cap_16_estatica de los fluidos-ejercicios resueltos-resnick halliday

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-40 2- ESTATICA DE LOS FL U ID OS. CAPITU L O: 17. P R O • L E M A S , 1.- (a) la en nt/m 2 , a 152.4 m ba jo la super- ficie del océano. La denaidad relativa del . qua de mar es 1.03. (b) la presiOn en la atmósfera a 16.09 km so bre el nivel del mar. SoluciOno (a) La pres10n a una altura h debajo de la supe rf icie del o céano se obtiene de la ecuaciÓn . www.fisicax2.blogspot.com www.pdfgratis1.blogspot.com www.fisicax2.blogspot.com www.pdfgratis1.blogspot.com

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Page 1: Cap_16_estatica de Los Fluidos-ejercicios Resueltos-resnick Halliday

-402-

ESTATICA DE LOS FL UID OS.

CAPITULO: 17.

P R O • L E M A S ,

1.- (a) Calcula~ la p~esión en nt/m2

, a 152.4 m bajo l a super­

ficie del océano. La denaidad relativa del . qua de

mar es 1.03. (b) Encontr a ~ la presiOn en la atmósfera a

16.09 km s o bre el nivel del mar.

SoluciOno

(a) La pres10n a una altura h debajo de la supe r f icie del o

céano se obtiene de la ecuaciÓn .

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- 40]-

P 1 - Po + pg h (1)

donde: 1. Oll x l O' 2 Po - mt / m (pr es i On a t moooféri c al

1. O) 10 ) k.g/m )

(densi d ad del agua de ma r ). p x n _

152 .4 m.

lueqo e n (1) tendre mos:

Pl - 1.01] x 105 + 152.4 x 1.03 x 10] x 9.8

• 16. 41 x lOS nt /m2

(b ) La pre si6n p a un a a l t ura y s o b r e e l n i vel del mar e s:

donde:

P " o

p • poe - g lPo/ Po)Y ---- - - ( 21

9 • 9.8 m/s e g 2

1.2 k.g / m] (densid ad d e l aire al nive l del mar)

5 2 P - 1 at - 1.01] x 10 nt/m. o

y 16 . 09 km

de modo que g(po/po l - 1 .16 x lO-4m-l • 0. 1 16 km- 1

Reemplazando valores en (21 tenemos:

p . 1 x e-O.116x16.09 • 1 x e-l.866 4 • 1 x 0.151 _ 0.157

Rpta: (a) PI • 16 . 41 x 105

n t/m2

(b) P - 0.157 a~.

,

2.- Un tubo en U sencillo contiene mercurio. Cuando se e chan

1].6 cm de agua en la .rama derecha, ¿ h asta qué altur a sube

el mercurio en la rama izquierda, a partir de su nivel ini­

ci al?

Q!.t2..! : lJ.6 gr/cm1

1 . 0 gr/cm] (densidad del agua)

b _ 1] . 6 (cma de agua que ~e hechan

b . 2L + d (ver fig.)

SoluciOn: Cuando hechamos agua, el mercurio q ue estaba i ni­

cialmente en el tubo baja una distancia L en el

brazo derecho y

do. (verfig.)

sube la misma distancia en el brazo izquieE

Los puntos c tienen la misma presiOn, por

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-404-

lo tanto la disminución de pres i6n desde c hasta cada supe!

fi c i e libre es la misma porqufl cada s uperfi c ie se encuentra

a la pl:esiOn atmosférica.

En el brazo derecho tenemos:

Pe • Po ~ (2L+dJ ~9

En el brazo izquiel:do. '" .. ¡ ... :;

Pe - Po ~ 2L PHqg

De las ecuaciones

obtenemos:

(1) Y (2) (2) . " "" •• r J ..

.:< 1L ;'.

L • (2L ~ d) Pa

2 PHg _ 0.5 CID

• 13.6 x 1 2 x 13.6

Rpta: 0.5 cm.

