ESTÁTICA_FLUIDOS (1)

7/25/2019 ESTTICA_FLUIDOS (1)

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Ing. Jorge Sifuentes Sancho

CONTENIDO

Pgina

2.1 EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA FLUIDA

2.2 ESCALAS DE MEDICION DE PRESION

2.3 ESTATICA DE LOS FLUIDOS

PARTE A: Distribucin de presiones

2.3.1 Caso de fluido incompresible

2.3.2 Caso de fluido compresible

2.3.3 Atmsfera Internacional Normal

PARTE B: Manometra

2.3.4 Manmetro de tubo de Bourdon

2.3.5 Manmetros diferenciales

2.3.6 Manmetro tipo bourdon

PARTE C: Fuerza sobre superficies sumergidas

2.3.7 Superficies planas2.3.8 Superficies curvas

PARTE D: Fuerza sobre cuerpos sumergidos

2.3.9 Fuerza de flotacin

2.3.10 Estabilidad de los cuerpos

2.4 FLUIDOS CON MOVIMIENTO DE CUERPO RIGIDO

2.4.1 Aceleracin cero

2.4.2 Aceleracin lineal constante

2.4.3 Velocidad angular constante

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMAS CON ORDENADOR

PROBLEMAS PROPUESTOS

PROBLEMAS VARIOS


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2.1 Distribucin_presiones.docx 2.

Ing. Jorge SIFUENTES SANCHO Fono 97447323

1

CAPITULO 2 : DISTRIBUCION DE PRESIONES

2.1. EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA FLUIDA

A un fluido se le aplican dos tipos generales de

fuerza:

.- Fuerzas msicas: Debido a efectos gravitatorios oelectromagnticos, actuando sobre toda la masa dela partcula fluida. Se denominan tambin fuerzasvolumtricas. Aqu solo se considerar la fuerza de

la gravedad o peso del elemento. Fg = m g= g

dggFd (2.1)

.- Fuerzas superficiales:En general son de dos tipos

Fuerzas superficiales debido a esfuerzosnormales, gradiente de presiones.

Fuerzas superficiales debido al gradiente de losesfuerzos viscosos.

De manera que:

dF p dp (2.2)

2dF V dv (2.3)

La resultante de estas tres fuerzas: presin, gravedady la fuerza de origen viscoso, debe mantener a la partculaen equilibrio o bien producir una aceleracin a

en sta.

De la segunda Ley de Newton se tiene:

dF dm.a dF dF dFg p v (2.4)

Con dm = .d, las ecuaciones (2.1), (2.2) y (2.3), laecuacin (2.4) puede presentarse como fuerzas por unidad devolumen:

dF 2.a p .g Vd

(2.5)


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2. 2.1 Distribucin_presiones.docx

Ing. Jorge SIFUENTES SANCHO Fono. 97447323

2

El presente captulo trata de aquellos casos en que lavelocidad y aceleracin son conocidas, lo cual nos permitecalcular las variaciones de presin en el fluido.

2p (g a) V (2.6)

p (g a) ( .V) x ( xV)

Analizando la ecuacin (2.6), se puede entresacar cuatrocasos especiales:

1.Flujo en reposo o a velocidad constante: La aceleraciny los esfuerzos viscosos desaparecen. gp

2.Traslacin y giro como slido rgido: El trmino viscoso

desaparece. ).ag(p

3.Movimiento irrotacional: El trmino viscoso desparece yexiste una integral primera denominada ecuacin deBernoulli para hallar la distribucin de presiones.

4.Movimiento viscoso arbitrario: No hay ninguna ayuda

particular, ni regla general, pero an as laintegracin es sencilla.

En este captulo se vern los casos 1 y 2, los casos 3 y 4se ver en el captulo 3 Dinmica de los fluidos.

2.2. ESCALAS DE MEDIDA DE PRESION

Las presiones se expresan con respecto a un origenarbitrario; ordinariamente se consideran dos orgenes:

A.VACIO TOTAL:Las presiones que se miden a partir de lse denominan presiones absolutas.

B.PRESION ATMOSFERICA LOCAL: Si la presin que se deseamedir es superior a la presin atmosfrica local, ladiferencia se denomina presin manomtrica; si ladiferencia de presin es inferior se denomina presin

de vaco. No confundir con el trmino vaco, que esla presin absoluta cuando es muy pequea.


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3

A veces se utiliza para los valores de presin de vacovalores con signo menos, pero son muy pocas veces.

FIG. 2.1 Escala de presiones

Para determinar la presin absoluta:

P = Patm+ pman (2.7)

P = Patm- pvacio (2.8)

UNIDADES DE LA PRESION

2m

N

A

Fp 1 2N/m1Pa

2 2 2Lb/pulg N/m N/m

14,226 ; 98 100 ; 68962 2 2kg/cm kg/cm Lb/pulg

Otras unidades: kg/cm2, Lb/pulg2= psi, 1 bar = 105Pa

patm= 101,3 KPa 14.67 psi 1 bar

A la presin dividida por el peso especfico se denominaaltura de presin.

-2p FL

h L

-3g FL

PRESION

ATMOSFERICA

LOCAL [variable]

VACIO TOTAL

PRESION CERO

pA manomtrica

pB vaco

p baromtrica

B

A

pA

pB


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4

EJEMPLO 2.1: Un manmetro de Bourdon, instalado en una

tubera de petrleo (= 970 kg/m3), indica una presin de2,8 kg/cm2; siendo las condiciones atmosfricas de 1,02

kg/cm2 y 18C. Determinar la presin absoluta en:a)Pascales, b)Metros de petrleo, agua, aire atmosfricolocal, y metros de mercurio (DR =13,6).

SOLUCION

P = patm+ pman (2.7)

P = 1,02 kg/cm2+ 2,8 kg/cm

2= 3,82 kg/cm

2

a)La presin en Pascales:2kg N/m 2p 3,82 x 98100 374 742 N/m

2 2cm kg/cm

p 374 742 Pa

b)La presin absoluta en unidades de longitud de columnade fluido:

ph

fluido g fluido

2374 742 N/mh 39,381 m. de petrleo

39,81 x 970 N/m

2374 742 N/mh 38,20 m de agua

39,81 x 1000 N/m

2374 742 N/mh 31,884 m de aire

39,81 x 1,1981 N/m

1,02 x 98100 Pa

aire J287 291

Kg-K

3 1,1981 kg/mK

2

374 742 N/mh 2,809 m de mercurio39,81 x 13600 N/m


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EJEMPLO 2.2: Determinar la depresin (enrarecimiento)creada por una chimenea, si se conoce que sta mide 50 m dealtura siendo la temperatura de los gases de escape 227C,la del ambiente 27C. A la temperatura de 0C y presin de

760 mm de mercurio, las densidades de los gases y del medioambiente son: gases= 1,27 kg/m3, aire= 1,29 kg/m3.

SOLUCION

La depresin creada por la chimenea es igual a ladiferencia de presiones del ambiente y de los gases decombustin al pie de la chimenea.

27C 227C

Depresin p - paire gases

p g. .h - p g. g.hatm a atm

g.h a - g

La relacin de densidades: = p/RT

p T2 2 1.1 T

1 2p

Para el aire: 27C y 0C

p27C 273atm 0,911,29 p 273 27

atm

327C 1,1739 kg/m

Para los gases de combustin: 227C y 0C

pgas,27C 273atm 0,5461,27 p 273 227

atm

3gas,227C 0,69342 kg/m

Reemplazando valores en la ecuacin ()

Depresin = 9,81 m/s2x 50 m x(1,17390,6934) kg/m3

Depresin = 235,675 N/m2

h = 50 m

p amb

p gas


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Rangos de vaco:

Bajo vaco 1000 a 1 mbar

Medio vaco 1 a 10 -3 mbar

Alto vaco 10 -3 a 10 -7 mbar

Ultra alto vaco < 10 -7 mbar

2.3. ESTATICA DE LOS FLUIDOS

Estudia a los fluidos en reposo, ideales o reales,compresibles e incompresibles.

Al no haber movimiento, las fuerzas de origen viscosodesaparecen y solamente se manifiestan las fuerzasnormales; de manera que la esttica de los fluidos idealeses igual a la esttica de los fluidos reales.

El estudio de la esttica de los fluidos es:

A.Estudio de la presin y su variacin a travs dela masa fluida en reposo.

B.Estudio de las fuerzas producidas por lapresin: sobre superficies y slidos.

El caso particular de fluidos en movimiento que se

comportan como slidos rgidos, se incluyen en la estticapor la semejanza de fuerzas que implican.

A. DISTRIBUCIN DE PRESIONES

Considerando la ecuacin (2.6):

2p (g a) V (2.6)

Un fluido se considera esttico si todas las partculas delmismo estn en reposo o tienen la misma velocidad

constante, con relacin a una referencia inercial, a 0 .Como no existe movimiento relativo dentro del fluido, unelemento fluido no sufre deformacin; es decir, no existen

fuerzas de origen viscoso.2

V= 0

Con estas dos consideraciones, la ecuacin (2.6) se reduce

a: gp (2.9)

Ecuacin vectorial de la esttica de los fluidos


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7

La ecuacin (2.9) es la distribucin esttica de la presiny la expresin correcta para todo fluido en reposo, noimporta cual sea su viscosidad, ya que el trmino viscosose hace nulo.

Utilizando un sistema de coordenadas cartesianas:

pX: g 0

xx

pY: g 0

yy

pZ: g - g

zz

p = p(x,y,z) FIG. 2.2Variacin de p

Como p vara nicamente con z y no con x e y; se puede

pasar la derivada parcial a derivada total.

dp = - gdz =- dz (2.10)

Ecuacin diferencial de la esttica de los fluidos

Para poder integrar la ecuacin (2.10), se debe establecer

la dependencia de y g con z o p.

