-EstaticadeFluidosEjerciciosResueltos

CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
PROBLEMAS RESUELTOS
PRESION EN UN MEDIO FLUIDO
1-II) En la figura se muestra un tubo de vidrio abierto en “U” abierto a la atmósfera por los
dos extremos. Si el tubo contiene aceite y agua, tal como se muestra, determinar la
densidad relativa del aceite.
Solución.
p A  pB
 aceite (0.35m)   H 2O (0.30m)
D 
 aceite
 H 2O
DR H 2O (0.35)   H 2O (0.30)
0.30
0.35
DR  0.86
DR 

2-II) Calcular la presión en KN
m2
 si el equivalente en columna de agua es de 400 mm
de:
a) Mercurio de densidad relativa 13.6
b) Agua.

c) Aceite de peso especifico 7.9 KN
m3

d) Liquido de densidad 520  Kg 3 
 m 
Solución.
h  400mm  0.4m
a) DR 
 sust
H O
2
65
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS

 Hg   Hg g  13.69.81
 Hg  133.42 KN
PHg   Hg h  133.420.4
PHg  53.4 KN
b) PH 2 O   H 2 O h  9.810.4
c) Pac   ach  7.90.4
d)  L  L g  5209.81
PL   L h  5.10120.4
m3
 m
P  3.92KN 
m
P  3.16KN 
m
  5101.2N 
m
P  2.04KN 
m
2
2
H 2O
ac
2
L
3
L

2
MEDICION DE PRESIONES
3-II) La presión atmosférica estándar es de 14.7lb/pulg2 absoluta. Calcule la altura en una
columna de mercurio equivalente a esta presión.
Solución.
patm   mercurioh
h
patm
 mercurio

14.7lb
pies 3 1728 pu lg 3
*
*
pu lg 2 844.9lb
pies 3
h  30.06 pu lg
4-II) Para la configuración que muestra la figura, calcular el peso del pistón si la lectura
de presión manométrica es de 70 Kpa.
Solución.
p piston   aceite (1m)  70
F
  aceite (1m)  70
A
w  0.86 * 9.79  70
 12
4
w  61.59KN
66
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EJERCICIOS RESUELTOS
5-II) ¿Cuál es la lectura del manómetro de la figura?
Solución.

 Hg  DR  Hg  13.69.81
 Hg  133.42 KN
Pc ( abs)  hA Hg  0.5133.42
PA( abs)  66.71 KN
Hg

PA( abs)  PB ( abs)  66.71 KN
m2

PC ( abs)  PB ( abs)  hBC H 2 O  66.71  0.59.81
 L  DR  H O  0.809.81
Hg
PD ( abs)  PC ( abs)  hDC L  61.81  0.17.85


m2

 m
  7.85KN 
m
 61.03KN 
m
PC ( abs)  61.81 KN
L
2
PE ( abs)  PD ( abs)  61.03 KN

m3
m2

PD ( abs)
2
3
2
 m
 83.20KN 
m
PG ( abs)  PE ( abs)  hEG H 2 O  61.03  0.99.81
PG ( abs)  69.86 KN
2
PH (bas)  PG ( abs)  hGH  Hg  69.86  0.1133.42
PH (bas)
2