" c-- .;,.~ - J_ ~ ___ ~

J .- ~n 1654 Otto van Guericke, burgomaestre de Hagdebur~o e i~

ven tor de la máquina neumAtica, presentO Una demost ración

ante la Die ta Isnper ia1 , en la que , dos tiros de ocho caba -

ll~s no pud ieron separar dos hemisferios de latOn en los

cuales se había hecho el vacio. (a) Demostrar que la fuer -

za F que s e r equie re para separar los hesnisferios es 2 F _ ~ R P, siendo R el radio (exterior ) de los hemisferios y

P la diferencia de presiones exterior e interior de la es fe

ni (F i9_ 17-12) . (b) Tomando

a R igual a ]0.5 cm y la pr~

siOn interior igual a 0.1

a~, ¿quA fuerza hubiéra te­

nido que ejercer el tiro de

caballos para separar los h~

_isferios? (e) ¿Por

dos tiros

qué se

de caba-emplearon

Hos? ¿No hubiera bastado uno

solo para demostrar el mismo

fen6meno?

Soluci6n:

(a ) Llamando P a la diferencia de presiOn exterior e inte -

rior de la esfera y sabiendo que es perpendicular a es -

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-405-

ta tenemos que la fuerza mfnima requerida para separar l os

hemisferios es igual a la fuerza ejercida por la presión so •

bre el hemisferio. dr La fuerza neta ejercid a

sobre un anillo dife ren

cial sera: Oto" cos 9

(por que las componentes

y se anulan por Sime tr1a) r .. '_-f>r

dF - dF' cos 9, pero P dr'

- dA

dF • (PdA) cos e (1)

dA. 2nR sen e ds • 2 . R sen e(Rd9 )

Reemplaz ando en (1) tenemos :

2 dF • 2nR sen Q cos e de

F _ 2(" ./2 2P"R )0 ",en

{bJ Para R • 1 pie

2 e cos e de • PnR

Fig. 2

P ~ Pext - Pint - 1 - 0.1 • 0.9 atm

• 1,894.4 lb/pie2

La fuerza que de bie ron haber eje rcido los c aballos para se­

parar los hemi s ferios ser ía:

F . PnR2 • 1,89 4 .4 x J.1 4 x 1 2 _ 5 , 989 lb .

(e) S i hubier a sido convi ncente , por el princip i o de acciOn

y reacción de Newton.

Rpta: (b ) F " 5,980 lb.

4.- La altura a la cual la p r esión en la atmOs fe r a es p re c isa ­

mente l /e de la presiOn al nivel del ma r se l lama a lt ur a de

escala de la atmósfera al nivel de l mar. (a 1 Demos trar q ue

la altura de eacala H al nivel del mar es tambié n la a l t u r a

de una a~sfera que t uviera la misma densidad e n todos s us

puntos que la que tiene a l nivel del mar y que e jerciera l a

misma presiOn al nivel del mar que la q ue eje r ce l a atm6s f~

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S.-

- 40 6-

ra real infinita . (b ) Demostrar que la altura de escala

al nivel del mar e8 8 . 6 km.

SoludOn: • (al La pres iÓn p e n la

, atmósfera a una altura y cualquiera

sera: p e - 9 (po / po IY (1) p • o

cuando y • H, P >& poe -1

(2) ------de (1) y (2) obtenemos:

si consideramos Po '"

la ecuación: ~. dy

constante podemos aplicar directamente

dp. -f"P09dY, O

Luego: H '" poA) 09

,

(bl Aplicando el concepto de altura de escala tenemos:

---- (1)

llamando:

e 1 -aH • e t omando logaritmos tene mos:

lagn 1 lagne .. - aH laqne 109n 1 • 109

ne( 1 - a H)

de donde 1 1 .. , k. O • 1 - aH , H • 0":TI6 -a

Rpt.: 'a) H .. Po/Po9 'b ) 11 • .. , km

Oetrás de la e.r", vertical de una pr esa, e l agua .e encuen t r a • una p r o f undidad O

se ve en la Fiq . 11-1 3.

e n el 1.do de ag uas arriba . c omo

Ll ámese W l a anc hura de la presa .