EFECTO DE UNA GRAVEDAD VARIABLE

En un planeta esfrico de densidad uniforme, la aceleracinde la gravedad (g) vara inversamente proporcional alcuadrado de la distancia hasta su centro.

2

r

or

ogg

(2.11)

go= Aceleracin de la gravedad en su superficie.

ro= radio del planeta. r = Distancia desde el centro del

planeta al punto donde se quiere determinar g

En la tierra: ro= 6400 km; go= 9,81 m/s2

Z

Y

X

g


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8

En los problemas ingenieriles tpicos, las variaciones enla distancia al centro no sobrepasan los 11 km de lasprofundidades ocenicas o los 20 km de los vuelosespaciales comerciales actuales.

Variacin mxima de g:

264002 2g 9,81m/s 9,7489 m/s

mximo 6420

9,7489-9,81% de variacin mximo x 100 - 0,622

9,81

En adelante el valor de g se considerar constante e igual

a 9,81 m/s2.

2.3.1. CASO DE FLUIDO INCOMPRESIBLE

dp = -gdz (2.10)

Los lquidos son prcticamente incompresibles que se puede

despreciar las variaciones de su densidad, esto es =

constante. Luego la ecuacin (2.10) con y g constanteses fcilmente integrable:

dp = - gdzp = - gz+ C

p g z C (2.12)

donde z es la altura potencial, p/ g es la denominadaaltura de presin; y a la suma de la altura potencial conla altura de presin se denomina: Altura piezomtrica. En

todo fluido en reposo la altura piezomtrica es constante.La constante C, en la ecuacin (2.12), se determina apartir de las condiciones de contorno:

Para z = zo, p = patm

Patm+ g zo= C = p + g z

P = Patm- g(z zo)

Z

Y

X

0

1

Patm

h

FIGURA 2.3

ZO Z


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9

P = patm+ g h

P = Patm+ h (2.13)

Donde h es la distancia de la superficie libre lquida alpunto en el cual se desea determinar la presin.

Si consideramos que se va de (0) hacia (1), se notar quela altura h aumenta, incrementndose la presin; es decirque a medida que se desciende, a partir de la superficielibre lquida, la presin se incrementa.

La diferencia de presiones entre el punto (0) y (1):

p1- p0= (Patm+ .h) Patm= .h

est dada por la presin que origina la

columna de fluido h que los separa.

Aplicando la ecuacin (2.13) a dos puntos cualquiera 1 y 2en una masa fluida, se tiene:

P2p1= .(h2h1) = .h

Si se incrementa la presin en el punto 2, en p2, se

producir un aumento de presin en el punto 1, p1; luego:

(p2+ p2) (p1+ p1) = . (h2-h1) = .h

Para que siga siendo vlida esta ecuacin, se debeverificar:

P2= p1

es decir: Todo aumento de presin producido en unpunto, se transmite ntegramente a toda la masa fluida.Este principio (de Pascal) se aplica en las prensashidrulicas.

EJEMPLO 2.3: La figura muestra una fuerza P aplicadasobre el rea ade un pequeo cilindro para levantar unacarga Wque acta sobre un cilindro grande de rea A.

Si el fluido es agua (= 1000 kg/m3) y a = 5 cm2, A = 50cm2; calcular la magnitud de la carga W que se podrlevantar con P = 800 N


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10

P

P1 P2

W

a A

(a)

P1

P2

WAa

(b)

h

SOLUCION:

La presin sobre las caras de los cilindros:

P Wp ; p

1 2a A

a) Cuando se encuentran al mismo nivel: p1= p2

N8000N800x5

50P.

a

AW

b) Existe una diferencia de niveles h:

p p .g.h2 1

W P .g.h

A a

AW P g .h .A

a

50 -4W x 800 9810 x 0,5 x 50x10 8025 N5

.

VALOR DE LA PRESION ATMOSFERICA

La medicin de la presin

atmosfrica se realiza

mediante barmetros.

FIG. 2.5 Barmetro

1 2h

pv

Hg


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11

Aplicando la ecuacin: p + z = constante a los puntos

(1) y (2), se tiene:

P 0 p hatm v

la presin de vapor de mercurio es pequea, con lo

cual para el nivel del mar y a 0C (= 13600 kg/m3), se

tiene:

patm= h g patm/ h g = h = 760 mm de Hg

Por reconocimiento a la labor de Torricelli:

1mm de Hg = 1 Torr

Algunos valores de la presin atmosfrica, en otrossistemas de unidades:

Patm= 1,033 kg/cm2

= 14,7 Lb/pulg2= 101,325 kPa

= 760 Torr

EJEMPLO 2.4:La presin en el bulbo A, de la figura, es de

50 cm de Hg de vaco. Si Hg= 13,58 g/cm3y la presin

baromtrica es de 76 cm de Hg. Cul ser la lectura h del

mercurio en el tubo?.

P = 50 cm. HgvacoA

h 1 2

Hg

SOLUCION

patm= 76 cm

Hg=13,6 g / cm 3


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12

p1= p2

pv+ Hg. h = patm

p pHgv atm . h

Hg Hg Hg

13,58- 50 cm de Hg . h 76 cm de Hg

13,60

h = 1262 mm Hg

2.3.2. CASO DE FLUIDO COMPRESIBLE

dp = - gdz (2.10)

Puede obtenerse resultados muy precisos utilizando la leyde los gases perfectos:

RT

p (1.26)

Luego la ecuacin (2.10), queda:

dzRT

g-

p

dp (2.14)

ahora se hace necesario conocer la variacin de la

temperatura con la altura z.

GAS PERFECTO ISOTERMO: ESTRATOSFERA

En este caso la temperatura es constante, T =To

2 2dp g dz

p RT1 1

o

-


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13

p g2Ln - (z -z )2 1p RTo

1

g ( z - z )2 1-

R To

p2 e

p1

(2.15)

Utilizando la ecuacin de estado: p2 21

1p

g (z - z )2 1

- RTo2 e

1

(2.16)

GAS PERFECTO CON VARIACIN LINEAL DE LA TEMPERATURA

Este es el caso de la TROPOSFERA; la temperatura disminuyecon el aumento de la elevacin, con un gradiente trmico L,(K/m).

T2= T1L (z2z1) (2.17)

T = - z

dz = - dT/L

Reemplazando en la ecuacin (2.14):

2 2dp g dT

p L R T

1 1

p Tg2 2Ln Lnp L R T

1 1

g

LR2

1

p T2p T

1

(2.18)

Combinando con la ecuacin (2.17), se obtiene:


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14

g/LR

L z -zp2 12 1-

p T1 1

(2.19)

Utilizando la ecuacin de estado y (2.18)

2T

1T

.

1p

2p

1

2

g-LRT

2 1 LR

T

1 2

(2.20)

Utilizando la ecuacin de estado y (2.20), se obtiene:

p T2 2 2.

p T1 1 1

g

g - L Rp2 2

p1 1

(2.21)

VARIACIN DE LA TEMPERATURA MEDIANTE UN PROCESO ISENTROPICO

dp = - .g.dz (2.10)

Para un proceso isentrpico se verifica:

pp

op constantek k

o (2.22)

1/k(po/p)

o

1

1

Reemplazando en la ecuacin (2.10):

dp 1 dpdz - -g g


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15

g

dp

1/k/p)o

(p

o

1-dz

z

zo

p

op

1/k

p1/k)o

(p

og.

1-dz dp

pk-1

1 k1/k kz-z - p (p)o og k-1

op

o

k-1

k po kz-z [ 1 - (p/po) ]o k-1 go

1-k

k

op

og.)

oz-(z

k

1-k-1

opp

(2.23)

Hallando una expresin para la temperatura:

k

op

oT

T

p

k

oop

p

oT

T

k

1-k

op

p

(2.24)

op

og.zo-z

.k

1-k-1

oTT

(2.25)

EJEMPLO 2.5:Determinar la temperatura, presin y densidad,a una altura de 750 m.s.n.m., en una atmsfera donde laspropiedades a nivel del mar son: Z = 0, p = 762 mm Hg yT = 17C. Asuma una disminucin lineal de temperatura conla altitud de 4,92C por cada 1000 m.; Raire= 287 J/kg-K.

SOLUCION

Es evidente que es la zona de la atmsfera conocida comoTroposfera; las ecuaciones vlidas son (2.17), (2.18) y(2.20).


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16

T2= T1L z (2.17)

750

CT 17C 0,00492 x 750m 13,31C 286,31 K

m

Con: g/LR = 9,81 m/s2/ (0,00492 K/m x 287 J/kg-K) =

6,9474

22 1

1

p g / L R(T /T )

p (2.18)

p6,9474750 (286,31/290)

762mmHg

p750= 697 mm Hg

Con: 1= p1/RT1

3(762/760) 101,3 x 10 Pa 31,2203Kg/m1 287 J/Kg-K x 290 K

en:

g LR

LR

2 12 (T /T )

1

(2.20)

(g-LR)/ LR = 5,9474

5,9474750 (286,31/ 290)1,2203

31,1308 Kg/m

750

Tambin se ha podido utilizar la ecuacin de estado para

determinar la densidad a una altura de 750 m.

3(697/760) 101,3 x 10 Pa 31,1306 Kg/m287 J/Kg-K x 286,31 K

-

EJEMPLO 2.6:Determinar la presin, densidad y temperaturaa una altura de 20 km. Considere que la troposfera abarcadesde el nivel del mar hasta una altura de 11 km. con unadisminucin de la temperatura con la altitud de L = 0,0492k/m. La estratsfera abarca desde los 11 km hastaaproximadamente 32 km; la temperatura se mantieneconstante.