PI ( abs)  PH ( abs)  83.20 KN

m2
Pman( abs)  PI ( abs)  83.20 KN

m2

67
CAPITULO II
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EJERCICIOS RESUELTOS
6-II) Con referencia a la figura, y despreciando el rozamiento entre el pistón A y el
cilindro que contiene el gas, determinar la presión manométrica en B en cm de agua.
Supóngase que el gas y el aire tiene pesos, específicos constantes e iguales,
respectivamente, a 0.563 y 1.203 Kp/m3.
Solución.
pB  p A   gas (91.4  21.3)
pA 
1600(1000)
 547.48Kg / m 2
2
 61
4
pB  547.48  39.47  586.95Kg / m2
p  h
h
586.95
1000
h  0.59m
7-II) El aire del recipiente de la izquierda de la figura esta a una presión de -22.86 cm de
mercurio. Determinar la cota del líquido manometrito en la parte de la derecha, en A.
Solución.
68
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EJERCICIOS RESUELTOS
paire  22.86cmHg
 23cmHg *
1.033Kp / cm2
 0.313Kp / cm2  3130Kp / m2
76cmHg
paire   aceite (36.58  32.31)   man (32.31  h)  paire   H 2O (33.5  h)
 3130  (0.80 *1000)( 4.27)  (1.60 *1000)(32.31  h)  2000  1000(33.5  h)
286  51696 1600h  2000  33500 1000h
h  27.47m
8-II) Determinar la presión diferencial entre las tuberías A y B para la lectura del
manómetro diferencial que se muestra en la figura.
Solución.
p A   H 2O (1)   Hg (1.5)   H 2O (1.2)   Hg (0.5)   H 2O (1.3)  pB
p A  pB   H 2O (0.9)   Hg (0.7)
pA  pB  9.80(0.9)  (13.60 * 9.80)(1)
 H 2O  9.8KN / m3
pA  pB  124.46Kpa
9-II) Con referencia a la figura, ¿que presión manométrica de A hará que la glicerina suba
hasta el nivel B? Lo pesos específicos del aceite y la glicerina son 833.71 y 1250.57
Kp/m3, respectivamente.
Solución.
 aceite  833.71Kp / m3
 glicerina  1250.57 Kp / m3
69
CAPITULO II
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EJERCICIOS RESUELTOS
pM  p N
p A   aceite (7.620  3.658)   glicerina(9.144  3.658)
pA  833.71(3.962)  1250.57(5.486)
p A  3557.47 Kp * / m2  0.35Kp / cm2
10-II) En la figura mostrada determinar el peso especifico del liquido que se muestra en
manómetro diferencial; si la diferencia de presiones entre los punto A y B es de 1400
kg/m2.
Solución. La presión en D y en E son iguales por estar dentro del aire en el cual se
transmite la presión con la misma intensidad. También serán iguales las presiones que se
producen en los puntos C y B; de la misma forma la presión en los puntos E y F serán
iguales, por lo que tendremos las igualdades:
pB  pC  pD  h
pB  pD   (0.58)
pD  pB  0.58
Pero:
pE  pD  pB  0.58
pE  pF  pA  (3.15  2.70)(1600)
igualando estas dos últimas tendremos:
pB  0.58  pA  (3.15  2.70)(1600)