(a) Encont r ar l a f ue rza r e s ultante eje r c i da por e l a9ua s~

bre la presa y el momento de rotaci6n eje r cido par esa

fuerza con respecto a l pun to O. lb) ¿Cual es la 11nea de

acciOn de la fue rza r es u ltante equi valente?

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-407-

'r' w -1

T .~.

I

... "" ° r 1 O,y O-y

Fig. 1 O ~'ig . 2 Fig. , Soluci6n: la) La figura) representa la cara del dique q ue

se encuent r a frente a la masa de agua. La

presión a una prof undid a d y es:

P • pgy; la fuerza que obra sobre la franja sombreada e s:

dF • PdA ~ P9y(Wdy)

2 • pqWD /2

El momento de la f uerza respecto a un eje que pasa por O

es:

T -

dT -r D d F (O-y)

O

) pgWO /6

(b ) Si H e s l a al t u ra por encima de 0 , a l a c ual hubi e ra

t enido que a c tuar la f uer za t otal F p a ra p r o duc ir el

mismo mome nt o , se tendrá :

EH ~ T ---- - --- ( 1 ) r e emp l a za ndo F y T por 8U V!

lor encontr amos que H • (1 / 1) D, o s e a 20 / 1 d e profund~

dad po r deba j o de la s u per fi c ie.

6. - Un e s t anq ue de nat a ci 6n t i e ne de dime nsiones 80 pi es x l O

p ies x 8 pi e s . Cuando e s t á l l e no de ag ua, ¿C u3 1 e s la fue~

za total en el fc:n:k'> ¿M I e s l a ·fuerza en los extnm::Is? 1;> lCuá .1 e s

la fue rz a e n l os cos tadq s ?

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7 . -

- 40 8-

Soluci ó n:

(a ) La f ue r za en el fond o es:

F '" pgAh ------ 1 )

do nde : p ~ ~ .94 s lug/Pie3

A - a x b - 80 x 30 ~ 2 , 400 PieG2

h '" 8 pies .

Re emplazando va lores en (1) tenemos:

F ", 1.9 4 x 32 x 2, 400 x 8 • 1'180,400 lb.

l b) La fue rza en los e xtr emos será: (ver fig. 2) .

F '" f oFdF -eh pgy{bdy) • P9bh2/2

2 F - 1 ~94 x 32 x 30 x 8 /2 - 59,520 lb .

(e) Proc ediendo en forma semejante q ue en lb) o btenemos

que la fuerza en los costados es :

F 32 x 80

i h

1 Fi g . 2

Rpta: ( a ) F - 1 ' 180, 40 0 l b.

(b) F - 5 9,52 0 lb .

( e ) F - 158 , 7 20 lb.

Un tubo en U e s U l l e n o d e un so l o l íquido homogéneo. Tem

par a l mente se comprime e l líqu i d o en una de sus r amas me -

di ante un émbolo . Se q uita e l émbo l o y el nivel del l íqu~

do e n ambas rama s oscila. Demostrar que el periodo de os -

c i lación e s n/2 L/g , siendo L la long i t ud total d e l líq u ido

en e l tubo .

Solución: I nicialmente el líquida está en reposo y está a

l a misma a ltura en ambo s lados. Si apl icamos una

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- 409 -

f ue r~a con el é mbolo de modo que el L!qu ido ba j a una dis­

t a ncia x e n la rama izquierda, y e l liqu i do de la r ama de

r echa subir~ una d i sta ncla 2x,. La f uer za restau radora

q ue har~ baj ar al liquido de la l'oIrnd de rt'chil ~' subir a la

izquie rd a ser~ :

F - - ~ (2) ~ - kx L - --- - {2 1

r:, J ;.;

---- - :-:

S iendo mq / L el peso po r unidad de l o ng i tud.

De la e cuaci6n (2) obtenemos: k . (2mg l/L

Ree mplazando es te valor e n {1, ~~tenemos:

(11

T • 2nJi~ - n t-f '. - Do. vasos c il!nd ri cos i d énticos , con s u s bases al mismo n i

ve l , c on tienen ambos un liquido de densidad p. El a r e a d e

c ad a u l a d e la s bases es A, pero en u n vaso la al t ura del

l i quido e s h l y e n el o tro h2

. Calcu la r e l trabajo que h~

r! la g ravedad al iguala rse los niveles c uando se conecten

los dos vasos.