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17

Las propiedades a nivel del mar son: 762 mm Hg, 17C, R =

287 J/Kg-K.

SOLUCION

El esquema siguiente ilustra el problema:

(km)Z

32

20ESTRATOFERA

11

TROPOSFERA

0 T (C)

0 5 10 15 20

Hay que determinar los valores de presin, densidad y

temperatura a la altitud de 11 km.

KT 290K 4,92 x 11 km 235,88 K11 km

p6,947411 (235,88/290) 0,2381

762 mmHg

p 181,432 mm Hg 24,183 KPa11

24 183Pa 30,35704 kg/m11 287 x 236

Tomando como referencia las propiedades a 11 km de altitud,

se pueden determinar las propiedades de la atmsfera a la

altitud de 20 km; aplicando las ecuaciones para la

atmsfera isoterma.

T20= T11= 236 K = -37C


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18

11

( )20 11

p20

p11

g z z

RTe

(2.15)

20 20

11 11

p

p

(2.16)

11

g(z z ) 9,81 (20 000 11 000)20 11 R T 287 x 236

= 1,30352

Reemplazando valores:

20

-1.30352p /181,432 e 0,271574

p 49,27 mm Hg 6,5675 KPa.20

20 0,271574

0,35704

3 0,096963 kg/m

20

2.3.3.ATMOSFERA INTERNACIONAL NORMAL:ISA

Con el objeto de lograr una mejor comunicacin

entre los expertos de aviacin de todo el mundo, con el finde comparar prototipos de aviones, msiles y cohetes; se

han celebrado numerosos Congresos Internacionales de

Aeronutica, donde se logr aceptar internacionalmente la

definicin de: ATMSFERA INTERNACIONAL NORMAL, que

aproximadamente coincide con la atmsfera real en muchos

puntos de la tierra.


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22/127



20

La Tropsfera abarca desde la superficie terrestre (al

nivel del mar) hasta una altitud de 11 km; la temperatura

disminuye a razn de 6,5 grados kelvin por cada kilmetro

de elevacin (6,5 K/km).

La Estratsfera abarca desde aproximadamente una altura de:

11 km hasta una altura de 20 km.

Tomando los valores consignados en el cuadro anterior:

2g 9,81m/s5,256

LR 0,0065K/m x 287,13 J/Kg K

g LR4,256

LR

g LR1,235

LR

reemplazando en las ecuaciones (2.17),(2.18) y (2.20), se

obtiene para la TROPOSFERA ISA: 0 - 11 km

T = 288 0,0065 Z (2.26)

p = 101,3x103(T/288)5,256 (2.27)

= 1,225 (T/288)4,256 (2.28)

p = 101,3x103(/1,225)1,235 (2.29)

donde: T en grados kelvin

p en Pascales

en kg/m3

Z en metros

La tropsfera termina a una altitud de 11 000 km; donde,usando las ecuaciones anteriores, se tiene:

T = 216,5 K = -56.5C, p = 22,605 KPa, = 0,36364 kg/m3.


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21

Utilizando las ecuaciones (2.15) y (2.16) se obtiene para

la ESTRATOSFERA ISA: 11 km 20 km

T = 216,5 K = -56,5 C = constante

11000

633722605

z

p

e (2.30)

6337

11000

36364.0

z

e (2.31)

= p/62164 (2.32)

donde: Z en metros; p en Pascales y en kg/m3

Haciendo uso de las ecuaciones (2.26), (2.27), (2.28),

(2.30) y (2.31); se ha confeccionado el cuadro 2.2.

ATMOSFERA REAL

1. Desde el punto de vista de la composicin se menciona

la homosfera y la heterosfera. La homosfera se extiendedesde el suelo hasta una altura de 100 km; lacomposicin se considera constante y es debido a losvientos y a los movimientos convectivos. La componentevertical del viento, muy pequea comparada con lacomponente horizontal, es considerable frente a lavelocidad de cada que provocara la distribucin delos constituyentes segn su peso especfico.

La composicin tipo de aire seco, en tanto por cientoen volumen se ha fijado en:

Nitrgeno 78,09 Helio 5,24 x 10-4Oxgeno 20,95 Kriptn 1,10 x 10-4Argn 0,93 Hidrgeno 5,0 x 10-5Dixido decarbono

0,03 Xenn 9,0 x 10-6

Nen 1,8 x 10-3 Ozono 1,0 x 10-6

El gas ficticio definido as, tiene una masa molecularigual a 28,966 y la constante particular del gas R =287 J/Kg-K


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22

2. La altitud para la cual empieza la heterosfera,

comnmente se acepta que se produce a 100 10 km

3. A altitudes relativamente bajas, la distribucin de

temperatura es ms o menos la que da la atmsfera ISA.Una de las ecuaciones muy utilizadas para el clculo de laviscosidad de la atmsfera es la siguiente:

2

1,5T T:K61,458 x 10

: kg/m-s N-s / mT 110,4

(2.32)

que es la que se ha utilizado para los valores del cuadrosiguiente:

CUADRO 2.2 Atmsfera Normal Internacional. ISA

ALTITUDkm

PRESION

103 N/m2

TEMPERATURAK

DENSIDAD

kg/m3

VISCOSIDAD

105kg/s-m

VELOCIDADDEL

SONIDOm/s

0 101,3 288,00 1,2250 1,788 340,175

1 89,846 281,50 1,1116 1,757 336,314

2 79,464 275,00 1,0064 1,725 332,409

3 70,077 268,50 0,9090 1,693 328,457

4 61,607 262,00 0,8189 1,660 324,457

5 53,987 255,50 0,7359 1,627 320,407

6 47,148 249,00 0,6595 1,594 316,305

7 41,029 242,50 0,5892 1,560 312,149

8 35,569 236,00 0,5249 1,526 307,937

9 30,713 229,50 0,4661 1,491 303,667

10 26,408 223,00 0,4124 1,456 299,336

11 22,605 216,50 0,3636 1,425 294,94112 19,305 216,50 0,3106 1,425 294,941

13 16,487 216,50 0,2652 1,425 294,941

14 14,080 216,50 0,2265 1,425 294,941

15 12,025 216,50 0,1934 1,425 294,941

16 10,269 216,50 0,1652 1,425 294,941

17 8,770 216,50 0,1411 1,425 294,941

18 7,490 216,50 0,1205 1,425 294,941

19 6,396 216,50 0,1029 1,425 294,941

20 5,463 216,50 0,0879 1,425 294,941


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23

EJEMPLO 2.7: Determinar la viscosidad absoluta y laviscosidad cinemtica del aire a una altura de 18000 msobre el nivel del mar en una atmsfera ISA.

Use la frmula de Rayleigh para el clculo.

3/4)(T/Too

(1.36)

donde: To = 273 K, po= 101,3 kPa, o= 1,714x10-5kg/m-s

SOLUCION

La ecuacin de Raygleigh es una buena aproximacin para el

rango de presiones y temperaturas que normalmente seencuentran en aerodinmica.A 18 km sobre el nivel del mar, es la estratosfera, donde T= -56,5C = 216,5 K. Luego:

3/4 (216,5 / 273)

kg51,714x10m-s

-5 1,4404 x 10 kg/m-s

La viscosidad cinemtica:

(1.34)

donde la densidad se obtiene de la ecuacin:

(-z 11000/6337) 0,36364 e

(2.31)

3 0,12049 kg/m18Km

Luego:-51,4404 x 10 kg/m-s -4 2 1,19545 x 10 m /s

30,12049 kg/m

Tambin,a 18 km la viscosidad, segn Rayleigh:

1,5216,5 T: K61,458 x 10

: kg/m-s216,5 110,4

= 1,4208 x 10-5N-s/m 2


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24

EJEMPLO 2.8: Los balones de gas de uso domstico en Lima

se llenan a 24 lb/plg 2 , y se venden a S/. 33. estos

balones se planean vender en la ciudad de Puno al mismo

precio y llenados a la misma presin de 24 lb/plg2.

Determine, si este propsito constituye una prdida o una

ganancia adicional si se pretende una venta de 600 balones

por mes.

Considere atmsfera ISA.

SOLUCION

Lima Puno

T = Tamb= 288 K T = Tamb =???

p = 24 psig p = 24 psig

LIMA: S/.32 PUNO: S/.32

Tamb = 15C Tamb =

pamb = 101,325 KPa p amb =

Para z = 4 200 m:

Tamb = 288 K 0,0065 ( 4 200 ) = 260,7 K


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25

P amb = 101,325 KPa (260,7 / 288) 5,256 = 60,033 KPa

LIMA: Clculo de la masa en el baln = p / R T

pman = p - p amb

24 lb/plg2= p 101,325 KPa x ( 14,7 lb/plg2/101,325 KPa)

24 lb/plg2= p 14,7 lb/plg2

p = 38,7 b/plg2 = 266,75 KPa

m = 266 750 x /(R X 288)

m = 926,228 /R [ kg ]

PUNO: Clculo de la masa en el baln = p / R T

pman = p - p amb

24 lb/plg2= p 60,03 KPa x ( 14,7 lb/plg2 /101,325 KPa)

24 lb/plg2= p 8,71 lb/plg2

p = 32,71 b/plg2 = 225,465 KPa

m = 225 465 x / (R X 260,7)

m = 864,83 /R [ kg ]

Costo del kg de gas en Lima S/. / kg

Lima:

S/. 32 / (926,228 / R) [kg]

=

0,0345487 R/[ S/./ kg ]


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26

Diferencia de contenido de masa de gas entre Lima y

Puno:

m = (926,228 /R )- (864,83 /R)

m = 61,398 /R [kg]

Utilidad: m x costo del kg de gas

61,398 /R [kg]x 0,0345487 R/ [S/. R/ ]

Utilidad = 2,12 S/./baln

Venta de 600 balones por mes

Utilidad:

2,12 S/. /baln x 600 balones/mes

1272 soles/mes


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27

B.MANOMETRIA

Bsicamente este mtodo utiliza el cambio de presin conla elevacin para evaluar la presin.

