2 (0,9)2 = 0.916 4(9,81) 𝑊 = 6,66

𝑅𝑎𝑑 𝑠

𝑊 = 6,66

𝑅𝑎𝑑 𝑠

(

1𝑅𝑒𝑣 2𝜋

)

60𝑠 1𝑀𝑖𝑛

⟹

𝑾 = 𝟔𝟑. 𝟔 𝑹𝑷𝑴

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 250: Un orificio circular de 5 cm de diámetro conecta dos reservorios A y B. En A el nivel del agua se halla 1.40m más alto que el centro del orificio. La superficie del agua, es A, se halla a la presión del vapor de agua, igual a 46cm de mercurio en exceso de la presión atmosférica. En B la superficie del agua se halla a 0.30m por encima del centro del orificio y la presión del aire del reservorio B es 25cm de mercurio menor que la presión atmosférica. Calcúlese el gasto. SOLUCION: Determinamos las presiones en el punto A y B: 𝑃𝐴 = 𝛾𝐻𝑃𝐵 = −𝛾𝐻 𝑃𝐴 = 9.81𝑘𝑃𝑎 × 0.46 𝑃𝐵 = −9.81 × 0.25 𝑃𝐴 = 4.51 𝑘𝑃𝑎𝑃𝐵 = −2.453 𝑘𝑃𝑎 Aplicando Bernoulli en A y en 1: 𝑃𝐴 𝑣𝐴 2 𝑃1 𝑣1 2 + +𝑧= + +𝑧 𝛾 2 𝛾 2

𝑣1 = 8.987 𝑚/𝑠 

Luego el gasto en el orificio es: 𝑄 = 𝑐𝑣1 𝐴 𝑄 = 1 × 8.987 ×

𝜋 × 0.052 4

𝑸 = 𝟎. 𝟏𝟕𝟔 𝒎𝟑 ⁄𝒔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 251: En la pared de un depósito y a una profundidad de 3.45m contada desde la superficie del líquido, hay un orificio de 2.3 cm2. Se afora el líquido que sale y resulta así, 1.086 litros por segundo, siempre que se mantenga el nivel. Hallar el coeficiente de gasto. SOLUCION: En primer lugar, hallaremos la velocidad teórica del orificio: 𝑉 = √2𝑔𝐻 𝑉 = √2 × 9.81 × 3.45 𝑉 = 8.23 𝑚⁄𝑠𝑒𝑔 Ahora hallaremos la velocidad real con el caudal Q y el área que nos dan como dato: 𝑄 = 0.001086 𝑚3⁄𝑠𝑒𝑔 𝐴 = 2.3 ×

10−4 𝑚2 𝑠𝑒𝑔

𝑄 = 𝑉 × 𝐴 𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝐴 𝑦 𝑄 𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠 1086 𝑠𝑒𝑔 𝑉= 2.3 × 10−4 𝑚2 𝑉 = 4.72 𝑚⁄𝑠𝑒𝑔 Finalmente:

𝑄 = 𝐶𝑑 × A × √2𝑔𝐻

Reemplazando los valores tenemos: 𝐶𝑑 =

𝐶𝑑 =

𝑄 A × √2𝑔𝐻 0.001086 2.3 × 10−4 × 8.23 𝐂𝐝 = 𝟎. 𝟓𝟕

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 252: En la pared vertical de un tanque hay un orificio trapezoidal de las dimensiones que se muestran en la figura. El nivel del agua se mantiene constante a una altura de 1 m sobre la base superior del orificio. Calcular el gasto a través del orificio asumiendo un coeficiente de descarga de 0.6. SOLUCION:

De la gráfica se tiene: 0.8 0.8 − 𝑦 = 0.1 0.15 − 𝑥 0.12 − 0.8 ∗ 𝑥 = 0.08 − 0.1 ∗ 𝑦 𝑥=

0.04 − 0.1 ∗ 𝑦 0.8

𝑥 = 0.05 + 0.125 ∗ 𝑦

Calculo del caudal: 𝑑𝑄 = ∫ 𝑉𝑑𝐴 Represando x 0.8

𝑄 = ∫ √2𝑔(1.8 − 𝑦) 2𝑥𝑑𝑦 0 0.8

𝑄 = √2𝑔 ∫ (1.8 − 𝑦)

1⁄ 2

∗ (0.05 + 0.125𝑦)𝑑𝑦

0

𝑸 = 𝟎. 𝟒𝟖𝟗 𝒎𝟑/𝒔𝒆𝒈

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 253: Calcular la descarga de un orificio parabólico de un tanque, mostrado en la figura. El nivel del agua siempre se mantiene constante. SOLUCION: Ecuación de la parábola 𝑦 = 𝐾𝑥 2 Del punto, x= 0.4 y y=1 se tiene 𝐾=

1 25 → 𝐾= 0.42 4

Ahora se tiene: 2 𝑥 = √𝑦 5 Calculo del caudal: ∫ 𝑄 = ∫ 𝑉𝑥𝑑𝐴 1

𝑄 = ∫ √2𝑔(1 − 𝑦) ∗ 2𝑥𝑑𝑦 0

Remplazando el x: 1 2 𝑄 = ∫ √2𝑔(1 − 𝑦) ∗ ( √𝑦) 𝑑𝑦 5 0 1 4 𝑄 = √2𝑔 ∫ √(1 − 𝑦) ∗ √𝑦𝑑𝑦 5 0 1 4 1 𝑄 = √2𝑔 ∫ (𝑦 − 𝑦 2 ) ⁄2𝑑𝑦 5 0

𝑸 = 𝟏. 𝟑𝟗 𝒎𝟑/𝒔𝒆𝒈

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 254: El orificio rectangular de la figura, ha de dividirse en dos partes, por medio de un tabique divisorio horizontal de modo que salga igual cantidad de líquido por ambos orificios parciales. Los coeficientes de gasto en ambos depósitos es 0.6 calcular x. SOLUCION:

𝑉𝐴𝑇 = √2𝑔𝑦 𝑉𝐵𝑇 = √2𝑔𝑦 𝑄𝐴 = 𝑄𝐵

Remplazando datos 𝑥+1

𝐶𝑑 √2𝑔 ∫

𝑦

1⁄ 2 𝑑𝑦

1.5

= 𝐶𝑑 √2𝑔 ∫ 𝑦

1

1⁄ 2 𝑑𝑦

𝑥+1

2 3⁄ 𝑥+1 2 3⁄ 1.5 [𝑦 2 ] = [𝑦 2 ] 3 3 0 𝑥+1 (𝑥 + 1)

3⁄ 2

−1

3⁄ 2

2(𝑥 + 1)

= (1.5) 3⁄ 2

3⁄ 2

= 1.5

− (𝑥 + 1)

3⁄ 2

3⁄ 2

+1

𝒙 = 𝟎. 𝟐𝟔𝟐 𝒎 ≅ 𝟐𝟔. 𝟐 𝒄𝒎

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 254: En la pared de un depósito que tiene la forma de un triángulo isósceles con eje de simetría vertical y con el vértice hacia abajo, se quiere abrir un orificio todo su ancho. Este orificio, que resulta trapezoidal, será de una altura igual a 1/3 de la altura de la pared. Encontrar la profundidad de la arista superior del orifico para que el gasto sea máximo, considérese el coeficiente de gasto igual para cualquier posición que se dé al orificio.

SOLUCION:

∫ 𝑄 = ∫ 𝑉𝑥𝑑𝐴

𝑄 = ∫ √2𝑔(𝑦) ∗ 2𝑥𝑑𝑦 Remplazando el x: 𝑄 = 2√2𝑔 ∫

𝐻 ℎ+ 3

√𝑦 ∗ tan(𝐻 − 𝑦) 𝑑𝑦

ℎ

𝑄 = 2√2𝑔 tan ∝ ∫

𝐻 ℎ+ 3

(𝑦

1⁄ 2

−𝑦

3⁄ 2 )𝑑𝑦

ℎ 𝐻

2𝐻 3 2 5 ℎ+ 3 𝑄 = 2√2𝑔 tan ∝ (( 𝑦 ⁄2 − 𝑦 ⁄2) 3 5 ℎ

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𝑄 = 2√2𝑔 tan ∝ (

2𝐻 𝐻 (ℎ + ) 3 3

3⁄ 2

2 𝐻 − (ℎ + ) 5 3

5⁄ 2

−

2𝐻 2 3 5 (ℎ) ⁄2 + (ℎ) ⁄2 ) 3 5

Para 𝑄𝑚𝑎𝑥 𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝑑𝑄 𝐻 = 2√2𝑔 tan ∝ (𝐻 (ℎ + ) 𝑑ℎ 3 𝐻 (𝐻 (ℎ + ) 3

1⁄ 2

3⁄ 2

𝑑𝑄 =0 𝑑ℎ

𝐻 − (ℎ + ) 3

5⁄ 2

3⁄ 2

− 𝐻(ℎ)

5⁄ 2)

+ (ℎ)

=0

𝐻 1 ) (𝐻 − (ℎ + ) − (ℎ) ⁄2 (𝐻 − ℎ)) = 0 3

𝐻 ((ℎ + ) 3

1⁄ 2

)(

2𝐻 1 − ℎ) = (ℎ) ⁄2 (𝐻 − ℎ) 3

Elevando al cuadrado los dos lados: 2 𝐻 2𝐻 (ℎ + ) ( − ℎ) = (ℎ)(𝐻 − ℎ)2 3 3

11 (3ℎ + 𝐻)(2𝐻 − 3ℎ)2 = (ℎ)(𝐻 − ℎ)2 39 (3ℎ + 𝐻)(4𝐻 2 − 12𝐻ℎ + 9ℎ2 ) = (27ℎ)(𝐻 2 − 2ℎ𝐻 + ℎ2 ) 12𝐻 2 ℎ − 36𝐻ℎ2 + 27ℎ2 + 4𝐻 3 − 12𝐻 2 ℎ + 9𝐻ℎ2 = 27𝐻 2 ℎ − 54𝐻ℎ2 + 27ℎ3 27ℎ2 − 27ℎ𝐻 + 4𝐻 2 = 0 ℎ=

−27𝐻 ± √27𝐻 2 − 4 ∗ 27 ∗ 4 227

De donde: ℎ = 0.819𝐻 ó 0.181𝐻

𝒉 = 𝟎. 𝟏𝟖𝟏𝑯

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PROBLEMA Nº 256: Un tanque prismático tiene dos compartimientos A y B, que se comunican entre sí por medio de un orificio estándar, cuadrado de 0.30m, con un coeficiente de descarga 0.6 la sección transversal horizontal de A es igual a 10 m2 y la de B 270 m2. En un instante dado, el nivel del agua en el tanque A se halla a 5.50m por encima del centro del orificio; y en el tanque B a 2.75m sobre el mismo centro. ¿Cuánto tiempo después habrá una diferencia de nivel de 1.20m entre los dos niveles de agua? SOLUCION: VA entregado = VB recibido AA m= AB n 5.50 − 𝑚 = 2.75 + 𝑛 + 1.2 5.50 − 𝑚 = 2.75 +

𝐴𝐴 𝑚 𝐴𝐵

𝑚 = 1.495 𝑛 = 0.055 𝑍𝐴 +

𝑃𝐴 𝑣𝐴 2 𝑃𝐶 𝑣𝐶 2 + = 𝑍𝐶 + + 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 5.5 = 2.75 +

𝑣𝐶 2 2𝑔

𝑣𝐶𝑡𝑒ó𝑟𝑖𝑐𝑜 = 7.345𝑚/𝑠 𝑄𝑎 = 𝑐𝑑 𝐴𝑜𝑟𝑖𝑓 𝑣𝑐𝑡 =

𝑣𝐴 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒

0.6 ∗ 0.32 ∗ 7.345 =

𝑡

=

𝑣𝐵 𝑟𝑒𝑐𝑖𝑏 𝑡

𝑣𝐴 𝑚 𝑣𝐵 𝑛 = 𝑡 𝑡

𝒕 = 𝟑𝟕. 𝟔𝟗𝟑 𝒔

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PROBLEMA Nº 257: Un reservorio es vaciado por medio de un orificio situado en el fondo. El área del orificio es de 1m2, con un coeficiente de descarga 0.8. El reservorio es circular en plano, pero su sección transversal horizontal varía en diámetro según la relación 𝑫 =

𝒉𝟐 √𝑨

;

donde h es la carga sobre el orificio. Cuando está lleno el orificio tiene un área de 4000 m 2 ¿Qué tiempo tardará el reservorio en vaciarse? SOLUCION:



𝑑=

ℎ2 √𝐴

𝑑=



𝜋

∶ 𝐴 = 4 ∗ 𝑑2 ℎ2

𝜋 √ 𝑑2 4

→

√𝜋 2 𝑑 = ℎ2 2

Cuando A’=4000 m2 D’=71.365m h´=67.183m

𝜋 ∗ 2 ∗ ℎ2 𝐴 4√𝜋 𝑡=∫ 𝑑ℎ = ∫ 𝑑ℎ 0 𝑐𝑑 √2𝑔ℎ ∗ 𝐴𝑜𝑟𝑖𝑓 0 𝑐𝑑 √2𝑔ℎ ∗ 𝐴𝑜𝑟𝑖𝑓 ℎ´

𝑡=

𝑡=

ℎ´

ℎ´

𝜋 2𝑐𝑑 √2𝑔 ∗ 𝐴𝑜𝑟𝑖𝑓

∫ 0

ℎ2 √ℎ

𝜋 2 ∗ 0.8 ∗ √2 ∗ 9.81 ∗ 1 𝜋

𝑑ℎ

ℎ´

3

∫ ℎ 2 𝑑ℎ 0 5 ℎ´

2ℎ 2 𝑡= ( ) 𝑠𝑖 ℎ´ = 67.183𝑚 2 ∗ 0.8 ∗ √2 ∗ 9.81 ∗ 1 5 0

𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑡 = 6559.774 𝑠𝑒𝑔 = 109.33 𝑚𝑖𝑛

𝒕 = 𝟏. 𝟖𝟐𝟐 𝒉𝒐𝒓𝒂𝒔 𝑹𝒑𝒕𝒂.