So lución :

i nicia l men te finalmen te

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-410-

P - ph, - ph,

h, - h, P - pq( 2

h, - h , P - ''''( 2 ------ (1)

w - r.d • F. ( h, - h,

) ------ (2) , (1) en ( 2)

W - Apq ( h

l h, ) , _ ~(h, - h ) 2 , 2

11 . (TEXTO). Ea la prensa hidrlulica s e usa u n ~~bolo de pequ~

ña secciÓn transversal A para ejercer una pequeña fuerza ~

en el líquido encerrado. Un tubo de conexiÓn conduce a un

éMbolo mls grande de secclOn transversal A (Fig. 17-15).

(a ) ¿Qué fuerza F podrl sostener el émbolo mayor? (b) Si

el ~mbo10 meno r tiene un d1lmetro de 1.5 pulg y el fmbolo

qrande un di'-etro de 21 p1?_ Lqu4 p.so colo~ado en el E.-

bo l o pequeño podrS sostener un de 2.0 toneladas cortas

en el

SoluciOn;

(a) Por el principio de Pascal tendremos que la pres16n e­

jercida sobr e el ~.tolo pequeño e. iqual & la presi6n

e jercida sobre el 'abolo grande. es decir:

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de donde ,.

lb) Si F -,

l

• F A

f ue rza

F • fA

• ton,

- 411 -

------- (1)

para so stene r

f(, D2¿4)

l ' d2/4 1

O • 21 p1g,

e l émbolo grande • lO' - 1-

d

d " L' plg.

'" 0.0 1 ton.

Rpt ll : ( a ) F

(bl f 0. 0 1 ton .

se r.!i :

12. ¿Cu .!il es la mínima á r ea de un bloq ue de hiel o de un pie de es­

pesor q ue fl o ta sobre el ag u a par a q u e s e a cap az de soste­

ner un a utom6vil que pe se 2 , 500 lb? ¿Tiene importancia el

si ti o del bloque en hielo en donde se c o l oque el auto ?

Datos: x - 1 pie (espesor del bloque de hielo) .

p • 2,500 lb (peso del autom6v i l )

Soluci6n:

l a ) Suponiendo que el centro de graved ad del

que de hielo estan e n la misma

pri ncipi o de Arqulmides.

iluto y el blo

aplicando del

p + w • E ---- (1)

Para qJe el &rea del bl o

que sea la mínima la su­

perficie de éste debe

quedar al ras del agua al

c olocar el auto.

--. _. --1 = .... _ ...... .:..: . p

. '.-,=-::-=l¡,... ~=-'

pero; , . o , . 1

] 1.94 slug/pie (densidad del agua)

. " :ro . _ :. :: -::::.-.:.-. =- 1F-~· .,., -:~'. -~ - . -"---, ~-

1.776 Slug/pie) (densidad del h ielo)

w ~ xA P1

9 (peso del bloque de hie lo)

E ~ V pog (fue rza de empuje)

Reemplazando va l ores en (1) tenemos:

p + x P1A9 - x poAg ---- (2)

de donde :

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p

A • xg(po - Pl}

2 A • 480 pies

-412-2,500

1 x J2 (1. 94 - lo 776)

(b) Si, porque si no coincidieran las líneas de acci6n

del peso del auto y del bloque, existiría ademéi s Uh

torque y la fuerz a de empuj e tend r í a q ue con t rarrestar

además del peso de ellos, Pol torque p r oduc i do por e

1108.

Rpta: 2

fa ) A = 4 80 pies

1 l. Un tro70 de fundici61 de iúerro pesa 257 nt t:!fl el aire Y 178 nt en

el agua. ¿Qu é volumen tienen las oqueda d e s d e la pieza?