 pB  p A   0.45(1600)  1400  720
0.58
0.58
  1172.41kg / m3
70
CAPITULO II
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EJERCICIOS RESUELTOS
11-II) Para una lectura manométrica en A de  0.18 Kg
, determinar (a) la elevación
cm 2
en las ramas abiertas de los piezómetros E, F y G y (b) la lectura del manómetro de la
figura.
Solución.
(a) Como el peso especifico del aire (aproximadamente 1.28 Kg
) es muy pequeño
m3
comparado con el de los líquidos, la presión en la elevación de 15m puede considerarse
igual a 0.18 Kg
cm 2
sin introducir error apreciable en los cálculos.
Para la columna E:
Supuesta la elevación de L, como la mostrada, se tiene
En Kg
m2
Pk  PL
(man)
PH  wh  0
Por tanto
O bien
 0.18  104  0.700  10000h  0
Y h  2.57m.
De aquí, la elevación de L será
15.00  2.57  12.43m
Para la columna F:
Presión en El. 12m  Presión en El. 15m  Presión del
Liquido de Dr 0.700
 0.18 
0.700  100015  12  0.03 Kg
104
cm 2
71
CAPITULO II
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EJERCICIOS RESUELTOS
Que debe ser igual a la presión en M. Por tanto, la altura de presión en M será
0.03  104
 0.30m de agua, y la columna F ascenderá 0.30m por encima de M o bien la
1000
elevación en N es igual a 12.30m.
Para la columna G.
Presión en El. 8m  Presión en El. 12m  Presión de 4 m de agua
1000  4
 0.43 Kg 2
4
cm
10
Que debe ser igual a la presión en R. Por tanto, la altura de presión en R será
O bien,
P0  0.03 
0.43  104
 2.69m del líquido y la columna G ascenderá 2.69m sobre R o hasta una
1.600  1000
Elevación de 10.69m en Q.
(b) Para el manómetro de tubo en U, al utilizar como unidades metros de agua,
Altura de presión en D = altura de presión en C
13.57 h1 = altura de presión en El. De 12m + altura de presión de 8m de agua
13.57h1  0.30  8.00
De donde h1  0.61m.
12-II) La altura de presión al nivel A-A es de 0.09 m de agua y los pesos específicos del
gas y del aire son, respectivamente 0.560 y 1.260 Kg
. Determinar la lectura en el
m3
manómetro de agua de tubo en U que mide la presión del gas al nivel B, según se muestra
en la figura.
Solución.
Se supone que tanto el peso específico del aire como el del gas permanecen constantes
en los 90m diferencia en elevación. Como los pesos específicos del gas y del aire son del
mismo orden de magnitud, debe tenerse en cuenta el cambio en la presión atmosférica con
la altitud. Se utilizan presiones absolutas.
72
CAPITULO II
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EJERCICIOS RESUELTOS
absoluta  pC  absoluta  pD  Kg m2 


atmosferica pE  1000h  absoluta  pA  0.560  90
Se calcula ahora la presión absoluta en A en función de la presión atmosférica en E,
obteniendo primero la presión atmosférica en F y luego pA
absoluta  pA  atmos pE  1.260h  90  0.09  0.09  1000 Kg m2 


Sustituyendo este valor en (A) eliminando pE y despreciando los términos muy
pequeños, se obtiene:
1000h  901.260  0.560  0.091000
Y
h  0.153m de agua
13-II) Calcule la presión en el punto B de la figura, si la presión en el punto A es de
22.4lb/pulg2 relativa. Este tipo de manómetro se conoce como manómetro diferencial
debido a que indica la diferencia de presión entre los puntos A y B, pero no da el valor real
en ninguno de los dos puntos.
Solución. La presión en el punto 1 será:
p A  22.4lb / pu lg 2 (relativa)
 aceite  (0.86)(62.4lb / pie 3 )  53.7lb / pie 3
 w  62.4lb / pie 3
p A   aceite (33.75 pu lg)
73
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
la presión en el punto 2 es el mismo que en el punto 1,
debido a que los dos puntos están en el mismo
nivel. Para el punto 3 se tendrá la siguiente expresión:
p A   aceite (33.75 pu lg)   w (29.5 pu lg)
para el punto 4 tendremos:
p A   aceite (33.75 pu lg)   w (29.5 pu lg)   w (4.25 pu lg)
esta expresión es también para la presión en B, puesto que los puntos 4 y B están en el
mismo nivel, igualando las expresiones:
p A   aceite (33.75 pu lg)   w (29.5 pu lg)   w (4.25 pu lg)  pB
pB  p A   aceite (29.5 pu lg)   w (29.5 pu lg)
pB  p A  29.5 pu lg(  aceite   w )
la diferencia entre pA y pB es función de la diferencia entre los pesos específicos de los dos
fluidos,
lb
1 pie 3
pB  22.4lb / pu lg (relativa)  (29.5)(53.7  62.4)
pies 3 1728 pu lg 3
2
pB  22.4lb / pu lg 2 (relativa) 
(29.5)( 8.7)lb / pu lg 2
1728
pB  22.4lb / pu lg 2  0.15lb / pu lg 2
pB  22.25lb / pu lg 2 (relativa)
Véase que al usar un fluido manometrico con un peso especifico muy cercano al del fluido
cuya presión se va a medir, hace que el manómetro sea muy sensible. Note, también, que
p A  pB  0.15lb / pu lg 2 .
FUERZAS SOBRE SUPERFICIES
14-II) En la figura se muestra la sección de una presa con una cara parabólica. El vértice
de la parábola es en O. Encontrar la fuerza resultante debido al agua, su inclinación con la
vertical y la distancia desde O.
Solución.
Encontramos la curva que representa la presa:
74
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
y  ax 2  b
Con
50  a25
a  0.08
2
b0
y  0.08x 2
Se tomara D  50m profundidad del agua con ancho unitario W  1m
dF  dA
Donde:
dFx   D  y Wdy
dFx  PdA  PWdy  hWdy
Integrando:
50
50
0
0
Fx    D  y Wdy  W  D  y dy
50