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PROBLEMA Nº 258: Un reservorio tiene la forma de un tronco de pirámide de bases cuadrangulares. La altura de agua en el reservorio es de 20 cm, siendo la base superior para esta altura 20cm. La base inferior que mide 10cm de lado, lleva un orificio standard cuadrado también, de 1 cm. De lado ¿en qué tiempo se vaciará el depósito? Úsese c = 0.62. SOLUCION:

𝑥 = 0.1 + 2𝑏… … … (1) 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑒𝑗𝑎𝑛𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑖𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜𝑠 𝑎

=

0.2

𝑏 ℎ

ℎ=

𝑏(0.2) 𝑎

𝐸𝑙 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑑𝑎𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟: 𝑡=

1 𝐶𝑑𝐴𝑡√2𝑔

𝑦2

∫

1

𝑓 (𝑦)𝑦 −2 𝑑𝑦

𝑦1

𝐹 (𝑦) = 𝐴(𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒. )

𝑡=

𝑡=

2 𝐶𝑑√2𝑔

1

(2

1 ∗ 0. 12 ∗ ℎ 2

2 ∗ 0.1 ∗ ℎ 2+1 0. 25/2 + + ) 3 20 1

2

2

0.62 ∗ 0.01 ∗ √2𝑔

(2 ∗ 0. 1 ∗

1 ℎ2

2 ∗ 0.1 ∗ ℎ 2+1 0. 25/2 + + ) 3 20

𝒕 = 𝟔𝟎. 𝟕𝟗 = 𝟔𝟎. 𝟖𝒔𝒆𝒈.

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PROBLEMA Nº 259: Calcular el tiempo necesario para evacuar un depósito cilíndrico horizontal del largo L (en función del volumen y gasto inicial), suponiendo que se encuentra lleno de líquido. El cilindro tiene dos orificios: uno en la parte más alta, para que la superficie libre del líquido esté a la presión atmosférica y otra en la parte más baja del cilindro, para evacuar.

SOLUCION:

0

−𝐴𝑑𝑦

𝑡=∫ 𝑠𝑟

−

1 ∗ √2𝑟 𝐶𝑑 ∗ 𝐴𝑜𝑟𝑖𝑓 ∗ √2𝑔 ∗ 2𝑟

𝑡=

√2𝑟 √2𝑟

𝐶𝑑 ∗ 𝐴𝑜𝑟𝑖𝑓 ∗ √2𝑔𝑌 ∗

0

∗∫ 𝜋

𝐿 ∗ 2𝑟 sin 𝜃 ∗ −𝑟 ∗ sin 𝜃𝑑𝜃 𝑦1/2 = (𝑟 ∗ (1 + cos 𝜃))1/2

2 × √2𝑉 𝜋 𝑠𝑒𝑛𝜃 2 √2𝑟 × 2 × 𝑟 2 0 𝑠𝑒𝑛𝜃 2 ∫ ∫ 𝑑𝜃 = 𝑑𝜃 𝑄 × 𝜋 0 √1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑄 × 𝑟 1⁄2 𝜋 √1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝒕 = 𝟏. 𝟔𝟗𝟖 𝑽/𝑸

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 260: Una esfera hueca de 1m de diámetro está dividida en dos partes iguales por un tabique diametral, en cuyo extremo inferior hay un orificio de 3 cm de diámetro y suponiendo que uno de los compartimientos de la esfera se encuentra llena de agua, calcular el tiempo necesario para que se produzca la igualación de niveles en ambas partes, una vez abierta el orificio. Supóngase un coeficiente de descarga constante igual a 0.6.

SOLUCION:

Por Pitágoras: 𝑟2 = 𝑅2 − (𝑦 − 𝑅)2 𝑟2 = 2 ∗ 𝑅𝑦 − 𝑦2

 Como V1=V2 Y V2, es el volumen traspasado 2

 𝑉1 + 𝑉2 = 3 ∗ 𝜋 ∗ 𝑅3 2 ∗ 𝑉1 = 𝑉1 =

2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑅3 3

1 ∗ 𝜋 ∗ 𝑅3 3

 El tiempo será 𝑡=∫

𝐴 ∗ 𝑑𝑦 𝐶𝑑 ∗ 𝐴𝑜𝑟𝑖𝑓 ∗ √2 ∗ 𝑔 ∗ 𝑦

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𝑟2 𝜋 ∗ 2 ∗ 𝑑𝑦 𝜋 2 ∗ 𝑅 ∗ 𝑦 − 𝑦2 ∫ 𝑡=∫ = ∗ 𝑑𝑦 𝑦1/2 𝐶𝑑 ∗ 𝐴𝑜𝑟𝑖𝑓 ∗ √2 ∗ 𝑔 ∗ 𝑦1/2 2 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝐴𝑜𝑟𝑖𝑓 ∗ √2 ∗ 𝑔 𝑡=

𝑡=

𝑡=

0.5

𝜋 𝜋 2 ∗ 0.6 ∗ (4 ∗ 0.032 ) ∗ √2 ∗ 9.81

∫ (𝑦1/2 − 𝑦 3/2 ) ∗ 𝑑𝑦 0

0.5 2 2 3/2 5/2 ] [ ∗ ∗ 𝑦 − ∗ 𝑦 𝜋 5 0 2 ∗ 0.6 ∗ (4 ∗ 0.032 ) ∗ √2 ∗ 9.81 3

𝜋

𝜋 𝜋 2∗0.6∗( ∗0.032 )∗√2∗9.81 4

∗ (0.16499)

𝒕 = 𝟏𝟑𝟕. 𝟗𝟔 𝒔𝒆𝒈 PROBLEMA Nº 262: Un recipiente prismático de la forma mostrada en la figura tiene en el fondo un orificio de 5 cm de diámetro, cuyo coeficiente descarga permanece constante (c=0.60). El recipiente es colocado en una laguna con el orificio tapado. En el momento que alcanza la profundidad de flotación se abre el orificio y penetra agua en el interior del tanque. Determinar cuánto tiempo tardará en hundirse completamente, si el tanque pesa 2000Kgs. SOLUCION: ℎ2

𝑡=∫ ℎ1

𝑡=

𝑡=

𝐴𝑡

1

𝐶𝐴𝑜√2𝑔

2𝐴𝑡 𝐶𝐴𝑜√2𝑔

(−ℎ −2 )

1

1

(ℎ12 − ℎ22 )

𝐴𝑡(ℎ1 − ℎ2) 1 2 𝐶𝐴𝑜√2𝑔ℎ1 + 𝐶𝐴𝑜√2𝑔ℎ2

Reemplazando valores: 𝑡=

2(4)(2) 0.052 𝜋 (0.5)(0.6) 4 √2(9.81)(2) 𝒕 = 𝟓𝒔𝒆𝒈. Página 154 de 211

UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 263: Cuando el recipiente prismático mostrado en la figura, alcanza la profundidad de flotación, se abre un orificio de 5cm de diámetro (c= 0. 60). Qué tiempo tardará en hundirse, si pesa 10,000 Kgs. (10 Tn). El orificio se supone que está en el fondo. Despreciar el espesor de las paredes. SOLUCION:

t =? W =10000 kg = (10 ton) 𝛾𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 =

10000 𝑘𝑔 (2) (2)8 2

× 9.81 𝑚⁄𝑠2

𝛾 𝑟𝑒𝑐𝑖 = 6.13 KN/𝑚3

Es menor que el de agua por tanto flotará 𝑤= 𝐸

Si

𝐸 = 𝛾𝐻2𝑂 𝑉 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑑𝑜 𝐸 = (9.81

𝐾𝑁 ℎ 2 ) ( . 8) 𝑚 3 𝑚3 2

𝐸 = 39.24ℎ 2 𝐾𝑁 (10000)9.81 N = 39.24ℎ 2 𝐾𝑁 h = 1.581 m Sea L=1.53m dA = 2xdy…………(1) y = 2x…… (2) Remplazando (2) en (1) dA = ydy………(3) Caudal en el agujero

Q =(A) x (Monificio) = (𝐴𝑜 )(𝑉𝑜 )

Q (𝑑𝑡) = 𝐴𝑜 𝑉𝑜 (𝑑𝑡) … … … … (4) El volumen marcado en un dt por el agujero es: Página 155 de 211

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De ecuación (3) Volumen = (8)(𝑑𝐴) = 8𝑦𝑑𝑦 … … . . (5) Igualando (4) 𝑦 (5) → 𝐴𝑜 𝑉0 (𝑑𝑡) = 8𝑦 𝑑𝑦 𝐴𝑜 = 𝑉𝑜 = √2 g 𝑦 A demás

𝜋 4

2

(0.05) = 1.963 𝑥10−3 𝑚2

𝑉 = 𝐶𝑉𝑜= 𝑉2 𝑉 = 𝐶√2𝑔𝑦

De ecuación 6 dt = −

𝑡=

8𝑦𝑑𝑦 𝐴𝑜 𝐶√2𝑔𝑦

8 𝐴𝑜 𝐶√2𝑔

𝐿

∫

𝑦𝑑𝑦

0

√𝑦

Y=L= 1.581 t = 2031.3045 segundos t = 33.86 minutos PROBLEMA Nº 264: Un orificio con embocadura de 2.5cm de diámetro, se le añade una tubería del mismo diámetro, desaguando una carga fija de 3.3m. Si el coeficiente de velocidad a lo largo de la tubería es de 0.85, se pide: a) Calcular el gasto. b) La velocidad en el punto de contracción y en la salida. c) La presión en la garganta. SOLUCION:

a) El gasto que sale por la boquilla es: 𝑄 = 𝑉𝑐 . 𝑎 𝑄 = 𝐶𝑣 √2𝑔ℎ. 𝑎 Reemplazando valores: 𝑄 = 0.85√19.6𝑥3.3

𝜋(0.025)2 4

𝑚3 𝑄 = 0.00335 𝑠

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b) Tomando Bernoulli entre B y C: 𝐶𝑐 . 𝑉𝐵 . 𝑎𝐵 = 𝑉𝐶 . 𝑎𝐶 Como: 𝑎𝐵 = 𝑎𝐶 Se tiene: 𝑉𝐵 =

𝑉𝐶 6.85 = 𝐶𝑐 0.61

𝑉𝐵 = 11.2

𝑚 𝑠

c) Tomando Bernoulli entre A y B:

0 + 0 + 3.3 =

𝑉𝐵 2 𝑃𝐵 + +0 2𝑔 𝑤

Despejando: 𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 11.22 = 3.3 − = 3.3 − = 3.3 − 6.4 𝑤 2𝑔 19.6 𝑃𝐵 = −3.3𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜. 𝑤

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PRÁCTICA Nº 7: (277 - 290): DESCARGA A TRAVES DE BOQUILLAS PROBLEMA Nº 277: Entre un orificio standard y una boquilla cilíndrica de la misma área y sometidos a la misma carga, Cuál tiene mayor: a) Velocidad de salida b) Velocidad en la zona de mayor contracción c) Descarga d) Perdida de carga e) potencia SOLUCION: a) Velocidad de salida: 9𝑥 2 𝑉𝑡𝑒𝑜𝑟𝑖𝑐𝑎 = √ 2𝑦

𝑃𝑐 × 2𝑔 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑙 = √ 1 ( 2 − 1) 𝑐𝑉

𝑉𝑡𝑒𝑜𝑟𝑖𝑐𝑎 = √2𝑔𝐻

𝑉𝑟𝑒𝑎𝑙 = √2𝑔𝐻𝐶𝑉 2

𝑆𝑖 = 𝑃𝑐 = (1 − 𝐶𝑉 2 )ℎ𝑏

𝑆1 = ℎ = 1 = ℎ𝑏

𝑽𝒓𝒆𝒂𝒍 = 𝟒. 𝟑𝟒𝟏 𝒎⁄𝒔

𝑦 = 9.81 𝑉𝑡𝑒𝑜𝑟𝑖𝑐𝑎 = 4.429 𝑚⁄𝑠

Quien tiene más velocidad de salida es el orificio. b) velocidad en la zona de mayor contracción: Cuando no hay contracción la velocidad es la misma: 𝑉𝑡𝑒𝑜𝑟𝑖𝑐𝑎 = 4.429 𝑚⁄𝑠 Cuando si hay contracción: Por continuidad: 𝐶𝑐 × 𝑉𝑏 𝑎⁄𝑏 = 𝑉𝑐 × 𝑐⁄𝑐 𝑉𝑏 = 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐. = 𝑉𝑏 =