SoluciOo:

Sabemos que peso apa r e n te - peso ve rdadero

- Empu je ------- (1)

cuando está en e l aire :

267 - V P 9 - V'p 9 - ----- (2) Fe ai r e donde V • volumen verd adero d e la pieza

V' • vol umen total (oq uedades + pi~ za)

3 3 ~Fe - 7.6 x 10 kg/m (densidad de l hierr o)

~ al re -

~agua

1.245 kg/m 3

3 3 1 x 10 kg/m

V • V' - V ------- (4) oquedades Resolviendo las ecua ciones (2) y (3) obtenemos

V' _ 267 - 178 g(Pagua -

267 + V' ~ 9 V • __ -:----;;--"a,icrCe"-'-_ S. 4 2 x 10-3

~Feg

Luego en la ecuac16n (4):

V - 19.08 - 5.42) x 10- 3 oqued

Rpta: Voqued. - 3.66 3

m

14. Un cascar6n esférico hueco de hierro flota casi c~pleta -

mente sumergido en el agu a. Si el di &metro exterior es de

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- 41 )-

2 pies, y la densidad re lativa del hie r ro es dft l. S, cncue n

tre el diáme t ro in t e r ior. •

Datos: D 2 pie~ (di ám. exterior)

P PFe/Pa - 7.8 (densidad relativa del hierro)

SoluciOn:

Como el cuerpo se encuentra en equl.l i hrin t enemos:

Empuje ~ peso del cuerpo -------- (l)

~o J u ] b Pag'" '6 PFeg(O

de donde:

d .. O -?/ 1 - l . 1. 92 P

Rpta: d ~ 1.92 pies

-r:: -¡¿: 0-­

- _ d

- ±~ - _. -

15. Un bloque de madera flo ta en eraguaCon

p-

t erceras

partes de su volumen sumergido. En aceite tiene s ume r gido

los 0.9 de su volumen. Encontrar la densidad de la madera

y del acei te.

::;9IuciOn:

COmo el bloque es t á en equilibrio en ambus casos tenemos :

peso del bloque - empu je >--a-l

Fig . 1

d e l a figura {l } tenemos :

Pm9Aa • PagA{2 a / J ) - ------- ( 1 )

~ond e: A . áre a del bloq ue

a - a l tur a de l bloque

• densidad de l agua

- densidad de la madera

r a --;

F iq . 2

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de la

de l.

ecuación , p. 0_

3

fiqu r a '.

p o o

-414-

(21 ) obtenemos:

0 . 66 k9 /ca 3

p. o

on , ..9un40 caso tenemos:

0.66 - "0":"9-

Rpta.:

to .

3 PIII

.. 0.66 kg/OII

p

16. Un bloque de madera pesa 35.6 nt y tiene una densidad re la

tiva de 0.60. S. va a cargar con plo~ de manera que flo­

te en aqua co n el 0.90 de su volumen sumergido. lOu4 peso

de plomo se necesita (a) 8i el plomo se pone sobre la made

ra? (b) ¿Si el plomo se coloca debajo de la madera?

Solución;

W a) y - v ------- (1)

pT o

" n

Pagu. - 35.6N

C11culo de: ------ (2) V

n: de (1) y (2)

v o n

35,6 9 800 x 0.6

~plicando el principio de Arqutmides;

Wn

+ W .. P x 9' x O. gV ------ (3) pb aqua

Paqua.q - 0.9 Yagua Vn

de (3); W pb .. O. 9 x 9 . 8 O O x .,,,.;;o;;~c'::~;,''-;o¡-.''-w .. n.8N

pb

b) W - 19.6N pb

- 35.6

Verifica r; siguiendo los mismos pasos de la parte (a).

17. Un cubo que estA flotando en mercurio tiene sumergida la

cuarta parte de su volumen . Si se aqrega agua su f iciente

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19.

-415-

para cubrir el cubo, ¿qué fracci6n de su volumen quedaroS

sumergida en el mercurio? ¿La respues ta depende de la torma

del cuerpo?