y2 
502 
Fx    Dy    9.815050 

2 0
2 


Fx  12262.5KN 
Fuerza vertical:
dFy  PdA  PWdx  hWdx   D  y Wdx


dFy   D  0.08x2 Wdx
Integrando:
25
Fy 

0
 D  0.08x 2 Wdx  W  D  0.08x 2 dx
25
0
75
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
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EJERCICIOS RESUELTOS
3


x3 
0.0825 
Fy    Dx  0.08   9.815025 

3 0
3



25
Fy  8175KN 
Punto de aplicación:
xcp dFy  xPdA
Integrando:
25


xcp Fy    D  0.08 x 2 xWdx
0
xcp 

Fy
 Dx  0.08x dx
25
3
0
2
4
x4 
9.81  5025 0.0825 
xcp 
D

0
.
08






Fy  2
4 0
8175 
2
4

25
  x2
xcp  9.38m
Desde O
1503
ycp 
I cg
ycg A
 ycg 
12  25
2550
ycp  33.33m
Desde la superficie del líquido.
12262.52  81752
 14737.69KN 
FT  FX  FY 
2
FT
2
tan   
Fx 12262.5

Fy
8175
  56.3º
15-II) Una compuerta vertical rectangular AB tiene 3.7 m de altura, 1.5 m de anchura y
esta articulada en un punto 150 mm por debajo de su centro de gravedad. La profundidad
total del agua es de 6.1 m. ¿Que fuerza horizontal F debe aplicarse a la parte inferior de la
compuerta para que se mantenga en equilibrio?
Solución.
76
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
F1  hcg A
F1  9.80(4.25)(3.7 *1.5)
F1  231.16KN
ycp 
I cg
ycg A
 ycg
(1.5)(3.7)3
ycp 
 4.25
4.25(3.7 *1.5)
1
12
ycp  4.52m
M A  0
RESPECTO LA
SUPERFICIE DEL
AGUA
231.16(4.52  4.4)  F (6.1  4.4)
F  16.32KN
16-II) En la figura que se muestra, la compuerta AB tiene su eje de giro en B y su anchura
es de 1.20 m. ¿Que fuerza vertical, aplicada en su centro de gravedad, será necesaria para
mantener la compuerta en equilibrio, si pesa 20 KN?
Solución.
ancho  1.20m
w  20 KN
  45º
F1  hcg A
F1  9.71(2.25)(2.12 *1.20)
F1  56.07 KN
77
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
ycp 
ycp 
I cg
ycg A
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
 ycg
1
12
(1.2)( 2.12)
 3.18
3.18(1.2)( 2.12)
ycp  3.30m de C
M B  0
56.07(0.94)  20(0.75)  F (0.75)
F  50.27KN
16-II) En la siguiente figura, la compuerta semicilíndrica de 1.22 m de diámetro tiene una
longitud de 0.905 m. Si el coeficiente de rozamiento entre la compuerta y sus guías es 0.10,
determinar la fuerza F requerida para elevar compuerta si su peso es de 454 Kp.
Solución.
  1.22m
FH  1000(2.11)(1.22 * 0.905)
longitud  0.905m
FH  2329.65Kp
  0 .1
f  f1  f 2   ( N1  N2 )
w  454 Kp
FH  N1  N2 EQUILIBRIO RELATIVO
f  0.1(2329.65)  232.97 Kp
1 1