𝑉𝑐 𝑐𝑐

⟹

𝑉𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑐𝑐 𝑉𝑏 =

4.3409 0.5

⟹

𝑽𝒃 = 𝟖. 𝟑𝟒𝟖 𝒎⁄𝒔

En la contracción de la boquilla hay menos velocidad. c) Descargas: 𝑷𝒄 = (𝟏 − 𝒄𝒗 𝟐 )𝒉

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Por fórmula para los dos son iguales. d) Perdida de carga: 𝑷𝒄 = (𝟏 − 𝒄𝒗 𝟐 )𝒉 e) Potencia: 𝑷𝒐𝒕 =

𝑾𝑸𝑩 𝟕𝟓

𝑷𝒐𝒕 =

𝑾𝑸 𝑽𝟐 𝟕𝟓

(

𝟐𝒚

+ 𝒉𝟎 )

La velocidad en orificio es mayor, por eso la potencia también. PROBLEMA Nº 280: Cuál será la máxima altura, sobre el centro de una boquilla cilíndrica de 12cm. De diámetro, a la que puede llegar la superficie de agua de un tanque, a fin de que no se produzca desprendimiento de vapor (cavitación), en la zona de máxima contracción de la vena? El coeficiente de contracción para la entrada de la boquilla es 0.60 y la de la velocidad es 0.98 .úsese 0.83 como coeficiente de velocidad a lo largo de la boquilla. Presión de vapor a la temperatura existente= 0.033 𝑲𝒈⁄𝒄𝒎𝟐 absolutos. SOLUCION: Hallamos con la ecuación de Bernoulli entre A y B: 0.33 + 10.33 + ℎ =

ℎ=

𝑉𝐵2 2𝑦

𝑉𝐵2 − 10.66 … … … … … … … (𝐼) 2𝑦

En B-C 𝑉𝐵2 𝑉𝐶2 1 𝑉𝐶2 = + 10.66 + ( 2 − 1) 2𝑦 2𝑦 𝐶𝑣 2𝑦

𝑉𝐶2 𝑉𝐶2 = + 10.66 … … … … … . (𝐼𝐼) 2𝑦 2𝑦𝐶𝑣2 Por continuidad: 𝑉𝐵 . 𝑎. 𝐶𝑐 = 𝑉𝐶 . 𝑎 𝑉𝐶 = 𝑉𝐵 . 𝐶𝑐 … … … … … … … (𝐼𝐼𝐼) III en II:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑉𝐵2 𝑉𝐵2 𝐶𝑐2 = + 10.66 2𝑦 2𝑦𝐶𝑉2 𝑉𝐵2 𝐶𝑐2 (1 − 2 ) = 10.66 2𝑦 𝐶𝑉 𝑉𝐵2 10.66 = = 22.3279 … … … … … . . (𝐼𝑉) 𝐶2 2𝑦 (1 − 𝑐2) 𝐶𝑉 IV en I: ℎ=

𝑉𝐵2 − 10.66 2𝑦

ℎ = 22.3279 − 10.66

𝒉 = 𝟏𝟏. 𝟔𝟔𝟕𝟗𝒎

PROBLEMA Nº 281: Una boquilla cilíndrica de 2.5 cm. de diámetro está conectada a un reservorio. La carga sobre la boquilla es 3.3 m. Asumiendo que 𝐂𝐯 = 𝟎. 𝟖𝟓 a lo largo de la tubería, 𝐂𝐜 = 𝟎. 𝟔𝟏 en la entrada de la boquilla y que el 80% de la pérdida de carga ocurre entre la sección de máxima contracción y la salida. Hallar: a) La descarga. b) La presión en la sección de máxima contracción. SOLUCION:

a) V3t = √2 ∗ 9.81 ∗ 3.3 = 8.046m/s Q3a = Cv3 ∗ V3t ∗ Cc3 ∗ A3t

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Cc3 = 1

Donde:

Q3a = 0.85 ∗ √2 ∗ 9.81 ∗ 3.3 ∗

π 4

∗ 0.0252 ≅ 3.357 ∗ 10−3 m3 /s

𝐐𝟑𝐚 = 𝟑. 𝟑𝟔 𝐥/𝐬 b) Bernoulli entre (0) y (3): con datos reales 3.3 – Pérdida TOTAL =

(Cv3 ∗ √2gH)2 2g

Pérdida TOTAL = 0.916m Perdida0 − 2 =

20 ∗ Pérdida TOTAL = 0.1892m 100

Bernoulli (0) y (2): con datos reales

3.3 − Perdida 0−2 = P2 γ

P2 V2a2 + γ 2g

= 0.2558 m

P2 = 0.026 Kg/cm2 + 1.033

⟹

𝐏𝟐𝐚𝐛𝐬 = 𝟏. 𝟎𝟓𝟗 𝐊𝐠/𝐜𝐦𝟐

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 282: Una boquilla troco cónica de eje horizontal se une por su extremo más ancho de aguas abajo, con depósito de nivel constante y altura de 1.77 m sobre el eje. El diámetro de la boquilla es de 10.16 cm. (4") en la salida y 17.73 cm. (7") en la entrada. La temperatura del agua es de 50°C, y la tensión del vapor para esta temperatura es de 0.13 Kg/cm2 absolutos. La presión atmosférica es 1.033 Kg/cm2. Calcular el gasto máximo que puede aportar la boquilla al depósito, sin que se produzca el fenómeno de cavitación (desprendimiento de vapor). Tomar el coeficiente de pérdida de carga igual a 0.14. SOLUCION: Ecuación de Bernoulli punto 1 y 2: P1 δ

+

𝑁𝑟𝑑2𝑑3 = 4

v12 2g

+ Z1 =

P2 δ

+

v22 2g

+Z

𝑉2 2 𝑃2 = 𝑍1 − … … … … … … (1) 2𝑔 𝛿

Ecuación de final conv. 2 y 3. P2 δ P2 δ

=

v22 + v32 2g

𝑃𝑒𝑟𝑜: Pc =

+

v22 2g

− Pc =

P3 δ

+

v32 2g

+ Pc … … … (2)

k(v2 + v3)2 … … … (3) 2g

Reemplazando 3 en 2:

𝐆𝐚𝐬𝐭𝐨 = 𝟏𝟐𝟗. 𝟑 𝐥𝐭/𝐬𝐞𝐠.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 283: Un pitón está dirigido verticalmente hacia abajo, y termina en la abertura circular de 3.5cm de diámetro. El agua llega por una tubería de 6.5cm de diámetro, a la cual está conectado un manómetro, situado a 0.90m por encima del extremo final del pitón. Cuando el manómetro marca una presión de 2.1kg/cm2, el gasto es igual a 0.02m3/seg. ¿Cuál es la altura de carga de perdida entre el manómetro y la salida del pistón? Supóngase un coeficiente de contracción igual a 1.00 en la salida. SOLUCION:

D = 6,5cm = 0,065m

⟹

d = 3,5cm = 0,035m

p = 2,1 𝐾𝑔⁄𝑐𝑚 2 = 206010 𝑁⁄𝑚 2

⟹

h1 = 0.90m

Q = 0,02m3/s

⟹

Cc = 1

Por continuidad se tiene: Q = 𝑄1 = 𝑄2 → 𝐴1 𝑉1 = 𝐶𝑐 × 𝑉2 × 𝐴2 = 𝑄 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐼𝐼 𝑦 𝐼𝐼𝐼 ⟶ CcV2A2 = Q → V2 =

Q 0.02m3 /s = Cc A2 (1) π(0,035)2 4

V2 = 20,787m/s 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐼 𝑦 𝐼𝐼𝐼 ⟶ 𝐴1 . 𝑉1 = Q → V1 =

Q 0,02m3 /s = A1 π(0,065m)2 4

V1 = 6,027m/s

𝑃𝑜𝑟 𝑒𝑗𝑒𝑐𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒:

P1 V1 2 P2 V2 2 + + Z1 = + + Z2 Perd. γ 2g γ 2g

𝑆𝑖: P1 = 206010 𝑁⁄𝑚2 ; Z1 = h1

P2 = 0

;

;

Z2 = 0

N 2 2 m2 + (6,027m/s) + 0,90m = (20,787 m/s) + Perd. N 2x9,81m/s2 2(9,81|m/s2 9810 3 m

206010

21m + 1,84m + 0,90m = 22,03m + Perd. 𝐏𝐞𝐫𝐝 = 𝟏, 𝟕𝟎𝐦

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 286: Se quiere diseñar un pitón para ser usado en una rueda Pelton que deberá generar 150 KW. La eficiencia de la turbina se estima en 90%. Se dispone de un caudal de 120 litros/seg. La turbina de conducción es de 8”. Se pregunta: a) ¿Cuál deberá ser el diámetro en la boca del pitón en cm? b) La presión que deberá tenerse a la entrada del mismo en kg/cm2 relativos. c) ¿Qué potencia se pierde en el pitón, en H.P.? d) ¿Cuál es la eficiencia del pitón en porcentaje? Usase 𝐂𝐯 = 𝟎. 𝟗𝟕𝟓 y 𝐂𝐜 = 𝟎. 𝟗𝟖𝟓 ; 1 H.P. = 746 watts. SOLUCION: Como debe generar 120 kw considerando la eficiencia del a turbina debe usar una potencia en H.P. igual a: 𝑝𝑜𝑡 =

120 × 1000 = 169.25 𝐻𝑝 0.95 × 746

Esta potencia será igual a la que se producirá la descarga del pitón es decir: pot =

W.Q.B 75

hp

VS2 1.000 ∗ 0.150 2g 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ∶ 169.25 = = 169.25 hp 75 𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜:

VS2 169.25 ∗ 75 = = 1.656 2g 1.000 ∗ 0.150 m

VS = 40.70 s … velocidad teorica Como el gasto es constante se tendrá en la boca del pitón.

Q = VS ∗ as ∗ cv ∗ cc d2 =

4 ∗ 0.150 = 0.0049 0.96 ∗ 100 ∗ 40.70 ∗ 3.1416

𝐝 = 𝐝𝐢á𝐦𝐞𝐭𝐫𝐨 = 𝟎. 𝟎𝟕𝐦 = 𝟐 ∗ 𝟑/𝟒” = 𝟕𝐜𝐦

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 288: Una boquilla divergente horizontal como la de la figura tiene un diámetro de 7.5cm en la sección contraída y 10cm en la extremidad de salida en el lado del reservorio el nivel del agua se halla a 3m por encima del eje

de la boquilla en el lado de

descarga el nivel del agua se halla a0.6m por encima del mismo eje determínese la presión existente en la sección

contraída suponiendo que la única perdida

de carga

experimental en la boquilla es una pérdida de 0.60m entre la sección contraída (garganta) y el extremo de salida. SOLUCION: APLICANDO BERNOULLI ENTRE (A Y C): VA2 2g

+

PA γ

𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒:

+ ZA = VA2 2g

3=

= 0, VC2 2g

VC2 2g 𝑃𝐴

+

𝛾

PC γ

+ ZC + 𝑃𝑐

= 0 , 𝑍𝑐 = 0 ,

PC γ

+

+6 ⟹

VC2 2g

=

1.8

APLICANDO BERNOULLI A Y B: VB2 2g

+

PB γ

+ ZB =

VA2 2g

+

PA γ

+ ZA DONDE:

VA2 2g

=0

PA =0 γ ZB = 0

𝟑=

𝐕𝐁𝟐 𝟐𝐠

+

𝐏𝐁 𝛄

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO

MECANICA DE FLUIDOS – FRANCISCO UGARTE PALACIN PRACTICA Nº 1: (71-103): ESTATICA DE FLUIDOS PROBLEMA Nº 71: Encontrar la diferencia de presiones: PA - PB. Nota: 𝜸𝟏 , 𝜸𝟐 , 𝜸𝟑 , 𝜸𝟒 , 𝜸𝑨 , 𝜸𝑩 son pesos específicos. SOLUCION:

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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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 72: En el dibujo mostrado determine la cota del líquido manométrico, en la parte derecha del segundo recipiente, en “A”.

SOLUCION:

Enumerando las superficies necesarias (del 1 al 9): 

En la parte derecha: 𝑃1 = 0.2

𝑘𝑔 − 𝑓

⁄

𝑐𝑚2 ……… es presión manométrica

También: 𝑃1 + (33.5 𝑚 − ℎ𝑚)𝛾𝐻 𝑃1



𝛾𝐻 𝑂 2

En la parte izquierda: Primeramente, S

𝑃8 = 𝑃7 𝑃6 = 𝑃5

S

𝑃4 = 𝑃3

+ (33.5 𝑚 − ℎ𝑚) =

2𝑂 𝑃𝐴

𝛾𝐻 𝑂 2

= 𝑃𝐴 ……… (I)

Se asume que en todos los puntos de un mismo gas la presión es igual.