Soluci6n :

mercuri'

3/4

aqua

mercurio

in icialmente t'inalmente a) Inicialmente:

W 1 v - y )( ­cubo Hg 4 ----- (1)

Finalmente; conside rando:

VI: parte sumergida en agua

V2 : parte sumergida e n mercurio

Luego : w - y V + Y V - - - - (2) cubO agua 1 Hg 2

(l) en (2):

~ YH<) 4". YH

20 V1 + YUg V2 ------------ (3)

pero también debemos considerar:

V1 + V2 - V --- - ----------- {41 (4) en (31:

v, V

v '4 ~ YU20 (V - V 2' • YUg V2

1 '4 YHg - '1' 11 O ,

r e empla zando val o r es:

v, V v, V

l ( 1 3, 6 000) - 10 0 0

13,60 0 0 - 100 0

0. 19

b) No depe nde de l a t o rma d e l c uerpo·

Supon iendo que la de ns i dad de l as p e s a s 3

l an z a sea de B. O g / cm y l a de l a i r e d e

d e lat6n de un a b a

0.001 2 g /cm3

, lqu;

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porcentaje de err or resulta al no tomar en cuenta el efec­

to de fl otac i6n producido por el aire al pesar un ob j eto •

de masa m gr a .. os y i ' nsidad re lativa p en una balanza ana-

Hti ca?

Solución: 3

Platón . 8 gr/c~

p 1 - 0 . 0012 gr/cm) a re

Vemos que el problema es muy parecido al problema 17 por

lo tanto dejafllos al estudiante a realizarlo; ob teniendo:

O. 12 ( 1 1 l 100 , e . x

p • donde : gr/an

3 p

20. (al Considerar un depósito de fluIdo sometido a una acele­

ración vertiCal ascendente a. Demostrar que la vari a ción

de presión con relaci ón a la profundidad está dada por

p - ph(g+a),

siendo h la profundidad y p la densidad. (b) Demos trar

también que si el fluído en conjunto experimenta una acel~

ración vertical descendente a, la presión a una profundi -

dad h e stA dada p or

p -ph{g-a).

(e) ¿Cómo ocurren las cosas en la calda libre?

SoluciÓn:

(a) Encontraremos la variaci 6n de la presi6n con la profu~

didad c uando l a ace lera ción vert i cal A es ascenden te

(Hg. 11 .

Conside remo s u n cil i ndro d e fl uIdos ( f ig. 21 de área A y

altura h, sume r gido den t r o d e l a masa d e l fluIdo como c uer

po libre, y tenie ndo en c ue n t a la ecuaci6n del movimiento

[ F - ma r e sul t a: y y

P2A - P1A pghA • phAa (11

donde PghA es el peso del cilindro de fluIdo.

P2 - PI ,. ph{g + a, ------- (2),

Donde:

p ~ P 2 - PI es la variac i6n de la presi6n con la profu~

didad.

p ,. ph(g + al -- - --- - (r)

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-411-

(b) Encontramos la IIdrl<lr.ión de la presi6n co n la p r o fundj

dad cua ndo l a acelef3ci6n vertical ~ es des c endente

r F' n ro ,\ y y •

P9hA + Pt'1 - P1A ., phAa (JI

de. d.::>:lde: :"' - pJ\(q - a) ------------ (U)

(e) En CGIda libre tendremos que la aceleraci6n vertical

descendente es a '"- g, luego reemp lal.ando este valor de

la ace l eraci6n e n (TI) ,

P,A obtenemos que P ., o.

P,A .... , . . '-.:- "-:" '-

1 PO'

¡ 1

....

T ¡ l· , , 1 L P. hA -- -

Fig. 1 P, Fig. 2

21. (al Considérese la acelera ci6n horiz;.ont a1 de una masa de

liquido e n un ta nq ue abierto. Una a ce le r ación de este ti­

po hace que la superficie del lIquido descienda en la par­

te delantera del tanque y se l e vante por de t rás. Demos

trar que la superficie del líqu ido se inc lina un ángulo 9

con r~specto a la horizontal, tal que tan 9 • a/g, siendo

A la aceleración horizontal.

con relación a la profundida d?