2.3.4.MANMETRO DE COLUMNA

Utilizado para medir presiones o diferencias depresin pequea. Se denominan as debido a que equilibranla presin con una columna de lquido.

1

1

2

h1

h2

atm. atm.

2

h1

h2

1

1

(a) P1 patm (b) p1 patm

FIG. 2.5 Manmetro de columna lquida

La figura (a):1h

11p

2h

2atmp

)1h

2

1-2

(h2atm

p1p

(2.33)

Si el fluido que contiene el depsito es gas: 12 :

p1= patm+ 2h2 (2.34)

Anlogamente la figura (b):

1 2 11p p - ( h h )atm 22

(2.35)


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28

Si el fluido de peso especfico 1es gas:

p1= patm- 2h2 (2.36)

EJEMPLO 2.09: En un tubo en forma de U se verti primeromercurio, luego en un extremo del tubo se ech agua y en elotro extremo del tubo se ech gasolina. Cuando los nivelesde la gasolina y el agua se igualaron, la altura de lacolumna de agua result igual a 45 cm. Determinar ladiferencia de los niveles del mercurio.

Hg= 13 600 kg/m3

gasolina= 700 kg/m3

agua= 1000 kg/m3

SOLUCION

patm+ g ag hagg Hg h - ggas (hag-h)= patm

g aghag= g Hgh + g gashag- g gash

aghag= h (Hg - gas) + gas hag

1000 x 0,45 = h (13 600 - 700) + 700 x 0,45

h = 0,010465 m = 10,465 mm Hg.


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29

EJEMPLO 2.10:Determinar la presin absoluta (en mm Hg) delagua contenida en una tubera, si el manmetro en forma deU registra una diferencia de niveles igual a 520 mm demercurio. La presin baromtrica es de 750 mm de Hg.

SOLUCION

P = patm- Hg h + ag h1

La presin p en mm de mercurio:

1h

Hg

aguah-

Hg

patp

Hgmm1380x136001000Hgmm520-Hgmm750p

p = 750 520 + 101,4706

p = 750 418,53

p = 331,47 mm Hg

p = 418,53 mm Hg de vaco


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30

EJEMPLO 2.11: Determinar la presin pA, absoluta y

manomtrica y expresarla en Pa y bar.

aceite = 845 kg / m 3

agua = 1000 kg / m 3

Hg = 13 600 kg / m 3

patm = 101,3 kPa

g = 9,81 m / s 2

SOLUCION

Partiendo del extremo abierto del manmetro:

Patm+ HghHg- aghag- aceitehaceite= pA

101 300N/m2 + 9,81x13 600x0,3 9810(4,5 - 3)-9,81x845x3 = pA

pA= 101741 N/m2= 101 741 Pa

pA= 1,01741 bar

La presin manomtrica:

PAman= pA- patm

PAman= 101 741 Pa 101 300 Pa = 441 Pa

PAman= 4,41 x 10-3bar


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31

Cuando la presin es muy pequea, se utiliza el arreglosiguiente:

FIG. 2.6 Micromanmetro de tubo inclinado

PA= patm+ m (L sen + h)

El volumen que desciende en el depsito de rea A es elmismo volumen que asciende por el conducto de rea a.

= A h = a L

LA

ah

Luego:

PA= patm+ m L (sen +A

a) (2.37)

EJEMPLO 2.12: Considere el manmetro de cisterna que se

muestra en la figura 2.6. La escala se establece con base

en que el rea de la cisterna Aes infinita. Sin embargo,

en este caso A es 50 veces el rea a de la seccin

transversal del tubo inclinado.


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32

a. Determine una expresin para evaluar el porcentaje de

error (basado en la escala de lectura) al emplear

sta escala.

b. Realice los clculos para = 30; a/A = 1/50; DR

aceite= 0,85.

SOLUCION

PA- patm= m L (sen +A

a) (2.37)

Si A>> a PA- patm= m L sen

a. El porcentaje de error:

m m

m

a L sen - L (sen + )

A%a

L (sen + )A

a sen - (sen + )

A%a

(sen + )A

Error

Error

a-A%

asen +

A

Error

b.

1-

50% 100 3,841

sen 30 +50

Error

EJEMPLO 2.13: En el micromanmetro de la figura 2.6

determine el ngulo para que 1 cm de longitud L sea

equivalente a una pman = 30 Pa.

El fluido utilizado en micromanmetro es aceite de DR =

0,86 y la relacin de reas a y A estn como 1:25

SOLUCION

pA- patm= m L (sen +A

a)


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34

EJEMPLO 2.14: El dispositivo mostrado se usa para medirpequeas diferencias de presin en gases. Se introducengases a las presiones pA y pB en el interior de ambos

dispositivos, respectivamente, cuya seccin transversal

tiene un rea A. En los brazos del tubo en U de seccintransversal a, s emplean dos lquidos de diferente peso

especfico (2 1). Determine una expresin para evaluarla diferencia de presiones pA - pB.

SOLUCION

Inicialmente los dos depsitos se encuentran al mismo nivelpero al introducir los gases se produce el desnivel h.

pA+ 1hA- 2h - 1(hB-h) = pB

pA- h (2- 1) - 1(hB- hA) = pB

pA - pB= h (2- 1) + 1X

De la figura: El volumen que desciende en el depsito es

igual al volumen de lquido 2desplazado:

aA a h hA

x x


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35

ap -p h ( - )

A B 2 1 1A

Puede observarse que si A>>a, la ampliacin del dispositivo

es mas o menos proporcional a 1/(2- 1).

EJEMPLO 2.15:El manmetro de la figura se usa para medirla diferencia de los niveles de agua en los dos tanques.Calcular sta diferencia. Haceite = 38 mm.

SOLUCION

Denominando h1 y h2 a las distancias que aparecen en lafigura, la diferencia de los niveles de agua en los dostanques est dado por:

H = h2h1

Luego:

PAgagh1+ g aceihacei+ g ag(h2- hacei)= pB

Tanques abiertos a la atmsfera: pA= pB

g ag(h2h1) g hacei(ag- acei) = 0

acei(h -h ) - h (1 - 02 1 acei

ag


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36

h = (h2-h1) = (1 DRacei) hacei

h = (1-0,90) x 380 mm aceite = 38 mm de aceite

EJEMPLO 2.13: La figura 2.7 (b), ilustra un dispositivopara evaluar el caudal de agua que circula por el conducto:

fluido

)2p-

12(p

AcdQ

donde: cd= Coeficiente de descarga del dispositivo 0.97

A = Area en la garganta. 11,4 cm2

p1- p2 = Cada de presin entre las secciones 1 y 2

= Densidad del fluido que circula.

Determinar el caudal en litros/s, que circula, cuando elmanmetro diferencial registra h = 85 mm Hg. Considere a

15C, agua= 995 Kg/m3, Hg= 12 200 Kg/m3y g = 9,807

m/s2.

SOLUCION

Aplicando la ecuacin (2.39): 1-mh

2p-

1p

p -p 122001 2 0,085 m - 1 0,9572 m de agua95

Reemplazando en la ecuacin del caudal:

Hg2cdAQ

donde H = (p1-p2)/ = metros de agua.

-4 2 2Q 0,97 x 11,4x10 m 2 x 9,807 m/s x 0,9572 m

Q = 4,7914 x 10-3m3/s

Q = 4,7914 L /s


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37

2.3.6.MANMETRO DE TUBO DE BOURDON

Este tipo de manmetro consta de un tubo que tieneuna seccin transversal elptica doblada en un arco

circular. Cuando la presin ambiente prevalece en elmanmetro, el tubo no se deforma, estando la agujacalibrada y marca cero. Cuando se aplica presin almanmetro el tubo curvado tiende a enderezarse y de acuerdoa su desplazamiento la aguja calibrada indicar la magnitudde la presin que se ejerce en uno de sus extremos.

FIG. 2.8 Manmetro de tubo de Bourdon

El manmetro indicar una presin:

EJEMPLO 2.14:Los compartimentos de los tanques se cierrany se llenan con aire. El manmetro A indica 207 Kpa. Elmanmetro B registra un vaco de 254 mm Hg. Qu indicarel manmetro C, aislado de la atmsfera?. Presin

baromtrica igual a 101 Kpa.

A

B

C

1 2

SOLUCION

pamb

p

p man= p - p amb


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38

P1patm= 207 KPa ...(1)

P2patm= - 254 mm Hg ...(2)

P1p2= pC ...(3)

Restando miembro a miembro las ecuaciones (1) y (2):

P1p2= pC= 207 kPa + 254 mm Hg

PC= 207 kPa + (254/760) x 101,3 kPa

PC= 240,856 kPa


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39

C. FUERZAS SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS

SUPERFICIE PLANA HORIZONTAL

La magnitud y punto de aplicacin se puede determinarfcilmente, como se muestra.

F

p= hh

FIG. 2.9 Fuerza sobre superficie planahorizontal de rea A

dF = p dA

F = p A = g h A = h A (2.40)

El punto de aplicacin de F esta en el CG de la superficie

plana horizontal, como se muestra en la figura.