→ 𝑃𝐴 = 𝑃9 + 32 𝑐𝑚 𝛾𝐻𝑔 − 25 𝑐𝑚 𝛾𝐻𝑔 − 30 𝑐𝑚 𝛾𝐻𝑔 + (36 𝑚 − 32 𝑚)𝛾𝐴𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 + (32 𝑚 − ℎ𝑚)𝛾 → −

𝑃𝐴 = −23 𝑐𝑚 𝑆𝐻𝑔 + 4 𝑚 𝑆𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 + (32 𝑚 − ℎ𝑚)𝑆 𝛾𝐻2𝑂

𝑃𝐴 = −23 𝑐𝑚 𝑥 13.6 + 400 𝑐𝑚 𝑥 0.8 + (32 𝑚 − ℎ𝑚) 𝑥 1.6 𝛾𝐻2𝑂 𝑃𝐴

𝛾𝐻 𝑂 2

= 7.2 𝑐𝑚 + (32 𝑚 − ℎ𝑚) 𝑥 1.6 ……… (II)

De I en II: →

𝑃1 + (33.5 𝑚 − ℎ𝑚) = 7.2 𝑐𝑚 + (32 𝑚 − ℎ𝑚) 𝑥 1.6 𝛾𝐻2𝑂

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Pero: 𝛾𝐻

2𝑂

→

= 1000

𝐾𝑔 − 𝑓 𝑚3

𝑥

𝑚3 106 𝑐𝑚3

= 10−3

𝐾𝑔 − 𝑓

⁄

𝑐𝑚3

𝐾𝑔 − 𝑓⁄ 𝑐𝑚2 + 33.5 𝑚 − ℎ𝑚 = 7.2 𝑐𝑚 + 51.2𝑚 − 1.6 ℎ𝑚 𝐾𝑔 − 𝑓⁄ −3 10 𝑐𝑚2 0.2

200 𝑐𝑚 + 33.5𝑚 − ℎ𝑚 = 0.072 𝑚 + 51.2 𝑚 − 1.6 ℎ𝑚 ⟹

𝒉 = 𝟐𝟔. 𝟐𝟖𝟔𝟔 𝒎

PROBLEMA Nº 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 nicel tal en la cisterna que ya no sale agua por el fondo, estando la válvula abierta. SOLUCION: Antes de resolver el problema hagamos la sgte. Observación en un manómetro: Como la cantidad de líquido que baja es igual a la cantidad de líquido 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”. Del punto ①al punto ②: 𝑃1 − 𝛾𝐻

2𝑂

𝑥 + 𝛾 𝑙 = 𝑃2

Como: 𝑃1 = 𝑃2 = 0 manométricamente. →𝑙=𝛾

𝑥

⁄𝛾𝐻 𝑂 2

𝑥

= …………(I) 𝑆

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

0.5 + 𝑙⁄2 0.5 + 𝑙⁄2 = 𝑠 1.75

⟹

𝒍 = 𝟎. 𝟒𝒎.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 74: Un recipiente que contiene aire atmosférico se invierte y se sumerge en gua hasta que alcance la posición mostrada. Si suponemos que el aire se comporta como gas perfecto manteniendo su temperatura a 70 o F ¿Cuánto vale la altura h? Datos: n = 10’, m = 1’. SOLUCION: Condiciones iniciales: 𝑃1 = 𝑃𝑎𝑡𝑚

⟹

∀1 = 𝑚 𝐴

Condiciones finales en el punto 2:

𝑃2 + ℎ 𝛾𝐻2𝑂 − 𝑛 𝛾𝐻2 𝑂 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + (𝑛 − ℎ) 𝛾𝐻2𝑂 𝐴𝑑𝑒𝑚𝑎𝑠: ∀2 = (𝑚 − ℎ)𝐴 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑇 = 70℉ = 𝑐𝑡𝑒.

Nótese que 𝑃1 y 𝑃2 deben ser presiones absolutas: 𝑃1 ∀1 = 𝑃2 ∀2 ⟹

𝑃𝑎𝑡𝑚 𝑥 𝑚𝐴 = [𝑃𝑎𝑡𝑚 + (𝑛 − ℎ)𝛾𝐻2𝑂 ] 𝑥 (𝑚 − ℎ)𝐴

Operando: ℎ2 − (𝑚 + 𝑛 +

𝑃𝑎𝑡𝑚 𝛾𝐻

) ℎ + 𝑚𝑛 = 0

2𝑂

Reemplazando: 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 14.7

𝑙𝑏 − 𝑓 𝑝𝑢𝑙𝑔

2

= 2116.8

𝑙𝑏 − 𝑓

⁄𝑝𝑖𝑒2

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

2

𝒉 = 𝟎. 𝟐𝟐𝟑𝟕 𝒑𝒊𝒆

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO

PROBLEMA Nº 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 manométrico es un aceite de 𝒅𝒓 = 𝟎. 𝟖𝟓. La longitud del tubo medidor es de 𝟎. 𝟔 𝒎 𝜽 = 𝟑𝟎𝐨 . Determinar la presión máxima, en 𝒌𝒈 − 𝒇/𝒄𝒎𝟐 y 𝑷𝒂, que pueda medirse con este manómetro. SOLUCION: Por estar los puntos 1 y 2 a un mismo nivel: 𝑃 = 𝑃1 = 𝑃2 ⇒

𝑃 − 𝛿𝐻 = 𝑃𝑎𝑡𝑚

;

𝑃𝑎𝑡𝑚

=0 ⇒ 𝑃 = 𝛿𝐻 = 𝛿 𝑥

𝐿 𝐿 = 𝑑𝑟 𝑥 𝜌𝐻2𝑂 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑘𝑔 − 𝑓 0.6 𝑚 𝑥 𝑚3 sin 30° 𝑘𝑔 − 𝑓 = 1020 𝑚2

⇒ 𝑃 = 0.85 𝑥 1000

𝑎) 𝑃 = 1020

𝑘𝑔 − 𝑓 𝑚2 𝑥 𝑚2 104 𝑐𝑚2

𝟎. 𝟏𝟎𝟐 𝑲𝒈 − 𝒇⁄𝒄𝒎𝟐

𝑏) 𝑃 = 1020

𝑘𝑔 − 𝑓 9.81 𝑁 𝑁 𝑥 = 10006.2 2 2 𝑚 1 𝑘𝑔 𝑚

𝑷 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟔. 𝟐 𝑷𝒂 Nótese que D = 90 mm y d = 6 mm son datos que no se utilizan en la solución.

PROBLEMA Nº 76: ¿Cuál es la presión 𝑷𝑨 en la figura si el vacuómetro marca 2.7 𝒌𝒈. 𝒇/𝒄𝒎𝟐?

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO SOLUCION: Recordemos que en un vacuómetro se leen presiones negativas. Partiendo de un punto cualquiera de la superficie común: aceite y el aire. 𝑃𝐴 + 𝛾𝑎𝑐 𝑥 3𝑚 + 𝛾𝐻 𝑂 𝑥 (4.5𝑚 − 3𝑚) − 2

𝛾𝐻𝑔 𝑥 0.3𝑚 = −2.7 𝑘𝑔. 𝑓/𝑐𝑚2

Por datos: 𝛾𝐴𝐶 = 0.8 𝛾𝐻

2𝑂

𝛾𝐻𝑔 = 13.6 𝛾𝐻

2𝑂

= 0.8𝑥1000 = 800 𝑘𝑔. 𝑓/𝑚3

= 13.6𝑥1000 = 13.600 𝑘𝑔. 𝑓/𝑚3

⟹ 𝑃𝐴 + 800𝑘𝑔. 𝑓/𝑚3 𝑥3𝑚 + 1000𝑘𝑔. 𝑓/𝑚3 𝑥1.5𝑚 − 13600𝑘𝑔. 𝑓/𝑚3 𝑥0.3𝑚 = −

2.7 𝑘𝑔. 𝑓/𝑚2 10−4

𝑷𝑨 = −𝟐𝟔𝟖𝟐𝟎 𝒌𝒈. 𝒇/𝒎𝟐

𝑃𝐴 = −26820 𝐾𝑔 − 𝑓⁄𝑚2 ×

9.81 1𝐾𝑔 − 𝑓

= −263104.2 𝑃𝑎

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 77: El manómetro “A” indica 148.67 KPa. Hallar la lectura del manómetro “B” en KPa. Y la altura “h” en cm. SOLUCION: Nótese: 𝑃𝑥 = 𝑃𝑦

⟹

𝑃1 = 𝑃2

Partiendo de A hacia B: 𝑃𝐴 − 80𝑐𝑚 𝑥 𝛿𝐻𝐺 + 80𝑐𝑚 𝑥 𝛿𝐻2𝑂 = 𝑃𝐵

𝑃𝐵 = 148.67 𝑥

+0.8𝑚 𝑥9810 𝛾𝐻

2𝑂

= 1000 𝐾𝑔 − 𝑓⁄𝑚3 = 9810 𝑁⁄𝑚3

𝛾𝐻𝑔 = 13.6 𝛾𝐻

2𝑂

⟹

103 𝑁 𝑚2

− 0.8𝑚 𝑥 13.6 𝑥 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 − 135 𝑐𝑚 ∗ 𝛿𝐻2𝑂 − 𝛿 ℎ = 𝑃3 ⟹ℎ=

1 (𝑃 − 135 𝑐𝑚 × 𝛿𝐻2𝑂 ) 𝛿 𝐵 Por lo tanto: 𝛿 = 2.7

𝑙𝑏_𝑓 𝑝𝑢𝑙𝑔 3 1 𝑘𝑔_𝑓 9.81 𝑁 𝑝𝑢𝑙𝑔 3 (2.54𝑐𝑚)3 2.205 𝑙𝑏_𝑓 1 𝑘𝑔_𝑓 𝛿 = 0.733 𝑁/𝑐𝑚3

ℎ=

1 𝑁 0.733 3 𝑐𝑚

(

49785.2 𝑁 9810 𝑁 − 135 𝑐𝑚 𝑥 6 3 ) 104 𝑐𝑚2 10 𝑐𝑚

𝒉 = 𝟒. 𝟗𝟖𝟓 𝒄𝒎

PROBLEMA Nº 78: En la figura determine la

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO lectura del manómetro 2 en kg-f/cm2. SOLUCION:

En el manómetro BOURDON externo: 𝑃𝑁2 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 = −10"𝐻𝑔 … (𝐼) En el manómetro BOURDON intermedio: 𝑃𝑂2 − 𝑃𝑁2 = 𝑃2 … (𝐼𝐼) En el manómetro en U: 𝑃𝑂2 + 5" 𝑥 ℘ = 𝑃𝑎𝑡𝑚 … (𝐼𝐼𝐼) De (𝐼): 𝑃𝑁2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 10Hg = 29.92𝐻𝑔 − 10Hg = 19.92𝐻𝑔 OJO: 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 76𝑐𝑚 𝐻𝑔 = 29.92" 𝐻𝑔 = 1.033 𝐾𝑔 − 𝑓/𝑐𝑚2

𝑃𝑁2 = 19.92"𝐻𝑔 ∗

1.033 𝐾𝑔 − 𝑓/𝑐𝑚2 29.92"𝐻𝑔

= 0.6877

𝐾𝑔 − 𝑓 𝑐𝑚2

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

𝐾𝑔 − 𝑓 𝑐𝑚2

/

𝛾 = 0.8𝛾𝐻2𝑂

− 5" (0.8 𝑥 10−3

𝑃𝑂2 = 0.9931

𝐾𝑔 − 𝑓

2.54 𝑐𝑚

𝑐𝑚2

1"

)𝑥

𝐾𝑔 − 𝑓 𝑐𝑚2

En (𝐼𝐼):

𝑷𝟐 = 𝟎. 𝟑𝟎𝟓𝟒 𝑲𝒈 − 𝒇⁄𝒄𝒎𝟐

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 79: Se podrá comprimir el aire hasta 1.045 𝑲𝒈 − 𝒇⁄𝒄𝒎𝟐 absolutos para lograr que la columna de aceite se mantenga en la posición mostrada. SOLUCION: Sea P la presión de un Pto. De la superficie inferior de aceite: 𝑃 = 𝛾𝑎𝑐 𝑥 15𝑐𝑚 + 𝑃𝑎𝑡𝑚 𝑃 = 0.8 𝑥 1000

𝑃 = 10.450

𝐾𝑔 − 𝑓 1.033 𝐾𝑔 𝑥 0.15𝑚 + 𝑚3 10−4 𝑚2

𝐾𝑔 − 𝑓 𝐾𝑔 − 𝑓⁄ = 1.045 𝑐𝑚2 𝑚2

RESPUESTA: No, porque el aire adquiere una presión límite que hará al aceite descender y, dicho aire ascenderá. Esto se debe: 𝛿𝑎𝑖𝑟𝑒 = 𝛿𝑎𝑐. PROBLEMA Nº 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 𝒍𝒃−𝒇

específico 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. SOLUCION: 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

∫ 𝑃0 =𝑃𝑎𝑡𝑚

𝑦

𝑑𝑃 = ∫ (50 + 2y). dy ⇒ 𝑃 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 0

= 50𝑦 + 𝑦2 Porque solo estamos considerando el efecto del líquido.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 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 ) 3

𝑭 = 𝟏𝟗𝟒𝟒 𝑳𝒃 − 𝒇

⟹

PROBLEMA Nº 81: Determinar la fuerza que el líquido ejerce sobre la placa triangular. También determina el centro de presiones. SOLUCION: Calculo de la fuerza: 𝐹 = 𝑃𝐶𝐺 𝑥𝐴 = (𝑃0 + 𝛾ℎ𝐶𝐺 )𝐴 = 𝛾ℎ𝐶𝐺 𝐴 = 𝜌𝑔ℎ𝐶𝐺 𝐴 𝐹 = 800 𝑘𝑔.