SoluciOo;

(b) ¿cOmo cambia la presión

(a) Consideremos un prisma de fluIdo sumergido dentro de la

masa del fluído la ecuaci6n del movi.iento pro yect a da

en direcci6n horizontal es :

I Fx - ma x para el cuerpo libre

de l a figura tenemos:

------ (1)

pe,o

Luego: PI - P 2 • pLa ---------- (2)

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-418 -

pero: Pl • Po + pghl

P, • Po , pg h2

Luego:

Pl - P, • pg (h1

- h,' - - (3)

De las ecuaciones (2) y {J)

obtenemos :

.' :

i , " ,

:r. , ' , -( .J. _

l . • . ' , j' , ' ' , 'IP~A~ ; , , ' "

- - .,

a ,

de la

L

figura vemos

. ~ • 'bd' . ¡ /

PJ~ - . ~ " ..... ... " "

JPA ' q ue,

h, - h¡ . t, • O L

f-:L -:-'1", (: , " ,

" .,. .•.. , -~ ~ f;·.··

Luego: '" O al .

lb) Para encontrar la variación de la presi6n con l~ pro -

fundidad consideraremos un cuerpo libre vertica l .

t Fy • may. pero

les son las debidas • y al

~ O Y las Gn i cas fuerzas vertica­

peso phA y la presi6n pA en la ba-

se del prisma vertical.

pA - phA - O, de donde p - ph

Es decir que la variación de la presi6n con la profundidad

es la misma que para un liquido en repoao.

22. (a) Una masa fluída est& girando c on una velocidad angu -

lar cons tante w alrededor del ej e vertical central de

un depOsito cilíndrico •. Demostrar que la

siOn en la dirección radial estA dada por

~ - p¡ir dr '

(b) Tomar p - Pe en e l eje

de rotaciOn (r - O) Y demos

trar que la presiOn p en un

punto cualquiera res: , , p - Pc + 1/2 pw r

de pr!.

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(e) Demostrar que la s uperficie del líquido tiene forma de

para boloide (Fig . 17- 16 ); esto es, una

la s uper ficie es l~ c u rva y : w2r 2! 2g.

~ecci6n vertical de

Id) Demostrar que

d a d es dp - pgdh .

Solución:

• la variaci6n ~p p r e s ión con la pro íundi-

(a ) Sabemos que cuando un liquido e n cerrado en un depósito

gi r a a lrededor de un eje vertica l a ve locidad angula r

c onst a nte, después de un cierto interva lo de tiempo se

mue ve como un s61ido .

Encont r aremos la variaci6n de la pre sió n con l a profund i dad.

Como las condiciones hidrostátieas p r evalecen a lo largo de

linea vertical (a • O) l as Gnicas fuerza s q ue actGan en un y

c uerpo libre son s u peso pg hA y la p r esi6n ma nométrica en la •

inferior del prisma (pA).

I F Y • may

• O ¡

y TrayectOriaS de las pre­si~s nulas

pghA pA • O ,

de donde p - pgh (1)

En la proyección de la e­

cuaci6n de movimi ento en

direcci6n radial (horizo~

tal) con un cuerpo libre

de lOJ,gitud 6r (ver fig . 2)

, , : .... dx

r-o x

Fig. 2

y secci6n recta 6A, Si la presión en r es p, entonces en

la cara o puesta la presiOn es P2 + (dp!drl 6r, la acele

raci6n centr1peta es (- w2rl.

piSA _ (p + 9.E. dr

2 iSrlA - iSA6 r p(- w rl

después de simplificar y dividir por el volumen del eleme~

to tenemos:

~-dr 2

pw r (2)

(b) Integrando la ecuaci6n (2, se tendrá,

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• 2 2 1 2 2

P - pe • p w e / 2 , O P • Pe + 2 '" ----- ( JI

(e) Difceen ci illnd o la e cu ilIci On U):

dp . pqdh • pgdy

RecmplillzilIndo este vilI l or de dp en (2) ob tenemos:

<Ox . 2 p w , d,

2 2 . -"-'-Y 29

¡y dy .í' o o

2 (v rdr ) / q, de donde ':

(d) Quedo de most r a.dill e n l a pre gunta ( a) y (e ):

dp - pgdh

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