SUPERFICIE PLANA INCLINADA

Cuando la superficie plana se encuentra inclinada conrespecto a la horizontal, la presin que acta sobre ellaes variable y en consecuencia la fuerza; por lo que sernecesario hallar una fuerza resultante F.

Considrese el caso de una superficie plana de rea A,

inclinada en un ngulo . Por el otro lado de la superficieacta la presin atmosfrica. Hallar expresiones paradeterminar la fuerza resultante F y el punto donde seconsidera que acta.

a: Magnitud de la fuerza:

Tomando un elemento de rea dA, ubicado a una distanciay del eje de coordenadas y a una distancia h de lasuperficie libre lquida, la fuerza de presin que acta

sobre el elemento dA, de la cara superior de la superficie,est dado por:


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40

FIG. 2.10 Fuerza sobre superficie plana inclinada

dF - p dA

El signo negativo indica que la fuerza Fd , acta en contra

de la superficie, es decir en una direccin contraria a Ad.

Como el fluido est en reposo, no existen esfuerzoscortantes en el fluido; es decir, la fuerza F actaperpendicular a la superficie.

A dAh)B(pA dApF

A hdAABpF

Como: sen = h/y


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41

A ydAsenABpF (2.41)

Si la densidad (o peso especfico) del fluido es constante:

AydAsenA

BpF

de Mecnica racional: A A/ydACGy

F = pBA + sen yCG A (2.42)

Haciendo: pB = hequiv.

F = hequivA + hCGA = (heq+ hCG) A

F = HCG A = pCG A (2.43)

Donde HCGes la distancia del centro de gravedad a la

superficie libre imaginaria, tal como se muestra en

la figura 2.11. p= pB + hCG, presin del aire msla presin debido al lquido

FIG. 2.11 altura equivalente


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42

FIG. 2.12 Prisma de presiones

F = pCG A = HCG A

b. Centro de presiones:

Es el punto donde la lnea de accin de la fuerzaresultante F corta a la superficie plana. El punto deaplicacin de la fuerza resultante debe ser tal que elmomento de dicha fuerza con respecto a cualquier ejeresulte igual al momento de la fuerza distribuida respectoal mismo eje.

(i): Sea: rcp= (xcpi+ ycpj, el vector posicin desde elorigen de coordenadas (x,y,z)al punto de aplicacin de la

fuerza resultante F.

dF h

Z

z


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43

cpr F = r Fd = - r p Ad

cp cp cp( i + j + k) ( - F ) k x y z = A ( i + j + k) ( - p dA ) k x y z

cp cpF j - F i ( j - )x y x p dA y p dA i

momento respecto al eje x:

cp Fy y p dA (2.44,a)

momento respecto al eje y:

cp Fx x p dA (2.44,b)

La presin p es igual a:

p = PB+ .h = pB+ .y sen

+ En la ecuacin (2.44,a):

cp

2

cp

cp

F ( )

F

F

B

B

B CG

y y p y sen dA

y p y dA sen y dA

y p y A sen Ixx

Cambio de eje: Considerando el teorema de los ejesparalelos:

Ixx = I + y2CG . A

Ixy = I + xCG.yCGA

Iyy = I + x2CG.A

Luego:

cp F . .B CG CG CGy p y A sen I sen y y A

cp F ( )B CG CGy p A h A y sen I

con F .B CGp A h A

cp CG

sen Iy y

F

cp CG

sen Iy y

F

(2.45,a)


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45

obtendrn las ecuaciones (4.45 a,b)si se utiliza el sistema

de referencia (X,Y,Z).

b. Centro de presiones cp (Xcp,Ycp)

tomando momento con respecto al eje X:

cp

cp

2

cp

2

cp

F . . .( . ).

F ( . . )

F .

F ( )

CG

CG

Y Y p dA Y H dA

Y Y sen Y dA

Y sen Y dA

Y sen Ixx sen I Y A

Luego:

2

cp F .CGY sen I sen Y A

cp

cp

F .

F .

CG CG

CG CG

Y sen I sen Y Y A

Y sen I H Y A

con F . .CGH A

cp CG

sen IY Y

F

cp.

CG

CG

sen I sen IY Y

H A F

(2.45,a)

Idem:

cp.

CG

CG

sen I sen IX XH A F

(2.45,b)

EJEMPLO 2.15: Sobre la pared vertical de un tanque delquido de peso especfico variable, se dispone de unapuerta de 1 m de ancho y 1,5 m de altura. La puerta estarticulada en su arista superior, la cual se encuentra 1 mpor debajo de la superficie lquida. La presin manomtricaen la superficie libre lquida es 0,5 bar. Qu fuerzadeber aplicarse en el extremo inferior de la puerta con el

fin de mantenerla cerrada?. Peso especfico del lquido =


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46

7856 + 314 h (N/m3); siendo h la distancia medida apartir de la superficie libre lquida.

SOLUCIN:

La magnitud de la fuerza P, necesaria para mantener cerradala compuerta est dado por:

1,5 P F b.......... ( ).

Clculo de la fuerza F: dF = - p dA

F = p . dA = h . a dh

F = 12.5(7856 + 314 h) h.dh.a

F = 7856 h2 + 314 h3 2.5. a

2 3 1

F = 22 153 N

Clculo de la distancia b:

Hcp . F = Ah . p da

= 12.5(7856 + 314 h) h2.dh.a

F = 7856 h3 + 314 h4 2.5. a

3 4 1


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47

F = 41 286 N-m

hcp = 41 286 = 1,86368 m

22 153

b = 0,864 m = A +B h

Reemplazando en (): h

1,5 P >22 153 N x 0,864 m

P > 12 760 N

EJEMPLO 2.16: Lafigura muestra una compuerta de 1,5 m deancho articulada en el extremo B y descansa sobre una paredlisa en el extremo A. Calcular.

a. La fuerza F sobre la compuerta debido a la presin deagua y su punto de aplicacin de dicha fuerza.

b. La fuerza horizontal P que se ejerce sobre la pared enel apoyo A.

c. Las reacciones de la charnela B.

SOLUCIN:


50/127



48

La fuerza que acten sobre la compuerta debido al agua:

F = .HCG. A = .hCG. A ..... ()

Tan = 1,8 = 0,72 = 35,75

2,5

Las medidas de la compuerta:

Ancho = a = 1,5 m

Largo = b = (1,82+ 2,52)1/2= 3,08 m

Luego:

hCG= 4,6 0,9 = 3,7 m

A = a x b = 1,5 x 3,08 = 4,62 m2

agua = 998,6 kg / m3

Utilizando la ecuacin:

agua= 998,91 kg / m3

Reemplazando en ():

F = 998,6 x 9,81 N x 3,7 m x 4,62 m2

m3

F = 167 KN

Determinacin del centro de presiones: cp = xcp, ycp

xcp - xCG= I. sen

F

ycp - yCG= I. sen

F


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54

F1. y1F1. y2 = FR. y

Del ejemplo anterior: (c)

y1= h1/3 ; y2= h2/3

a (h31- h32) . a (h22) . y

2

y = 1 h31h32

3 h21h22

EJEMPLO 2.19: Un depsito de 10 m de profundidad y 3.5 m deancho contiene 4, de aceite. 3 m de agua y 2 m de mercurio.

Calcular:

a. La fuerza hidrosttica total sobre la pared lateral.b. El centro de presiones de la fuerza resultante sobre la

pared lateral.

SOLUCIN

a) La presin en el centroide de las tres superficiesplanas:PCG1= 9,81 x 880 N x 2 m = 17 266 N/m2

m3

PCG2= 9,81 x 880x4 N/m2+ 9810 N x 1,5 m = 49 246

N/m2

m3

PCG3 = 9,81 x 880x4+9810x3 + 9,81x13 570x1 = 197 083

N/m3

La fuerza que acta en cada parte:

F1= 17 266 N x (4 x 3,5)m2= 241 724 N

m2


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55

F2= 49 246 x (3 x 3.5) = 517 083 N

F3= 197 083 x (2 x 3.5) = 1 379 581 N

Luego: 1

F = Fi = F1+ F2+ F3

2

F = 2 138 KN

b) El centro de presiones:

hcp1 hCG1 + (hcp1hCG1) = hCG1 +.I

F1

hcp1hCG1= I

hCG1.A

F1 = .hCG1 . A


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57

EJEMPLO 2.20: El manmetros de mbolos se compone de dosmbolos de distintos dimetros D y d unidos rigiendo entresu el gas, de presin p, empuja a estos mbolos hacia

arriba y con ellos, al lquido especfico que existe

sobre el mbolo superior. Determinar la presin p enfuncin de la altura z.a.El depsito AB, posee aberturas.b.El depsito AB se encuentra cerrado. Carece de aberturas.

SOLUCIN

a) Como el depsito AB posee aberturas, el aire que seencuentra entre los dos mbolos mantiene una presinconstante e igual a P0. Sin considerar el peso de losmbolos:

Fy= 0

(po+ .z) D2- poD2+ poD2- poD2= 0

4 4 4 4

de donde: p = po+ z (D/d)2

Como no hay aberturas en el depsito AB, resulta que

la presin del aire entre los dos mbolos es variable:

p

Fy= o (po+ .z). ADp.AD+ p.AD- p.AD= 0

de donde:

p = (po+ .z). ADp(AD- AD)/Ad (1)

Si BD = x, BC = h y L es la separacin entre los mbolos;el volumen de lquido est dado por:

V = Ado. Z + AD.h + Ado.x - AD.x - Ado.h


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59

La fuerza neta sobre el mbolo est dada por la diferenciade stas dos fuerzas:

F = D2h - D2(h+b) - D2(h+b)

4 4 4

F = d2(h+b) D2b

4

EJEMPLO 2.22: Un mbolo hueco de peso W y dimetro D = 3docupa la posicin inicial indicada en la figura. El tubolateral tiene dimetro d1= 0.5 d. Determinar el descansodel mbolo para la posicin de equilibrio.