𝑓 𝑚 12𝑥6 2 𝑥9.81 𝑥9𝑚𝑥 𝑚 3 2 𝑚 𝑠𝑒𝑔 2

𝐹 = 2542.752𝑁

Cálculo de centro de presiones:

𝐼𝑥𝑥 =

6𝑥123 36

𝑦 →𝐶𝑃 = −

= 288𝑚4

𝛾 sin 𝜃 𝐼𝑥𝑥 𝐹

=−

⟹

𝐼𝑥𝑦 =

6𝑥122 72

800𝑥9.81𝑥 sin 30°𝑥288 2542,752

= 72𝑚4

= −0.444

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO → 𝑥𝐶𝑃 = −

𝛾 sin 𝜃 𝐼𝑥𝑦 𝐹

=−

800𝑥9.81𝑥 sin 30°𝑥72 2542,752

⟹

−𝟎. 𝟏𝟏𝟏

PROBLEMA Nº 82: Un depósito de 20 pies de profundidad y 7 pies de ancho contiene 8 pies de aceite, 4 pies de mercurio y 6 pies 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/𝒑𝒊𝒆𝟑, 𝜹𝑯𝒈 = 𝟖𝟒𝟔 𝒍𝒃 − 𝒇/𝒑𝒊𝒆𝟑 SOLUCION: Como 𝛿𝑎𝑐 < 𝛿𝐻2𝑂 < 𝛿𝐻𝐺 ,

se ha acomodado los

líquidos en tal orden. Cálculo de la fuerza total: 𝐹1 = (𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝛿1 ℎ𝐶𝐺1 )𝐴1 𝐹1 = (0 + 55

𝑙𝑏_𝑓 𝑝𝑖𝑒3

𝑥 4𝑝𝑖𝑒) (8 𝑥 7𝑝𝑖𝑒2 ) = 12320 𝑙𝑏 − 𝑓

𝐹2 = (𝑃1 + 𝛿2 ℎ𝐶𝐺2 )𝐴2 𝑙𝑏𝑓 = (55 𝑥 8 𝑝𝑖𝑒 𝑝𝑖𝑒3 𝑙𝑏𝑓 + 62.4 𝑥 3′ ) (6 𝑥 7 𝑝𝑖𝑒2 ) 𝑝𝑖𝑒3 = 26342.4 𝑙𝑏 − 𝑓 𝐹3 = (𝑃1 + 𝑃2 + 𝛿3 ℎ𝐶𝐺3 )𝐴3 = (55𝑥8 + 62.4𝑥6 + 846𝑥2)(4 ∗ 7) = 70179.2 𝑙𝑏 − 𝑓 𝑭 = 𝑭𝟏 + 𝑭𝟐 + 𝑭𝟑 = 𝟏𝟎𝟖𝟖𝟒𝟏. 𝟔 𝒍𝒃 − 𝒇 Cálculo del centro de presiones:

𝑦𝐶𝑃 = 1

−𝛿1 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝑥 𝐼𝑥𝑥1 𝐹1

55 𝑥 𝑆𝑒𝑛90° 𝑥 ( =−

7 ∗ 83 ) 12

12320

𝑦𝐶𝑃 = −1.33 𝑝𝑖𝑒 1

𝑦𝐶𝑃 = 2

−𝛿2 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝑥 𝐼𝑥𝑥2 𝐹2

62.4 𝑥 𝑆𝑒𝑛90° 𝑥 ( =−

7 𝑥 63 ) 12

𝒚𝑪𝑷 = −𝟎. 𝟒𝟓 𝒑𝒊𝒆 𝟑

26342.4

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑦𝐶𝑃 = −0.298 𝑝𝑖𝑒 2

𝑦𝐶𝑃 =

−𝛿3 𝑆𝑒𝑛𝜃 𝑥 𝐼𝑥𝑥3 𝐹3

3

846 𝑥 𝑆𝑒𝑛90° 𝑥 ( =−

7 ∗ 43 ) 12

70179.2

Tomando momentos respecto al punto “0”:

∑ 𝑀𝑜 = 0 𝐹 𝑥 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 𝑥 𝑆𝑒𝑛90° 𝑥 𝐼𝑥𝑦1 𝐹1

Porque los rectángulos =0

tienen simetría: 𝐼𝑥𝑦1 = 𝐼𝑥𝑦2 = 𝐼𝑥𝑦3 = 0

𝑥𝐶𝑃2 = 0 𝑦 𝑥𝐶𝑃3 = 0 𝑋𝑐𝑝 = 0 𝑪𝑷 = (𝟎, −𝟏𝟑. 𝟖𝟗𝟔) 𝒑𝒊𝒆

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 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. SOLUCION: Cálculo de 𝐹1 : 𝐹1 = (𝑃1 + ℎ𝑐𝑔1 𝑥 ℘)𝐴 𝑃1 = 3 𝑝𝑠𝑖𝑔 =

ℎ𝑐𝑔1 = (20 −

3 𝑙𝑏 − 𝑓 𝑝𝑢𝑙𝑔

2

= 3 𝑥 144

3 𝑙𝑏 − 𝑓 𝑝𝑖𝑒2

√3 ) 𝑝𝑖𝑒 → 𝐹1 = 9756 𝑙𝑏 − 𝑓 2

Línea de acción de 𝐹1 : 𝑒1 =

℘ 𝑠𝑒𝑛𝛼 𝐼𝑥𝑥 𝐹1

= 0.011 𝑝𝑖𝑒

Cálculo de 𝐹2 : 𝐹2 = (𝑃2 + ℎ𝑐𝑔2 ∗ ℘)𝐴 𝑃2 = 0

ℎ𝑐𝑔2 = (10 −

√3 ) 𝑝𝑖𝑒 → 𝐹2 = 3420 𝑙𝑏𝑓 2

Línea de acción de 𝐹2 : 𝑒2 =

℘ 𝑠𝑒𝑛𝛼 𝐼𝑥𝑥 𝐹2

= 0.032 𝑝𝑖𝑒

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

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 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. SOLUCION: Calculamos el peso del fluido G: 𝐺 ⇒ 𝐺 = 𝛾𝑉 𝑉

𝛾=

𝐺= 𝛾

(𝑦 sin 𝛼)(𝑦 cos 𝛼) 𝑏 2

𝐺=

𝛾𝑏 2 𝑦 sin 𝛼 . cos 𝛼 2

𝑃=

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 .

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

Hacemos el siguiente artificio

𝑀=

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

𝑀=

𝛾𝑏 2 𝑦 sin 𝛼 cos 𝛼 2 √2𝐺 √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

Como:

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑀=

Para que M sea mínimo

𝐺√2𝐺 3

√𝑦𝑏

×

1 𝑠𝑒𝑛𝛼 3 𝑐𝑜𝑠𝛼

→ sin 𝛼 3 . cos 𝛼 = 𝑓(𝛼)

𝑀𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 ⇒

𝑑𝑓(𝛼) 𝑑𝛼

=0

𝑑(𝑎𝑏) = 𝑎 . 𝑑𝑏 + 𝑏. 𝑑𝑎 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

⇒ 𝑴=

𝐺√2𝐺

4 3⁄ 2

3√𝛾𝑏 √3

𝟒𝑮√𝟐𝑮 √𝜸𝒃

.

𝟒

.

√𝟑 𝟗

PROBLEMA Nº 85: Calcular el momento respecto al eje de giro C de la fuerza debida a los fluidos sobre la parte CD de la placa plana cuyo contorno tiene la ecuación 𝒙𝟐 + 𝟎. 𝟓𝒚 = 𝟏 SOLUCION: 𝑀𝑐 = ∫ 𝑦 . 𝑑𝑓 𝐴

Pero: 𝑑𝐹 = 𝑝. 𝑑𝐴 = 𝑝 𝑑𝑥 . 𝑑𝑦 𝑀𝑐 = ∫ 𝑦 𝑝 𝑑𝑥 . 𝑑𝑦 𝐴

𝑦 = 2(1 − 𝑥 2 )

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𝛾3 = 800 𝑘𝑔 − 𝑓⁄𝑚 3 𝑝 = 𝛾3 . ℎ3 + 𝛾2 .

ℎ3 = 2.7 𝑠𝑒𝑛 30º = 1.35 𝑚 𝛾2 = 1500 𝑘𝑔 − 𝑓⁄𝑚 3

𝑦 𝑦 = 800(1.35) + 1500 ( ) = 1080 + 750 𝑦 2 2

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

1

1

𝑀𝑐 = 2 ∫ 2 ∫ (1 − 𝑥 2 )(2580 − 1500 𝑥 2 ) 𝑑𝑥 . 𝑑𝑦 0

0

𝑴𝒄 = 𝟔𝟎𝟖𝟎 𝒌𝒈 − 𝒇 𝒙 𝒎

PROBLEMA Nº 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. SOLUCION: Se considera un volumen de fluido imaginario a) 𝐹𝐻 = 𝑃𝐶𝐺 𝑥 𝐴𝑝𝑟𝑜𝑦 = 𝑝𝑔 𝑥 ℎ𝐶𝐺 𝑥 𝐴𝑝𝑟𝑜𝑦 𝐹𝐻 = 1000(9.8)(4)(2)(2) 𝐹𝐻 = 156.96 𝑥 103 𝑁 = 𝟏𝟓𝟔. 𝟗𝟔 𝑵

ℎ𝑝 = ℎ𝐶𝐺 +

𝐼𝐶𝐺 ℎ𝐶𝐺 𝑥 𝐴𝑝𝑟𝑜𝑦

3 2 𝑥 2 ⁄12 ℎ𝑝 = 4 + = 4.088 𝑚 4 (2)(2)

𝑦𝑝 = ℎ𝑝 − 3 𝑚 = 1.083 𝑚

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b) 𝐹𝑉 = (3 𝑥 2 𝑥 2 +

𝜋 𝑥 22 4

𝑥 2) 𝑥 9810 = 179.3 𝐾𝑁

𝑆𝑒𝑛 𝜋⁄ 2 𝑥1 = ( 𝑥 2 𝑥 𝜋 4) 𝑆𝑒𝑛 𝜋⁄4 = 0.849 𝑚 3 ⁄4 𝑥2 = 1 𝑚, 𝐴1 = 𝜋𝑚2 , 𝐴2 = 6 𝑚2

𝒙𝑮 =

𝑨𝟏 𝑿𝟏 + 𝑨𝟐 𝑿𝟐 𝑨𝟏 + 𝑨𝟐

= 𝟎. 𝟗𝟒𝟖 𝒎

PROBLEMA Nº 87: La compuerta parabólica de la figura tiene 2 m 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. SOLUCION: Debido a que el volumen del 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

𝑥′ =

∫0 𝑥𝑝𝑤 𝑑𝑥 𝐹𝑣 𝐷

𝐹𝐻 = + ∫ 𝑝𝑤 𝑑𝑦 0 𝐷

𝑦′ =

∫0 𝑝𝑤 𝑑𝑦 𝐹𝐻

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𝐷 = 2 𝑚, 𝐶 = 0.25 𝑚 −1 , 𝑤 = 2 𝑚 𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

a) 𝐹𝑦 = − ∫0 𝑝𝑤 𝑑𝑥 = −𝑤 ∫0 𝛾 ℎ 𝑑𝑥 = −𝛾𝑤 ∫0 (𝐷 − 𝑦)𝑑𝑥 = −𝛾 𝑤 ∫0 (𝐷 − 𝑐𝑥 2 )𝑑𝑥 𝑐𝑥 3 𝑎 𝑐𝑎 3 )| = −𝛾𝑤 (𝐷𝑎 − ) 0 3 3

𝐹𝑉 = − 𝛾𝑤 (𝐷𝑥 −

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

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

𝑎

𝑎

𝑎

𝛾𝑤 ∫0 𝑥 (𝐷 − 𝑐𝑥 2 ) 𝑑𝑥 ∫0 𝑥𝑝𝑤 𝑑𝑥 𝑤 ∫0 𝑥𝛾ℎ 𝑑𝑥 𝛾𝑤 ∫0 𝑥 (𝐷 − 𝑦) 𝑑𝑥 𝑥 = = = = 𝐹𝑣 𝐹𝑣 𝐹𝑣 𝐹𝑣 ′