FV  1000 *   1.22 2  * 0.905
2 4

FV  V
FV  528.97 Kp
 Fy  0
;
F  FV  f  mg  0
F  454  232.97  528
F  158.97 Kp
78
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
17-II) En la figura, el cilindro de 1.22 m de diámetro y 1.22 m de longitud esta sometido a
la acción del agua por su lado izquierdo y de un aceite de densidad relativa 0.80 por su
lado derecho. determinar : a) la fuerza normal en B si el cilindro pesa 1.816 Kp, y b) la
fuerza horizontal debida al aceite y al agua si el nivel de aceite desciende 0.305 m.
Solución.
  1.22m
l  1.22m
w  1816 Kp
a)
F1  V
11

F1  1000 *   1.22 2  *1.22  713.08Kp
24

11

F2  800 *   1.22 2  *1.22  570.47 Kp
24

 Fy  0
w  RB  F1  F2
RB  1816  713.08  570.47
RB  532.45Kp
b)
F3  1000(1.22)(1.22 *1.22)  1815.87 Kp
F4  800(0.4575)(0.915 *1.22)  408.57Kp
F3  F4  1815.87  408.57
F  1407.3Kp
HACIA LA
DERECHA
79
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
18-II) En la figura, para una longitud de 2.44 de la compuerta, determinar el momento no
compensado respecto al eje de giro O, debido al agua, cuando esta alcanza el nivel A.
Solución.
FH  1000(0.915)(1.83 * 2.44)  4085.66Kp
yH 
2
(1.83)  1.22m
3
1