SOLUCINConsiderando que el mbolo desciende h1 y el fluido deltubo asciende h2; se tiene:

d2 h1 = d12h2

De donde:

h2 = d2 h1 = 4 h1

d21

Del ejemplo anterior, la fuerza que empuja al mbolo haciaarriba:

F = d2(h+b) D2b

4

Como h = h1 + h2 = 5 h1, D = 3d y F = W; se tiene:

W = d2(5 h1+b) 9d2b= 5d2h1 8

d2b

De donde:h1 = 4 W + 2b


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W: Peso del fluido que ocupa el volumen .

La magnitud de la fuerza vertical que acta sobre unasuperficie alabeada es igual en magnitud y direccin alpeso del fluido comprendido entre la superficie alabeada yla superficie libre del fluido.

ii) LNEAS DE ACCIN DE LAS FUERZAS

Para el caso de fuerzas horizontales, se determina de lamisma manera que en el caso de superficies planas. La lnea

de accin de la fuerza vertical pasa por el centro degravedad del volumen del fluido que se encuentra por encimade la superficie curva.

Para la determinacin del valor de la fuerza vertical Fv,de acuerdo a la ecuacin (2.50), se requiere hallar el

volumen del cuerpo de presin ; para lo cual es necesarioproyectar la superficie curvilnea sobre la superficielibre o su prolongacin. O bien tomar por tal unasuperficie donde la presin absoluta es igual a la presinambiente.

Todo lo encerrado entre la superficie curvilnea y suproyeccin es el volumen del cuerpo de presin.

dA

d= h dAz


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65

AOBFA= (1,866 R) (0,5R) (L) 1/2 (0,5 R) (0,866)L

= 0,7165 R2 L

AOBFA+ R2(180 + 30)/360 L = 1,8326 R2L

Luego: F = (FH2+ FV2)1/2= 3,0869 R2L

El centro de presiones se determina de igual manera que elcaso (b).

EJEMPLO 2.24: La compuerta mostrada en la figura tiene unancho constante b = 5 m. La ecuacin describe su superficiees x = y2/a, donde a = 4m. Determina las componentes de lafuerza resultante de la accin del agua sobre la compuertay su lnea de accin.

SOLUCIN

La fuerza horizontal:

FH= PCG . Ax= .hCG. Ax= H b H

FH= 9 810 N 2m (5 x 4) m2= 392 400 N

m3

Su lnea de accin:

y = hCG(hcp- hCG) = hCG- I s

hCG. Ax

y = 2m - (5) 43/12 m = 1.333m

2 x 20

La fuerza vertical:


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66

Fv= .V = .h.dAy = (H-y) b.dx

2.62 Distribucin de presiones en un fluido

Con x = y2 dx = 2 y . dy

A a

Fv= 2b H(H y y2) dy = b H30 3a

Fv= 9810 x 5m x 43m3= 261 600 N

3 x 4 m

Su lnea de accin:

Fv. x = 2b H(H y y2) dy . y2a 0 a

Fv. x = 2b H(H y3y4) dy . b H5a 0 10 a2

Con: Fv= .b.H3/3 a, se tiene:

x = 3 H2 = 3 x 16 = 1.20 m

10 a 10 x 4

La fuerza resultante:

F = (F2+ FV2)1/2= (261.62+ 392.42)1/2

F = 471.606 N


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68

F = W + 15 R3

8

EJEMPLO 2.26: Un mbolo hueco, de peso despreciable serequiere que est en equilibrio cuando H = 6 h; para que severifique est situacin, determinar la relacin entre losdimetros D y d.

SOLUCIN

Las fuerzas que actan sobre el mbolo, es la accin de lacolumna H y la accin del fluido la pared lateral del conolas cuales deben de ser iguales para que el mbolo est enequilibrio.

La fuerza hacia arriba sobre el mbolo:

F1= .H D2.......... (1)

4

La fuerza hacia abajo sobre la superficie lateral deltronco de cono:

V = 1 h (R2+ R r + r2)3

V = 1 h (D2+ D d + d2)12

F2= p . A + .V


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69

p.A = H (D2d2)4

V = 1 h (D2+ d2 - Dd) - d2h12 4

V = 1 h (D2+ d2 - Dd) - d2h12 4

V = 1 h (D2+ Dd 2 d2)12

Luego:

F2= H (D2d2) + h (D2+ D d 2 d2)....(2)

Igualando (1) y (2); con H = 6 h; se tiene:

O = - 6 d2+ 1 (D2+ D d 2 d2)

4 12

O = - D2+ D d 20 d2

Haciendo: x = D/d

O = x2+ x 20

De donde: x = 4

y Dd = 4

EJEMPLO 2.27: Determinar la masa del cilindro mostrada, quetiene 1m de longitud y est sostenido por el lquido.

Considere nulo el rozamiento el cilindro y la pared.

SOLUCIN

El peso del cilindro est equilibrio por la accin delfluido sobre la superficie BASC.


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71

SOLUCIN

La bola se elevar cuando la fuerza p.A supere al peso dela bola y la fuerza que el fluido ejerce sobre la bola. Esdecir:

p b2> W + Fv (1)

Considerando que el aire se comprime isotrmicamente:

p0. V0= pf. Vf

p0. a = (a - x) (2)

Siendo x el desplazamiento del mbolo y despreciando elvolumen de la vlvula.

Reemplazando (2) en (1):

X > a (1 - po.b2) (3)

W + Fv

Determinacin de la fuerza vertical:

Fv= (V1V2) (4)

V1= r2(H + po - h) 1 4 r3 2 3


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72

V2= r2(H + po - h) b2(H + po h)

+ (V Casquete-b2h)

esfrico

El volumen del casquete esfrica:

Vcasquete = h (3 r2+ 3 b2 + h2)

6

Luego con b2= r2h2, se tiene:

Vcasquete = r2h h3)

3

Y V2= r2(H + po h) - b2(H + po) + r2h - h3

3

Reemplazando los valores de V1y V2en la ecuacin (4):

Fv = 3 b2(H + po) 2 r33 r2h + h3

3


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73

D. FUERZAS SOBRE CUERPOS SUMERGIDOS

La figura siguiente muestra las posibles posiciones deun cuerpo cuando entra en contacto con un lquido.

a b c d

Caso a:El peso (w) del cuerpo es equilibrado por la accin

de la tensin superficialw= . L

Caso b:El peso (w) del cuerpo es equilibrado por la accin

del liquido y del aire w = Faire+ Flquido

Caso c:El peso (w) del cuerpo es equilibrado por la accinnicamente del lquido w = Flquido

Caso d:La accin del aire y del lquido no son suficientespara equilibrar el peso (w) del cuerpo, se requiere de laaccin del fondo del depsito w= Flquido+ Ffondo

Los casos (b) y (c), el peso del cuerpo es equilibrado porla accin de los fluidos.

De acuerdo a la ecuacin (2.13) la presin en un

fluido en equilibrio, aumenta al incrementarse laprofundidad (h); y como consecuencia de esto el fluidoejerce una fuerza resultante hacia arriba sobre cualquiercuerpo que se sumerja total o parcialmente en l. Estafuerza es conocida como fuerza de flotacin o fuerza deempuje.

En otras palabras, un cuerpo est en flotacin, cuandoest en contacto nicamente con fluidos, de manera que lasfuerzas superficiales originadas por los fluidos equilibranla fuerza debido a la gravedad al actuar sobre el cuerpo.


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76

h


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Ing. Jorge Sifuentes Sancho

ii) CUERPO EN CONTACTO CON DOS FLUIDOS INMISCIBLES

FIG. 2.17 Fluidos inmiscibles A y B

Considere que el fluido a est hasta una altura H

hipottica.

Superficie RST: FV1= A1

1es el volumen comprendido entre la superficie curva RSTy la superficie libre, a una distancia hipottica H.

Superficie RPT: FV2= AH A + BB

FV2= A[ 1 + A ] + BB

La altura H del fluido A ocasiona una presin AH, y stase transmite a todo el dominio fluido B, originando una

fuerza vertical hacia arriba AH A. La proyeccin de lasuperficie RPT a la superficie libre del fluido B, produceun volumen de cuerpo ficticio, por lo que la fuerza

vertical est dirigida hacia arriba y es igual a B B.Adems el producto A .H es igual al 1ms el A; luego lafuerza vertical neta est dada por: Fv = FV2 - FV1

FV= AA + BB (2.53)

Los centros de empuje de A y B no necesariamente seencuentran sobre la misma lnea vertical, en consecuenciaFVno pasa a travs del centroide del volumen total.

Cuando el fluido inferior es un lquido y el fluidosuperior es un gas (caso de los barcos), se puededespreciar la fuerza de empuje del gas; de manera que:

FV= BB (2.54)

H

rea= A


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2

Es comn denominar a esta fuerza vertical fuerza de empujeFE, aunque el lquido no moja todo el cuerpo.

Dado que el cuerpo se encuentra en equilibrio:

FE = W = Peso del cuerpo (2.55)

EJEMPLO 2. : En Un recipiente con agua flota un pedazo de

hielo.

a. Qu ocurrir con el nivel de agua de este recipiente

cuando el hielo se derrita?.

RPTA. El nivel de agua permanece constante.

b. Suponga que dentro del pedazo de hielo se encuentraun trozo de plomo, Qu ocurrir con el nivel de agua

cuando el hielo se derrita?.

RPTA. El nivel de agua desciende.