2

4

𝛾𝑤 𝑎 𝛾𝑤 𝐷𝑎2 𝐶𝑎4 9810 𝑥 2 2√8 0.25√8 3 ( ) ∫ 𝐷𝑥 − 𝑐𝑥 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 𝛾ℎ 𝑑𝑦 = 𝑤𝛾 ∫0 (𝐷 − 𝑦)𝑑𝑦 = 𝑤𝛾 (𝐷𝑦 − 𝐹𝐻 = 𝑤𝛾 (𝐷2 − 𝑦 =

∫0 𝑦𝑝𝑤 𝑑𝑦 𝐹𝐻 𝒚′ =

2

)|

𝐷 0

𝐷2 𝑤𝛾𝐷2 1 )= = 𝑥 2 𝑥 9810 𝑥 22 = 39240𝑁 2 2 2

𝐷

′

𝑦2

𝐷

=

𝑤𝛾 ∫0 𝑦(𝐷 − 𝑦) 𝑑𝑦 𝐹𝐻

𝐷

=

𝑤𝛾 ∫0 (𝐷𝑦 − 𝑦 2 ) 𝑑𝑦 𝐹𝐻

𝒘𝜸 𝑫𝒚𝟐 𝒚𝟑 𝑫 𝒘𝜸𝑫𝟑 𝟐 𝒙 𝟗𝟖𝟏𝟎𝒙 𝒙 𝟐𝟑 ( − )| = = = 𝟎. 𝟔𝟔𝟔 𝒎 𝑭𝑯 𝟐 𝟑 𝟎 𝟔 𝑭𝑯 𝟔 𝒙 𝟑𝟗𝟐𝟒𝟎

PROBLEMA Nº 88: La compuerta dela figura que tiene la forma de un cuarto de cilindro está articulada con el punto A y tiene 2 m de ancho perpendicularmente al plano del papel. El fondo de la compuerta se encuentra 3 m 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 fuera vertical. d) La magnitud de la fuerza resultante y su dirección. SOLUCION:

Cálculo de (x’, y’) = CG

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 2 𝑠𝑒𝑛𝛼 𝑥′ = 𝑦′ = ( 𝑟 ) 𝑆𝑒𝑛𝛼 3 𝛼 𝑠𝑒𝑛2 𝜋⁄4 𝑥 = 𝑦 = ( 𝑥2 𝜋 ) 3 ⁄4 ′

2

′

𝑥′ = 𝑦′ = 0.849 𝑚 a) Cálculo de FH 𝐹𝐻 = (𝛾ℎ𝐶𝐺 ) 𝐴𝑝𝑟𝑜𝑦 1

𝐹𝐻 = 1000 𝑥 9.8 𝑥 2 𝑥 2 𝑥 2 = 78400 𝑁 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 𝑥 2 𝑥 23 12 ℎ𝑝 = ℎ𝐺 + =2+ = 2.16 𝑚 ℎ𝐶𝐺 𝑥 𝐴𝑝 2𝑥2𝑥2 𝐼𝐶𝐺

𝑦𝑝 = 3 − ℎ𝑝 = 0.833 𝑚 c)

Cálculo de la fuerza vertical Fv 𝐹𝑉 = 𝛾 𝑥∀, 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝛾 = 𝛾𝐻2𝑂 = 𝜌𝐻2𝑂 𝑥 𝑔 = 9810 𝑁⁄𝑚3 ∀ = volumen del fluido real o imaginario existente sobre la superficie curva

𝜋 𝑥 22 ) 𝑥 2 = 56081.95 𝑁 4 La línea de acción de Fv para por el centro de gravedad del volumen ∀ considerado. d) Cálculo de la fuerza resultante 𝐹𝑉 = 𝛾𝐻2 𝑂 𝑥 (3 𝑥 2 −

𝐹 = √𝐹𝐻2 + 𝐹𝑉2 = 96393.6985 𝑁 𝐹 La dirección de F es 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 tan ( 𝑉⁄𝐹 ) 𝐻 𝜽 = 𝟑𝟓. 𝟓º PROBLEMA Nº 89: En el esquema mostrado calcular la fuerza vertical neta que actúa sobre la compuerta de dimensiones D = 60 cm, L = 1.2 m, a = 3 m, b = 2.4 m, P atm STO = 101.3 K Pa, Pamb = 0.96 bar. Nota L es el ancho. SOLUCION:

“Con el presente problema ilustraremos lo que es la altura equivalente”. La altura equivalente es la medida de la columna del líquido a agregar que causa la misma presión manométrica que el gas atrapado inicialmente.

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO ℎ𝑒𝑞 =

𝑃𝑚𝑎𝑛 𝛾𝑙𝑖𝑞

=

𝑃𝑎𝑏 − 𝑃𝑎𝑚𝑏 𝛾𝑙𝑖𝑞

(1.5 − 0.96) 𝑥 105 𝑃𝑎 0.88 𝑥 1000 𝑥 9.8 𝑁⁄𝑚3

ℎ𝑒𝑞 =

ℎ𝑒𝑞 = 6.26 𝑚 De la figura:

𝐻 = 𝑏 + ℎ𝑒𝑞 = 8.66 𝑚 Utilizando el volumen imaginario:

𝑭𝑽 = 𝜸𝒍𝒊𝒒 𝑽𝒊𝒎𝒂𝒈 = 𝜸𝑳 (𝑫𝑯 +

𝝅𝑫𝟐 ) 𝑳 = 𝟓𝟓. 𝟐𝟑𝟓𝑵 𝟖

PROBLEMA Nº 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 sólida es nulo, no utilice la técnica de la fuerza de empuje, excepto para verificar los resultados obtenidos.

SOLUCION: F2: fuerza sobre la superficie AB, debido al volumen del fluido sobre AB 𝐹2 = 𝛾 ∀2 ∀2 = (0.32 − 𝐹2 = 1000

1𝜋 44

𝑥 0.62 ) 𝑥 1 = 0.01931 𝑚3

𝐾𝑔𝑓 𝑚3

𝑥 0.01931 = 19.31 𝐾𝑔𝑓

F1: fuerza sobre la superficie ADC, debido al volumen imaginario del fluido sobre ADC

𝐹1 = (0.6 𝑥 0.3 +

𝜋 𝑥 0.32 ) 𝑥 1 𝑥 1000 = 321.37 𝐾𝑔𝑓 2

Luego, el peso w será:

𝑤 = 𝐹1 − 𝐹2 → 𝑤 = 302 𝐾𝑔𝑓

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 91: Un cubo de acero (S = 7.8) flota en mercurio (S = 13.6), se vierte agua sobre la superficie del mercurio. Determinar en función de la altura del bloque: el espesor que debe tener la capa de agua para que cubra la capa superior del cubo.

SOLUCION: ∑ 𝐹𝑉 = 0 𝐸𝐻2𝑂 + 𝐸𝐻𝑔 − 𝑤 = 0 → 𝑤 = 𝐸𝐻2𝑂 + 𝐸𝐻𝑔 𝛾𝐶𝑈𝐵𝑂 𝐴𝐻 = 𝛾𝐻2𝑂 𝐴𝐻 + 𝛾𝐻𝑔 𝐴(𝐻 − 𝑋) → 𝑆𝐶𝑈𝐵𝑂 𝐻 = 𝐻 + 𝑆𝐻𝑔 (𝐻 − 𝑋)

𝟕. 𝟖 𝑯 = 𝑯 + 𝟏𝟑. 𝟔(𝑯 − 𝑿) → 𝑿 = 𝟎. 𝟒𝟔𝟎𝟑 𝑯 PROBLEMA Nº 92: Se tiene una barra de sección cuadrada de material homogéneo de densidad relativa 0.5, se quiere saber cuál de las posiciones A ó B flotaría en el agua con equilibrio estable. SOLUCION:

A) Por equilibrio: Peso = Empuje 𝛾𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑥 𝑉𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = 𝛾𝐻 𝑂 𝑉𝑠𝑢𝑚. 2

2

𝛾𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑥 𝑏 . 𝐿 = 𝛾𝐻

2𝑂

𝑥 𝑏ℎ𝐿

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO ℎ=

𝛾𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑥 𝑏 = (𝐷. 𝑅)𝑥 𝑏 = 0.5 𝑏 𝛾𝐻2𝑂

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

𝐼𝑦𝑦 𝑉𝑠𝑢𝑚.

1 1 𝐿𝑏 3 12 𝐿 𝑏 3 𝑏 12 𝑀𝐵 = = = 𝑏 ℎ𝑏𝐿 6 2 𝑏𝐿 Del gráfico: ℎ 0.5 𝑏 𝑏 = = 2 2 4 𝑏 𝑏 𝑏 𝑀𝐺 = 𝑀𝐵 − 𝐺𝐵 = − = − 0 3 6 3 6 6

Caso (B) flota con equilibrio estable Página 187 de 211

UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 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 peso es numéricamente igual al empuje sobre el cono ¿Cuál será la densidad del cono? SOLUCION: 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 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 𝜋ℎ2 (𝐻 − ℎ)] → 𝐹𝑉 = 𝐹𝐴𝐵 = 𝛾 [ 4

= 𝟕. 𝟎𝟔𝟖𝟓 𝒌𝒈 − 𝒇 Cálculo de la densidad: 𝑤 = 𝐸 → ∀𝑐𝑜𝑛𝑜 . 𝜌𝑐𝑜𝑛𝑜 . 𝑔 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 . ∀𝑠𝑢𝑚 . 𝑔 ∀𝑐𝑜𝑛𝑜 =

∀𝑠𝑢𝑚 = ∀𝑐𝑜𝑛𝑜 − ∀𝐴𝐵𝐶 − ∀𝐶𝐷𝐸 =

2 3

𝜋ℎ3 −

𝜋ℎ2 2

𝑥ℎ−

2 𝜋ℎ3 1 → 𝜋ℎ3 . 𝜌𝑐𝑜𝑛𝑜 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 . → 𝜌𝑐𝑜𝑛𝑜 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 3 3 2

1𝜋 34 ⟹

ℎ2 . ℎ =

1𝜋 34

2

(2ℎ)2 . 2ℎ = 𝜋ℎ3 3

𝜋ℎ3 3

𝟓𝟎𝟎 𝑲𝒈⁄𝒎𝟑

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 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 horizontal y vertical que ejerce el agua sobre dicho cono hueco. SOLUCION: Cálculo de la fuerza horizontal: por simetría del cono Fh = 0Cálculo de la fuerza vertical: se deduce que las fuerzas Fv1 y Fv2 son sectores opuestos y con el mismo módulo (nótese que estas dos fuerzas actúan sobre las caras de una misma superficie), por lo tanto se anulan, es decir, la resultante de las fuerzas verticales sólo se debe a la columna central del líquido:

𝜋 ℎ 𝐹𝑉 = 𝛾∀ = 𝛾. . ℎ2 (𝐻 + ) 4 3 𝜋 0.1 ) = 1000 (0.1)2 (1 + 4 3

𝑭𝑽 = 𝟖. 𝟏𝟏𝟔 𝑲𝒈 − 𝒇

PROBLEMA Nº 95: En la figura determinar si el tubo de pared gruesa es estable en la posición que se muestra r1 = 0.3 m, r2 = 0.6 m, a = 1.2 m, b = 0.6 m. SOLUCION: Determinación de centro de gravedad (G) y el centro de empuje (B): 𝑂𝐺 = (

𝑎+𝑏 ) − 𝑏 = 0.3 𝑚 2

𝐺𝐵 = 𝑂𝐺 + 𝑂𝐵 = 0.3 + 0.3 → 𝐺𝐵 = 0.6 𝑚 Determinación del metacentro (M): 𝑀𝐺 = 𝑀𝐵 − 𝐺𝐵 =

𝐼𝑦𝑦 − 𝐺𝐵 ∀𝑠𝑢𝑚

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Para determinar Iyy debemos hallas la superficie de intersección entre el tubo y la superficie libre del líquido (ver fig. II): 𝐼𝑦𝑦 =

𝜋 4

(𝑟42 − 𝑟41 ) = 0.0303375 𝜋 . 𝑚4

∀𝑠𝑢𝑚 = 𝜋(𝑟22 − 𝑟21 )𝑏 = 0.162 𝜋 𝑚3 → 𝑀𝐺 = −0.4125 < 0

Como MG < 0 el tubo de pared gruesa es inestable.

