-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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- 419-
(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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- 420-
• 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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