Sea:

: volumen de hielo + volumen del plomo

V: volumen del plomo.

1: volumen del agua desalojada.0: densidad del agua.

1: densidad del hielo.

2: densidad del plomo.

Peso de hielo + peso de plomo = 1.g (-V) + 2.g V

= 0.g 1 .[a]

Derretido el hielo se convierte en agua, cuyo volumen

2, se determina:

1.g (-V) = 0.g 2.[b]

[b] en [a]:

0.g 2 + 2.g V = 0.g 1

de donde: 2= 1 - V ( 2/ 0)


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3

hasta la fusin del hielo fue desalojado un volumen

1de agua, despus el plomo y el agua pasan a ocupar

un volumen ( 2+ V )

2+ V = 1 V (2- 0 )/ 0

como 2> 0 plomo ms pesado que el agua), se

establece que 2+ V < 1

El nivel de agua desciende

c. Ahora, en lugar de plomo se coloca dentro del hielo

un pedazo de corcho.

RPTA. El nivel de agua no varia

ya que el corcho flota.

d. Si hay una burbuja de aire en el corcho

RPTA. El nivel de agua no varia.

P4. En un experimento de laboratorio, un bloque de madera con rea A de seccintransversal se suspende por encima de un recipiente de agua mediante un resorte

lineal con una constante de resorte k, como se muestra en la figura (a). La parteinferior del bloque se encuentra a una distancia D por debajo del nivel del punto dondese sostiene el resorte.Cuando el nivel del agua del recipiente se eleva a una distancia h por debajo del puntode sostn, como se aprecia en la figura (b), el bloque flota y se eleva a una distancia dpor debajo de dicho punto. Exprese la distancia d en trminos de los parmetros A, D,

k, h y la densidad del agua .


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2

FIG. 2.21 Equilibrio inestable

Lo anterior, se puede resumir en la siguiente ecuacin:

GM = EM - EG (2.58)

donde la condicin de estabilidad nos da para GMpositivo.

La longitud EM se demuestra que es igual a:

I yyEM=

(2.59)

Donde:

Iyy = Momento de segundo orden de la superficie deflotacin con respecto al eje longitudinalYY.

V = Volumen sumergido en el lquido.

FIG. 2.22


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3

A-C: Posicin del equilibrio

AC: Nivel del agua cuando a ocurrido un desplazamiento

Para ngulos de desplazamiento pequeos:

EM = EE = EE (1)

Sen

La posicin de o: El desplazamiento , se observa quedesplaza una cantidad de agua adicional en el lado derechoy una cantidad igual de agua abandona el lado izquierdo; de

manera que:W agua OCC= W agua OAA

Luego:

dF = DD. dA = X. . dA

De manera que:

X=CO X=CO

F = Wagua= x. . dA = x. .dAX=CO X=CO

X=CO

x. . dA = 0X=CO

Como: y son diferentes de cero:

x. dA = Oprimero momento del rea del plano de la lnea de agua.Luego, eje y-y pasa por el centroide del rea del plano dela lnea de agua.

Movimiento del centro de empuje: EE

Tomando momento con respecto a YY:

dM = . dA.X = . x2. dA

M = . IYY (2)


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6

= W Wagua W W

El peso del cuerpo:

W 270 N = 9 810 N/m3x 0.17 m3W = 1 937.7 N

Reemplazando en (1):

DR = 1 937.7 160 = 1.06596

1 937.7 270

EJEMPLO 2.32: Un cilindro hueco de 1 m de dimetro y 1.5 mde altura pesa 4 KN.a. Determinar el peso de plomo (S = 11.2) que debe de

unirse al fondo por su parte exterior, para que elcilindro florente verticalmente con 41 m del mismosumergido.

b. Determinar el peso del plomo que se necesita, si secoloca dicho peso en el interior del cilindro.

SOLUCIN

a) Peso del cilindro + Peso de plomo = FE

Wcilindro+ Wplomo = (Vcilindro + Vplomo)

4 000 N + 11.2 X 9 810 ( e ) = 9810 ( + e )


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8

W = a b t2+ b t

.L 2 h

De donde se obtiene el valor de T.

EJEMPLO 2.34: Determinar la profundidad a la que hundir untronco de 2 m de dimetro y 5 m de longitud, en agua dulce,si la densidad relativa de la madera es de 0.425.

SOLUCIN

Si la densidad relativa de la madera fuese 0.5, el troncoestara sumergido la mitad.

Peso del tronco = Fuerza de empuje

.V = .V = (V OACBO2V ODBO)

V OACBO= 2R2L

360

V ODBO= 1 OD . DB . L = 1 . R cos . R sen .L

2 2

= 1 L R2sen . cos

2

R2. L = ( 2 R2.L L.R2sen . Cos )

360

= 2 sen 2


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9

360 2

0.425 = sen 2= A

180 2

70 80 85 83 84 83.4 83.2

A 0.286 0.39 0.6458 0.4226 0.4335 0.427 0.425

De donde: = 83.22 = 83 13 12

La profundidad h: h = OC OB cos = R(1 cos ) = 0.882

m.

Distribucin de presiones en un fluido 2.79

EJEMPLO 2.35: Un tablero delgado (1) de seccin recta A ylongitud SL, se va empujando hacia el agua apoyada sobre laarista B y queda en equilibrio en la posicin indicada enla figura. Teniendo en cuenta el rozamiento en B, calcular

la longitud x sumergida y la longitud y medida desde B.

SOLUCIN

Tomando momentos con respecto al punto B:

MB= 0

W. d1= FE.d (0)


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10

1(2L.A).(L-y) sen = (x.a).(2L-y-x) sen

2 1.L (L-y) = x (2L-y-x) (1)

2

De la figura: a = (2L-y-x) cos (2)Resolviendo el sistema de ecuaciones:

De (2) : y = 2L X - aCos

De (1) : 21.L ( a - l + x) = .x( a + x)

Cos cos 2

De donde se obtiene el valor de xEJEMPLO 2.36: Un mbolo de rea A1 de peso W1 ajustaperfectamente en un vaso cilndrico de peso W, lleno deaire a la presin inicial Po. Todo el conjunto se sumerge

en otro depsito lleno de un lquido () cuyo peso es W2yrea A2.a. Determinar para el equilibrio las longitudes: x, y, z.b. Si el depsito se mantiene de forma que su parte

superior est 3.5 m por debajo de la superficie libre,calcular la fuerza que acta sobre la parte interior

de la base del depsito.

Considerar: L = 1.8m, D = 1.2m, Po = 101.3 KPa y que elmbolo ha sido retirado.

SOLUCIN

a) La relacin entre la presin interior del aire y lapresin exterior Po, est dada por:

Po + .x = p + W1 (1)A1


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11

Considerando que el aire se comprime esotricamente:

Pi. Vi= Pf. Vf

Po. L = P . z (2)

El peso del cilindro y el mbolo est equilibrado porla accin de la fuerza del empuje:

W + W1= .A1.x (3)

Despreciando el espesor del mbolo

El peso del lquido:

W2= (A2.y A1.x) (4)

Resolviendo las ecuaciones anteriores:

De (3): x = W + W1

. A1 (5)En (1):

p = Po + WA1 (6)

(6) en (2):

z = Po . L = Po.L.AP Po.A1+W (7)

(5) en (4):

W2= (A2. y W + W1)

y = W1 + W1 + W2 (8)

.A2b) La fuerza est dada por:

F = p . A1 (1)

La relacin entre la presin del aire y la presinexterior Po:

P = Po + (3.5 + y) (2)

Considerando comprensin isotrmica:

Pi.Vi = Pf.Vf

Po.L = p.y (3)


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13

SOLUCIN

a) Si el valor de GM resulta positivo, en la siguiente

ecuacin. GM = EM = EG

Y la boya estar en equilibrio estable.

Volumen sumergido: V = FE/ = 771 Kg / 1000 Kg = 0.7771m3

m3

Calado o altura sumergida: h = V/A = 0.771/(0.7)2= 0.50m

Distancia de la base al centro de flotacin: ZE = h/2 =

0.25m

Distancia de la base al centro de gravedad: ZG= 0.90m

Ahora: EG = ZGZE= 0.90 0.25 = 0.650 m

Y: EM = IYY=B r4/4 = 0.74/4= 0.245 mV V 0.771

Reemplazando: en (1): GM = 0.245 0.650 = 0.405 m

La boya se encuentra en equilibrio inestable.

b) Colocando la cadena en la base de la boya, seproducir un momento restaurador. De la figura (b):

T.AG cos FE. MG = 0


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14

T . AG FE. MG = 0 (2)

- La nueva fuerza de empuj: T + W = FE= T + 771

- El volumen de agua potable: V = FE/ = FE/ 1000

- Altura sumergida: h = V/A = FE/ 1539

- Distancia de la base al centro de empuje: ZE= h/2

ZE =

FE/3078

- Distancia de la base al centro de gravedad: ZG =

0.90m

Distribucin de presiones en un fluido 2.83

Ahora: AG = 0.90 m

MG = AG AE EM

MG = 0.90 FE 0.74/4

3078 FE/1000

MG = 0.90 FE/ 3078 188.57/FE

Reemplazando en (2)

(FE771) 0.90 FE(0.90 FE 188.57) = 0

3078 FE

- 505 + FE2 = 0

3078

De donde: FE= 1247 Kg y T = 476 Kg.

EJEMPLO 2.38: La figura muestra un como homogneo,parcialmente sumergido. Determinar el rango de variacin de

K= 1/ para que el cono se encuentre en equilibrioestable.El centro de gravedad del cono: OG = 3H/4 y el centro de

empuje del cono: OE = 3h/4.