PROBLEMA Nº 96: Un pie3 de cierto material que pesa 67 lb-f se sumerge en agua como se muestra. Una barra de madera de 10 pies de longitud y 3 pulg 2 de sección transversal une el peso con la pared. Si la barra pesa 3 lb-f ¿Cuál será el ángulo ϴ de equilibrio? SOLUCION:

𝐸1 = 𝛾. ∀𝑠𝑢𝑚 = 62.4 𝑥 1 = 62.4 𝑙𝑏𝑓 𝑅 = 𝑤 − 𝐸1 = 4.6 𝑙𝑏𝑓 𝐸2 = 𝛾(10 − 𝑐𝑠𝑐𝜃) (

3

)

144

→ 𝐸2 = 1.3(10 − 𝑐𝑠𝑐𝜃) 𝑝 = 3 𝑙𝑏𝑓

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∑ 𝑀o = 0

(10 − 𝑐𝑠𝑐𝜃)𝑐𝑜𝑠𝜃 0 = 𝑅(10)𝐶𝑜𝑠 𝜃 − 𝐸2 [ + 𝑐𝑡𝑔𝜃] + 5𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑝 2 Simplificando 10𝑅 − 𝐸2 (

10 + 𝐶𝑠𝑐𝜃 ) + 5𝑝 = 0 2

10 𝑥 4.6 − 1.3(10 − 𝐶𝑠𝑐𝜃) (

10 + 𝐶𝑠𝑐𝜃 )+5𝑥3 = 0 2

𝜽 = 𝟐𝟑. 𝟖°

PROBLEMA Nº 97: En el dibujo determinar el ángulo que forma la superficie libre 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.

SOLUCION: Cálculo del ángulo pedido 𝑇𝑎𝑛 𝜃 =

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

Cálculo de las presiones ℎ1 = 0.9 tan 𝜃 = 0.3597 𝑚 𝑃𝑐 = 𝑃𝐴 +

(ℎ1 − 0.3) 𝜌 (𝑎𝑦 + 𝑔) 𝑔

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO Pero PA = 0 manométricamente 𝐾𝑔 − 𝑚 𝑚 𝑥 (2.45 + 9.81) 𝑚3 𝑠𝑒𝑔2 𝑘𝑔 − 𝑚 𝑥 𝑚 9.81 𝑘𝑔 − 𝑓 𝑥 𝑠𝑒𝑔2

(0.3597 − 0.3 𝑚) 𝑥 800 𝑃𝑐 = 0 +

𝑃𝐶 = 59.68 𝐾𝑔 − 𝑓⁄𝑚2

(𝑎𝑦 + 𝑔)

𝑃𝐷 = 𝑃𝐶 + 0.9 𝜌

𝑔

= 59.68 +

𝑃𝐷 = 959.49

𝑃𝐸 = 𝑃𝐴 + 0.6 𝜌

(𝑎𝑦 + 𝑔) 𝑔

0.9 𝑥 800(2.45 + 9.81) 9.81

𝐾𝑔 − 𝑓

⁄𝑚2

=0+

𝑷𝑬 = 𝟓𝟗𝟗. 𝟖𝟕𝟕

0.6 𝑥 800(2.45 + 9.81) 9.81

𝒌𝒈 − 𝒇⁄ 𝒎𝟐

También PB = 0 manométricamente.

PROBLEMA Nº 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 “p” y densidad “𝝆𝐨 ” en un punto del eje.

𝑝=

𝑛−1 [𝑝o 𝑛

𝑛 − 1 𝜌o 𝑤 2 𝑟 2 ) +( 1⁄ ] 𝑛 2𝑝 𝑛

𝑛⁄ 𝑛−1

o

Dónde:

r = radio n = exponente politrópico w = velocidad angular constante

Nota: Desprecie la variación de la presión en dirección vertical. SOLUCIÓN De 𝑝𝜌 −𝑛 = 𝑐𝑡𝑒 = 𝑐 → 𝜌 =

𝑝 𝑐

1⁄ 𝑛

1⁄ 𝑛

𝑑𝑝 = −𝑔𝜌. 𝑑𝑧

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO → 𝑑𝑝 = −𝑔

1 𝑝 ⁄𝑛 1 𝑐 ⁄𝑛

𝑑𝑧 → −𝑑𝑧 =

1 𝑐 ⁄𝑛 𝑑𝑝

1 ……… 𝑔 𝑝 ⁄𝑛

(I)

También: −𝑑𝑧 =

𝑤 2𝑟

𝑑𝑟……… (II)

𝑔

De I y II 1⁄ 𝑛

𝑐

𝑑𝑝

𝑔 𝑝1⁄𝑛

=

𝑤2 𝑔

1⁄ 𝑛

𝑟 𝑑𝑟 → 𝑐

𝑝o

1

→𝑐

1⁄ 𝑛

𝑝

∫

𝑑𝑝 1

𝑝 ⁄𝑛

𝑟

= 𝑤2 ∫ 𝑟. 𝑑𝑟 0

1

𝑝1− ⁄𝑛 𝑝 𝑤 2 2 𝑟 𝑛𝐶 ⁄𝑛 1−1⁄ 𝑤𝑟 2 1 𝑛 − 𝑝 1− ⁄𝑛 ] = |𝑝 = [𝑝 𝑟 | → o 0 𝑛−1 2 2 1 − 1⁄𝑛 o 𝑝

𝑛−1 𝑛

𝑛−1

− 𝑝0 𝑛 = (

𝑛 − 1 𝑤2 𝑟2 𝑛

)

2𝑐

𝒏−𝟏

→ 𝒑 = [𝒑𝐨 𝒏 + (

1⁄ 𝑛

= (

𝑛−1

𝑤2 𝑟2

𝑛

𝑝 ⁄𝑛 2( o ) 𝜌o

)

𝒏 − 𝟏 𝝆𝐨 𝒘𝟐 𝒓𝟐 ] ) 𝟏⁄ 𝒏 𝟐𝒑 𝒏

1

𝒏 𝒏−𝟏

𝐨

PROBLEMA Nº 99: El recipiente rectangular cuya base mide0.4 x 0.2 m2 y cuya altura tiene 0.4 m se llena con agua hasta el nivel 0.2 m, la masa del recipiente vacío es 10 Kg. El recipiente se coloca en un plano inclinado un ángulo de 30

o

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. SOLUCION: :𝛼

= 30 o

Área: A = 0.2 x 0.4 = 0.08 m 2 Masa del recipiente: m r = 10 Kg. Coeficiente de rozamiento.: 𝜇 = 0.3 Masa del agua: ma = 1000 x 0.08 x 2 = 16 Kg Masa total: mt = mr + ma → mt = 26 Kg Cálculo de ax: 𝑝 𝑝 𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝜇 𝑝 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑚𝑇 𝑎𝑥 = ( ⁄𝑔 ). 𝑎𝑥

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 𝑎𝑥 = (𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝜇 𝑐𝑜𝑠𝛼)𝑔 = 2.35 𝑚⁄𝑠𝑒𝑔2 Cálculo del ángulo pedido (ϴ): 𝑡𝑎𝑛𝜃 =

𝑎𝑥 𝐶𝑜𝑠𝛼 = 0.235 −𝑎𝑥 𝑆𝑒𝑛𝛼 + 𝑔

⟹

𝜽 = 𝒂𝒓𝒄 𝐭𝐚𝐧(𝟎. 𝟐𝟑𝟓) = 𝟏𝟑. 𝟑𝐨

PROBLEMA Nº 100: En la figura se muestra una caja cubica 2’ de lado, que contiene aceite (S = 0.9) hasta la mitad. Si se acelera sobre un plano inclinado 30

o

respecto a la horizontal,

determine la pendiente de la superficie libre y la presión a lo largo del fondo de la caja. Utilizar el sistema XY indicado. SOLUCION: Cálculo de la pendiente 𝑇𝑎𝑛𝛼 =

𝑎 𝐶𝑜𝑠 30o 8.05 𝐶𝑜𝑠 30o = 𝑎 𝑆𝑒𝑛 30o + 𝑔 8.05 𝑆𝑒𝑛 30o + 32.2 𝑇𝑎𝑛 𝛼 = 0.192

Cálculo del ángulo que forma la superficie libre con la base del depósito: 𝜑 = 𝛼 + 30o = arctan 0.192 + 30o = 40.89o Nota: 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐 tan 0.192 = 10.89 (sup. Libre con la horizontal)

Cálculo de m: (ver figura) teniendo en consideración que el volumen de aceite permanece constante: ∀𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = (

𝑚+𝑚+𝑛 2

) 𝑥 2 𝑥 2 → 𝑝𝑒𝑟𝑜 ∀𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 1 𝑥 2 𝑥 2 = 4 𝑝𝑖𝑒3

𝒎 = 𝟎. 𝟏𝟑𝟓 Coordenadas en el punto F: 𝑥𝐹 = 2 𝐶𝑜𝑠 30o − 𝑚 𝑆𝑒𝑛 30o = 1.165 𝑦𝐹 = 2 𝑆𝑒𝑛 30o + 𝑚 𝐶𝑜𝑠 30o = 1.117 Presión en el origen de coordenadas 𝑝o = 𝛾

𝑎𝑥 𝑔

𝑎𝑦

𝑥𝐹 + 𝛾 (1 + ) 𝑦𝐹 ……… (I) 𝑔

𝛾 = 0.9 𝑥 62.4 = 56.16 𝑙𝑏𝑓⁄𝑝𝑖𝑒 3 𝑝o = 90.73 𝑙𝑏𝑓⁄𝑝𝑖𝑒3

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO 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 = 𝑟𝐶𝑜𝑠 30o , 𝑦 = 𝑟𝑆𝑒𝑛 30o la presión en un punto P de la base es: 𝑝𝑝 = 𝑝o − γ

𝑎𝑥 𝑔

𝑥 − 𝛾 (1 +

𝑎𝑦 𝑔

FÓRMULA GENERAL

)𝑦

𝑷𝒑 = 𝟗𝟎. 𝟕𝟑 − 𝟒𝟐. 𝟎𝟕𝒓 PROBLEMA Nº 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. SOLUCION: 𝑡𝑎𝑛𝛼 = 𝑎𝑥 𝐶𝑜𝑠𝜃 = 10 𝐶𝑜𝑠 30o = 0.318 −𝑎𝑥 𝑆𝑒𝑛𝜃 + 𝑔 − 10𝑆𝑒𝑛 30o + 32.2 𝛼 = 17.66o De la figura 𝜑 = 𝜃 − 𝛼 = 30o − 17.66o = 12.34o

𝒕𝒂𝒏𝝋 = 𝟎. 𝟐𝟐

PROBLEMA Nº 102: Un tubo en U con codos en ángulo recto tiene 32 cm de anchura y contiene mercurio que asciende 24 cm en cada rama cuando el tubo está en reposo. A qué velocidad debe girar el tubo alrededor de un eje vertical, que dista 8 cm de uno de los brazos, para que el tubo del brazo más próximo al eje quede sin mercurio. SOLUCION: 𝐻𝐴 =

𝑤2 𝑟2𝑎 2𝑔

……… (I)

𝐻 − 𝐻𝐴 = 0.24……… (II) 𝐻𝐵 = 2𝐻 =

𝑤2 𝑟2𝐵 2𝑔

=

𝑤2 (0.24)2 2 𝑥 9.8

𝐻 = 1.47 𝑥 10−3 𝑤 2………(III) De III y I en II:

𝒘 = 𝟏𝟒. 𝟓 𝒓𝒂𝒅⁄𝒔𝒆𝒈

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UNIVERSIDAD NACIONAL JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL PRIMER MÓDULO PROBLEMA Nº 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 alrededor de su eje vertical. Si el espesor de la capa de pintura no debe exceder de 0.06 pulg. Determinar: a) Las RPM necesarias para asegurar que toda la superficie lateral se pintada. b) La cantidad de volumen necesario en pie cubico. SOLUCION: a) Cálculo de las RPM (w) 𝑑𝑧 =

𝑤2 𝑟 𝑑𝑟 𝑔

Integrando 𝑍𝐵

∫ 𝑑𝑧 =

𝑤2

𝑍𝐴

→ 𝑍𝐵 − 𝑍𝐴 =

𝑔

𝑟𝐵

∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑟𝐴

𝑤2 2 (𝑟 − 𝑟𝐴2 ) 𝑔 𝐵

2𝑔(𝑍𝐵 − 𝑍𝐴 ) →𝑤=√ 𝑟𝐵2 − 𝑟𝐴2 𝑍𝐵 − 𝑍𝐴 = 1.5′

𝑟𝐵 = 6′′ = 0.5 𝑝𝑖𝑒

𝑟𝐴 = 6′′ − 0.06′′ = 5.94′′ = 0.495′ → 𝑤 = 139.35 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠𝑒𝑔 𝑁=

30 𝑤 = 1330.65 𝑅𝑃𝑀 𝜋

b) Cálculo del volumen pedido

𝐻𝐴 = 𝑤 2 . 𝑟𝐴2 ⁄2𝑔 = 73.88 𝑝𝑖𝑒 𝐻𝐵 = 𝐻𝐴 + 1.5′ = 75.38 𝑝𝑖𝑒 1 1 1 ∀𝑝𝑖𝑛𝑡𝑢𝑟𝑎 = ∀𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 − ∀𝑣𝑎𝑐í𝑜 𝐶𝐷𝐴𝐵 = ∀𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒 − 𝜋𝑟o2 𝐻𝐵 − 𝜋𝑟𝐴2 𝐻𝐴 = 𝜋 (𝑟o2 𝐻𝐵 − 𝑟𝐴2 𝐻𝐴 ) 2 2 2 1 ∀𝑝𝑖𝑛𝑡𝑢𝑟𝑎 = 𝜋𝑟o2 ℎ − 𝜋(𝑟o2 𝐻𝐵 − 𝑟𝐴2 𝐻𝐴 ) = 0.011698 𝑝𝑖𝑒 3 2

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EJERCICIOS DE LAS CLASES  Ejercicio de aplicación: La figura ilustrada 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, F, Y la presión del aire en el lado derecho del tanque.