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15

SOLUCIN

Como el cono se encuentra en equilibrio:

Peso del cono = Fuerza de empuje

1(1 R2. H) = (1 r2. h)

3 3

de donde: h = 1(R)2H r

de la figura: R = H

r h

Luego la altura de equilibrio estable, la alturametacntrica GM debe ser positiva.

GM = EM EG > O

EM = IYY= r4/4= r2/4V 1r2.h h/3

3

Como:

r = h/ 3

EM = h/4

Usando la ecuacin (1): h=K1/3.H

EM = K1/3.H/4 (3)

EG = OG OE

EG = 3H/4 3h/4 = 3H (1 K1/3

) (4)4


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16

Reemplazando (3) y (4) en (2):

GM = K1/3H 3H (1 K1/3) > 0

4

H. k1/3> 3 H4

De donde: K > 0.42187

El rango de K: 0.42187 < 5 < 1

2.4 FLUIDOS CON MOVIMIENTO DE CUERPO RGIDO

Un fluido con movimientos de cuerpo rgido se muevesin deformarse, como si efectivamente fuese cuerpo slido.Las partculas del fluido pueden estar sometidas atrasladacin y rotacin combinadas, sin haber movimientorelativo entre ellas.

Considerando un fluido no vicioso en movimiento, dondeuna partcula tiene un volumen V; las fuerzas que actansobre dicha partcula fluida son:

1. Las fuerzas de presin que actan sobre todo elelemento de rea dA de la superficie A que limita elvolumen V.

FP= - p.dA

2. Las fuerzas de volumen, debido es la accingravitatoria:

FG= p.g.dA

La suma de estas fuerzas deber producir una aceleracin dela partcula, es decir:

F = m a = Fp+ FG.

p a dV = -P a dA + P g dVV V V

Utilizado el teorema del gradiente, que permite transformar

una integral de rea a una integral de volumen:p a dA = P dA


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17

V V

Se tiene:

p V (P a + p p g) = 0V

De donde:

p = p (g-a) (2.601)denominada ecuacin de EULER, donde:

p : Fuerza de presin por unidad de volumen

p g : Fuerza gravitatoria por unidad de volumen

p a : Fuerza de inercia por unidad de volumen

Esta ecuacin tambin a podido obtenerse a partir de laecuacin (2.6):

p = p (g - a) + V2 V

(2.6)

Donde, como no hay desplazamientos relativos entrepartculas de fluido, los esfuerzos viscosos no existen,

quedando:p = p (g - a)

Haciendo g a = a se tiene:

p = p (g - a) = p aefec

De acuerdo a la ecuacin (2.60), pueden presentarse trescasos aceleracin cero, aceleracin lineal constante yaceleracin angular constante. La ecuacin de Euler seaplica a cada caso para obtener soluciones particulares,como se ver ms adelante.

La ecuacin de Euler en el sistema de coordenadascartesianas queda formado por tres componentes escalares:

X = p = (gx- ax) = gef xx

X = p = (gyay) = gef y (2.62,a)y

X = p = (gzaz) = gef zz


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Para este caso se tiene: a = azK = aoK

Reemplazando en la ecuacin de Euler, se obtiene:

dp = - (g + a0)dz

Integrando:

P = -((g + a0)z + C

La constante de integracin se determina por lascondiciones de contorno.

Para z = ho p = PB

De donde: C = PB+ (g + a0) h0

Luego: p = PB+ (g + a0) (h0z)p = PB+ (g + a0) h

(2.63)

En el caso de que el reciente est abierto a la atmsfera ycae libremente por accin de la gravedad, con resistenciadel aire nulo, se tiene a = g y de la ecuacin (2.60):

p = (g - a) = 0

Es decir la presin en el fluido es constante en todo puntoe igual a la presin atmosfrica.

EJEMPLO 2.39: Determinar la variacin de la presin en elseno de una masa lquida contenida en un recipiente abiertoa la atmsfera, que se mueve verticalmente; cuando elrecipiente:a. Sube con una aceleracin de 4.9 m/s2b. Baja con una aceleracin de 4.9 m/s2

c. Cae libremente, sin resistenciad. Sube con una retardacin igual a la gravedad local de9.8 m/s2

e. Sube con una aceleracin igual a 9.8 m/s2

SOLUCIN

Se tiene: p = patm+ (g + a0)h

a) P = Patm+ (9.8 + 4.9)h = Patm+ 14.7 h

b) P = Patm+ (9.8 + 4.9)h = Patm+ 4.9 hc) P = Patm+ (g - g)h = Patm


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d) P = Patm+ (g - g9)h = Patm

e) P = Patm+ (g + g)h = Patm

ACELERACIN BIDIMENSIONALConsidera un reciente prismtico de dimensiones x0, y0, zocomo se muestra en la figura; el cual se llena de unlquido una altura h0. El recipiente con el lquido essometido a la accin de una aceleracin constante a.Determinar:a. La ecuacin de la superficie libre del lquido en

movimiento.b. Lo interseccin de la superficie libre del lquido en

reposo, con la superficie libre del lquido enmovimiento.

c. La distribucin de presiones.

FIG. 2.24 Aceleracin bidimensional

SOLUCIN

En este caso: a = axI + ay j; g = -g j

X : p = (gx- ax) = (0 - ax) = -axx

y : p = (gyay) = (0 - ax) = -(g +ay)

yz : p = (gyay) = (0 - 0) = 0

z


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La presin es funcin de las variables x e y; p = p(x, y):

dp = p dx + p dy

x y

Reenlazando las ecuaciones de Euler en esta expresin:

dp = - axdx (g + ay)dy

a) En la superficie libre se tiene que: dp = 0

0 = -axdx (g + ay)dy

y = - ax x + C

g+ay

La constante C, sedetermina a partirde las condicionesde contorno:

Para x = y = H H = C

Y la ecuacin de la superficieLibre:

(2) y = H - ax x

g+ay

En donde H depende del volumen del lquido inicial y de laaceleracin.Considerando que no se derrama nada de lquido, se cumple:

Volumen de lquido = Volumen del lquido

en reposo en movimiento

zoxoho = zoxoH1 zoxo(H - h)

ho= - 1 (H - h) (3)


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aefec aefec

dp = - a2X+ (g + ay)2dsaefec

Como: a2efec= a2x+ (g + ay)2 y s medio a partir de la

superficie libre, se tiene:

dp = afectds

(2.75)

p = afects + C

Para s = 0, p = Patm C = Patm

Luego:

P = patm + aefec. s

(2.76)

Las lneas de presin constante sern paralelas a lasuperficie libre lquida:

FIG 2.27 Distribucin de presiones

EJEMPLO 2.40: Hallar una expresin para la variacin depresin en trminos de la coordenadas x e y; para el casode aceleracin bidimensional.


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r2ho = dv = zR2r dr. Dz0 0

= R2 r dr. z

con z = z1+ 2.r2/ 2g

r2ho = R2r dr (z1+ 2 r2)o 2g

R2ho = R 2Z1r dr + R 22r3dr0 0 g

= R2Z1 + 2R44g

ho = R2Z1 + 2R24 g

z1 = ho - 2R24 g (2.79)

Reemplazando la ecuacin (2.79) en la ecuacin (2.78):Z = ho 2R2 + 2r2 = a + b r2


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Vasciurado = 1 2R42 4 g

1 = 2R44 g

EJEMPLO 2.42: El impulsor de 1.5 de dimetro de una bombacentrfuga de agua fra a 1600 rpm. Si el cuerpo de labomba esta totalmente lleno de agua, determinar la alturade presin que se desarrolla por la rotacin.

SOLUCIN

P = patm+ (z1z) + 2r22 g

La presin debido a la rotacin; en trminos de columna defluido es:

P = 2r2

2 g

= 1600 / 30 = 167.55 rad/s

Luego:

P = 167.552x 0.752= 804.84 m

2 x 9.81

EJEMPLO 2.43: Un depsito cilndrico de 1.5m de dimetro y2.5m de altura se llena con agua hasta una altura de 1.5m y

se hace gira alrededor de su eje con velocidad constante.


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TANQUE CERRADO

EJEMPLO 2.44: Un depsito cerrado de 1.20 m de dimetro yde longitud 2.40m, contiene agua hasta uan altura de 1.84m.El aire atrapado se encuentra a una presin absoluta de 120Kpa.

a. Para determinar un valor de velocidad angular constantede 10 rad/s, calcular la presin en la pared lateral ala altura del fondo del cilindro y en el centro delfondo del cilindro.

b. Determinar el valor de la velocidad angular a que debe

de girar el depsito para que justamente el vrtice delparaboloide coincida con el centro del fondo deldepsito.

c. Si el depsito cilndrico gira a una velocidad angularconstante de 22 rad/s, determinar el radio del crculoque queda descubierto al fondo del depsito.


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a) clculo de la presin PCy PD

P = PB+ (Z1- Z) + 2r2

2g

. Para: r = 0, z = 0 p = PC

PC= PB+ Z1 (1)

Dado que el agua es prcticamente incompresible, elvolumen de aire se mantiene constante.

Vaire = VOPT

R2(L-ho) = 1 r2(L-z1) = 1 r2. 2r22 2 2 g

0.62(2.4-1.84) = 1 r2(2.4-z1) = r4100 / 4 x 9.81

De donde: r = 0.5303 m.

Z1= 0.966 m.

Reemplazando en (1):

PC= 120 Kpa + 9810 x 0.966 Pa

PC= 120 Kpa + 9481 Pa = 129.481 Kpa

. Para r = R, z = 0 p = PD

PD= PC+ 2R2

2 g

PD= 129.481 Kpa + 9810 N/m3100 x 0.62 m

2 x 9.81


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