SOLUCIÓN: Hallando 𝑃𝐴 : 𝑷𝑨 = 𝑷𝒂𝒕𝒎 𝑷𝑨 = 𝟏. 𝟎𝟑𝟑

𝒌𝒈⁄ 𝒄𝒎𝟐

Para hallar 𝑃𝐵 : ∆𝑃𝐵−𝐴 = 𝑦ℎ𝐵−𝐴 ∆𝑃𝐵−𝐴 = 900𝑥3 ∆𝑃𝐵−𝐴 = 2700 ∆𝑃𝐵−𝐴 = 0.27

𝑘𝑔⁄ 𝑚2

𝑘𝑔⁄ 𝑐𝑚 2

𝑃𝐵 = 0.27 + 𝑃𝐴 Página 197 de 211

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𝒌𝒈 ⁄ 𝟐 𝒄𝒎

𝑷𝑩 = 𝟎. 𝟐𝟕 + 𝟏. 𝟎𝟑𝟑 = 𝟏. 𝟑𝟎𝟑 Para hallar 𝑃𝐶 :

∆𝑃𝐶−𝐵 = 𝑦ℎ𝐶−𝐵 ∆𝑃𝐶−𝐵 = 900𝑥3 ∆𝑃𝐶−𝐵 = 2700 ∆𝑃𝐶−𝐵 = 0.27

𝑘𝑔⁄ 𝑚2

𝑘𝑔⁄ 𝑐𝑚 2

𝑃𝐶 = 0.27 + 𝑃𝐵 𝑷𝑪 = 𝟎. 𝟐𝟕 + 𝟏. 𝟑𝟎𝟑 = 𝟏. 𝟓𝟕𝟑

𝒌𝒈 ⁄ 𝟐 𝒄𝒎

Para hallar 𝑃𝐷 : 𝑷𝑩 = 𝑷𝑫 Para hallar 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 : 𝑃𝐵 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 + 𝑦ℎ𝐷−𝐸 1.303 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 + 900𝑥4.5 𝑷𝒂𝒊𝒓𝒆 = 𝟏. 𝟑𝟎𝟑 − 𝟎. 𝟒𝟎𝟓 = 𝟎. 𝟖𝟗𝟖

𝒌𝒈 ⁄ 𝟐 𝒄𝒎

Para hallar 𝑃𝐹 : 𝑃𝐹 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑷𝒇 = 𝟎. 𝟖𝟗𝟖

𝒌𝒈 ⁄ 𝟐 𝒄𝒎

Para hallar 𝑃𝐸 : ∆𝑃𝐸−𝐹 = 𝑦ℎ𝐸−𝐹 ∆𝑃𝐸−𝐹 900𝑥1.5 ∆𝑃𝐸−𝐹 = 1350

𝑘𝑔⁄ 𝑚2

∆𝑃𝐸−𝐹 = 0.135

𝑘𝑔 ⁄ 2 𝑐𝑚

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𝑃𝐸 = 0.135 + 𝑃𝐹 𝑷𝑬 = 𝟎. 𝟏𝟑𝟓 + 𝟎. 𝟖𝟗𝟖 = 𝟏. 𝟎𝟑𝟑

𝒌𝒈⁄ 𝒄𝒎𝟐

 Determinar la fuerza resultante f debida a la acción del agua sobre la superficie plana rectangular a b de medidas 3m.6m que se muestra en la siguiente figura

solucion:

𝐹 = 𝛾ℎ𝐴 ℎ = 𝑌𝑝 Hallando 𝑌𝑝 :

𝑌𝑝 = 𝑦𝑔 +

𝐼𝑔 𝐴𝑦𝑔

𝑦𝑔 = 3 + 4 = 7𝑚 𝐴 = 3𝑥6

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𝐼𝑔 =

3𝑥63 2

3𝑥63 𝑌𝑝 = 7 + 2 = 9.57𝑚 3𝑥6𝑥7

Hallando la fuerza resultante: 𝑭 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝒙𝟗. 𝟓𝟕𝒙𝟏𝟖 = 𝟏𝟕. 𝟐𝟐𝟔 𝒙𝟏𝟎𝟒 𝒌𝒈 − 𝒇

 El tanque de la figura tiene una superficie curva en la parte inferior de 1.20 m de radio. Calcule la longitud de la componente horizontal de la fuerza y la componente vertical de la fuerza ejercida por el fluido sobre esa superficie. Después, calcule la magnitud de la fuerza resultante y su dirección

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SOLUCIÓN:

Expresamos la fórmula de fuerza vertical:

𝐹𝑣 = 𝛾𝐴𝑤 Hallamos el valor del área:

𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 = (1.20)(2.80) + 𝜋(120)2

1 = 4.491 𝑚2 4

Al obtener desarrollamos y efectuamos con los datos:

Para hallar la altura debe complementarse con lo sgte:

Con la formula hallamos la fuerza horizontal:

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La fuerza resultante de la figura seria :

La direccion de la fuerza resultante es:

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 Un tanque abierto, lleno de agua, rueda sobre un plano inclinado, que forma un ángulo 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 Ff, ¿Qué ángulo formaría la superficie del agua con el fondo del tanque?

SOLUCIÓN: Primero hallamos la aceleración 𝑎𝑥 del tanque que desciende dicho plano: ∑ 𝐹𝑥 = 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑔 𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝐹𝑓 = 𝑀𝑎𝑥 La aceleración, será: 𝑎𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝛼 −

𝐹𝑓 𝑀

La aceleración perpendicular al fondo del tanque es 𝑎𝑦 = 𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼

El angulo 𝜃que forma la superficie del agua con el fondo del tanque (dirección x ) se encuentra de la siguiente manera Página 203 de 211

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𝑎𝑥 = 𝑎𝑦 𝑡𝑎𝑛𝜃 Entonces: 𝑭𝒇 𝒂𝒙 𝒔𝒆𝒏𝜶 − 𝑴 𝒕𝒂𝒏𝜽 = = 𝒂𝒚 𝒈𝒄𝒐𝒔𝜶

 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 tuvo)

SOLUCIÓN: Observamos en la figura 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 quedan en una línea de presión constante. Podemos calcular fácilmente la magnitud de a: 𝑎 = 𝑔 tan 𝜃 = 𝑔 tan 20º = 9.81𝑥0.364 𝑎 = 3.57 𝑚⁄𝑠 2

La magnitud de la velocidad del automóvil se determina de la siguiente ecuación:

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𝑎=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑎 = 3.57 𝑚⁄𝑠 2 Integramos y para t=5s: 𝑣 = 3.57𝑡 𝑣 = (3,57)(5) 𝑣 = 17.85

𝑣 = 17.85

𝑚 𝑘𝑚 64 𝑠 ℎ

𝑚 𝑘𝑚 = 64 𝑠 ℎ

 Un recipiente cilíndrico vertical de 20 cm de diámetro y 60 cm de alto, que se muestra en la figura 3-55, está parcialmente lleno con un líquido cuya densidad es 850 kg/m3 hasta una altura de 50 cm. Ahora se hace girar el cilindro a una velocidad constante. Determine la velocidad de rotación a la cual el líquido empezará a derramarse por los bordes del recipiente.

SOLUCIÓN:

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𝑤 =? Tomamos el centro de la superficie del fondo del cilindro vertical giratorio como el origen (r = 0, z = 0), la superficie libre del líquido se da con la siguiente formula.

𝑍𝑆 = ℎ0 −

𝑤2 2 (𝑅 − 2𝑟 2 ) 4𝑔

La altura vertical del líquido en el borde del recipiente, donde 𝑟 = 𝑅 queda:

𝑍𝑆 (𝑅) = ℎ0 +

𝑤 2 𝑅2 4𝑔

Donde ℎ0 = 0.5𝑚 es la altura original del líquido antes de la rotación. Justo antes de que el líquido empiece a derramarse, su altura en el borde del recipiente es igual a la del recipiente y, de este modo, 𝑍𝑆 (𝑅) = 0.6𝑚. En la altura ecuación w y se efectúa las sustituciones, determinamos la velocidad máxima de rotación del recipiente es: 4(9.81 𝑚⁄𝑠 2 )[(0.6 − 0.5)𝑚] 4𝑔[𝑍𝑆 (𝑅) − ℎ0 ] √ 𝑤=√ = 𝑅2 (0.1𝑚)2 𝑤 = 19.8 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠

La revolución completa corresponde a 2𝜋 rad, la velocidad de rotación del recipiente también se puede expresar en términos de revoluciones por minuto (rpm), como. 𝑛=

𝑤 19.8 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠 60𝑠 = ( ) 2𝜋 2𝜋 𝑟𝑎𝑑⁄𝑟𝑒𝑣 1𝑚𝑖𝑛 n = 180 R.P.M.

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 Un deposito cilindrico abierto, de 2m de altura y 1m de diametro, contiene 1.5m de agua. Si el cilindro gira alrededor de su eje geometrico: a) ¿Qué velocidad angular se puede alcanzar sin que se derrame nada de agua? b) ¿Cuál es la presion en el fondo del deposito C y D?

SOLUCIÓN: a)

Como el agua solo llegara hasta el borde del cilindro antes de derramarse: 𝑉𝑜𝑙𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑜𝑖𝑑𝑒 = 𝑉𝑜𝑙𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 sin 𝑎𝑔𝑢𝑎

Entonces: 𝜋 𝑥 𝑟2 𝑥 ℎ = 𝜋 𝑥 𝑟 2 𝑥 (2 − 1.5) 𝑥 2 2 Despejando: Página 207 de 211

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ℎ = 1𝑚.

Como es un movimiento rotativo se tiene: 𝑧=

𝑤 2 + 𝑅2 𝑤 2 + (0.5)2 ;1 = 2𝑔 2(9.81)

De donde: 𝑤2 =

1 + 19.62 = 8.859 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 0.25

b)

8.859 𝑥 60

𝑤=

En R.P.M:

2𝜋

= 84.597 𝑅. 𝑃. 𝑀

La altura del paraboloide está dado por: 𝑧=

𝑤 2 + 𝑅2 2𝑔

Donde: 𝑤 = 84.597 𝑅. 𝑃. 𝑀 = 8.859 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 𝑥 = 𝑟 = 0.5𝑚 Luego: ℎ=

(8.859)2 (0.5)2 = 1𝑚 19.62

Calculo de la altura ℎ′ (fondo del vértice al paraboloide): 𝜋 𝑥 𝑟 2 𝑥 (1 + ℎ ′ ) = 𝜋 𝑥 𝑟 2 𝑥 1.5 +

𝜋 𝑥 𝑟2 𝑥 ℎ 2 1 2

1 + ℎ ′ = 1.5 + (2) ℎ ′ = 1𝑚

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Presión máxima 𝑃𝑚á𝑥 (presión en el fondo): 𝑃𝑚á𝑥 = 𝑤(ℎ + ℎ′) 𝑷𝒎á𝒙 = 𝟐𝒌𝒈/𝒄𝒎𝟐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝒔

 Calcular los parámetros de la sección trapezoidal.

SOLUCIÓN: 𝑍

∗ sin 300 = √𝑍 2 1

+1

𝑍

∗ 2 = √𝑍 2

+1

∗ √𝑍 2 + 1 = 2𝑍 → 𝑍 = 0,5773 (TALUD) -HALLAMOS ZY: 1

-tan 600 = 𝑍 -

𝑌 𝑍𝑌

=

1 𝑍

(𝑌 = 0,6 𝑡𝑖𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 )

-𝑍𝑌 = 0,3464 *HALLAMOS T =( espejo de agua): *𝑇 = 𝑏 + 2𝑧𝑦

(𝑏 = 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑎𝑛𝑎𝑙 )

*𝑇 = 2,07851 + 2(0,3464) *𝑇 = 2,7713 -HALLAMOS A=(ÁREA HIDRAÚLICA) Página 209 de 211

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-𝐴 = -𝐴 =

(𝑇+𝑏) 2

𝑦

(2,7713+2,07851) 2

𝑥0,6= 1,4549 𝑨 = 𝟏, 𝟒𝟓𝟒𝟗

*HALLAMOS P=(PERÍMETRO MOJADO) *𝑃 = 𝑏 + 2𝑌√1 + 𝑍 2 *𝑃 = 2,07851 + 2(0,6)√1 + 0,57732 *𝑃 = 3,4641 - HALLAMOS R=(RADIO HIDRAÚLICO) -𝑅 =

𝐴 𝑃

-𝑹 = 𝟎, 𝟒𝟏𝟗𝟗𝟗

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BIBLIOGRAFÍA

1.

F. UGARTE P.- MECÁNICA DE FLUIDOS I

2.

ALEJANDRO CÁCERES NEIRA – PROBLEMAS DE HIDRAULICA

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