FV  1000  1.832 * 2.44   6417.74 Kp
4

xV 
4r
3
xV 
4(1.83)
 0.78m
3
M 0  0
6417.74(0.78)  4085.66(0.61)  M 0
M 0  2513.58Kp  m
19-II) La descarga de un canal esta controlada por una compuerta basculante contrapesada.
La compuerta rectangular e de 2.4 m de altura por 3m de ancho. Determine el valor del
peso W, de modo que el agua se vierta justamente cuando la profundidad en el canal de
1.2m.
Solución.
F  H g A  1000(0.6)( 2.4)(3)  4320kg
la ubicación de esta fuerza se halla mediante el triangulo de presiones cuyo centroide esta a
1/3 de su altura,
1
x  (2.4)  0.80
3
80
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
tomando momentos en el puno de giro:
(W cos 30º )(0.60)  4320(0.80)
W  6651kg
20-II) En la figura se muestra una presa, cuya cortina tiene 30.5m de largo y retiene 8m de
agua dulce; tiene una inclinación a un ángulo θ =60º. Calcule la magnitud de la fuerza
resultante sobre la cortina de la presa y la localización del centro de presión.
Solución.
FR   (d / 2) A
sen  d / L
L  d / sen  8 / sen60º  9.24m
A  (9.24)(30.5)  281.8m 2
81
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
FR   (d / 2) A 
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
9.81KN 8m
*
* 281.8m 2
3
m
2
FR  11060KN  11.06MN
el centro de presión esta a una distancia vertical de:
d / 3  8 / 3  2.67m
a partir del pie de la cortina, o medido a partir del pie de la cortina a lo largo de su
superficie, el centro de presión esta en:
L / 3  9.24 / 3  3.08m
Lp= distancia medida desde la superficie libre del fluido hasta el centro de presión.
Lp  L  L / 3
L p  9.24m  3.08m  6.16m
CUERPOS FLOTANTES Y FUERZA ASCENCIONAL
21-II) El cuerpo de la figura esta hecho de dos trozos de madera (γ =700 Kp/m3), y flota
en un liquido de densidad relativa 0.930. Para un ancho de un 1 m, calcular la profundidad
d de hundimiento.
Solución.
  700 Kp / m 3
E  w1  w2
DR  0.93
ancho  1m
V1  V2   f Vdesplazado
CG  Centro de gravedad
CE  centro de empuje
7000.5 * 2 *1  1* 2 *1  930 * (d * 2 *1)
d  1.13m
82
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
22-II) Una placa cuadrada de peso despreciable cubre el orificio de unión entre dos
compartimientos de un estanque. Determinar la presión de aire, para que las acciones de
los fluidos sobre la placa cuadrada de 1m2 de área sea nula. Peso de la boya es de 25 Kp.
Ancho de 1 m.
Solución.
E T  w  0
(1 )
T-P-PA  0
(2)
PA  w  P  E
PA  25  1000(2)  1000 * (0.52 *1)
PA  1775Kg
23-II) ¿Que longitud debe tener un tablón de madera de 76.2 mm por 304.8 mm de
sección y densidad relativa 0.5, para que en agua salada soporte encima a un niño que pesa
445 N ?( peso especifico del agua salada es de 10.05 KN/m3 ).
Solución.
 H 2O salada  10 KN / m 3 ;
E  wN  wM
DR  0.5
Seccion  76.2mm * 304.8mm
(10)( L * 0.0762 * 0.3048)  (0.5)(10)( L * 0.0762 * 0.3048)  0.445
0.2323L  0.1161L  0.445
L  3.83m
83
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
24-II) Una gabarra de 3 m de profundidad tiene una sección recta trapezoidal de bases
superior e inferior 9m y 6m, respectivamente. La gabarra tiene 15m de longitud y las caras
de popa y proa son verticales. Determinar a) su peso si la altura sumergida en agua es de
1.8m y b) la profundidad de calado si la gabarra transporta 86 toneladas de piedra.
Solución.
a) w  E
 547.8

w  1000
*1.8 *15 
2


w  186300 Kp
b)
6  2x


(186300  86000)  6 
* h *151000
2


3 1 .8

1 .5
x
x  0.9m
12  h

272300  1000 
* h *15
 2

3
h

1.5 x
x
1 .5h
3
h  2.50m
25-II) Un cuerpo hecho de dos trozos de madera pesada   m  1150 Kg 3  flota en un
m 

líquido de Dr  0.93 tal como se muestra en la figura. Se desea calcular la profundidad de
hundimiento del cuerpo en el líquido. Considere una unidad de ancho
Solución.
- Taco superior de madera (abcd):
F  V m  0.5211150
M ab  FB  11500.25
-
F  1150 Kg
M ab  287.5Kgm
Taco inferior de madera (efgh)
F  V m  1211150
F  2300 Kg
84
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
M ab  FB  23002.5
M ab  5750Kgm
La posición del centro de gravedad de todo el sistema será:
Horizontalmente estará sobre el eje de simetría.
Verticalmente:
ycg 
5750  287.5
2300  1150
ycg  1.75m De ab.
El centro de flotación estará en el centro de gravedad del volumen (gijh):
Horizontalmente estará sobre el eje de simetría del sistema.
Verticalmente:
Fa  Vgijh  d 20.931000 
Fa  1860d
Donde:
Fa ; fuerza ascensional.
La fuerza ascensional debe ser igual al peso del cuerpo, para que el sistema se mantenga
estático.
Fa  Wcuerpo
1860d  2300  1150
d  1.85m
1.85
ycf  2.075m De ab.
ycf  3 
2
Lo cual indica que el cuerpo flota con estabilidad por que el CF esta por debajo del CG.
26-II) Determine el peso de un hidrometro cuyo bulbo pesado desplaza 18cm3 de agua
destilada al sumergirse su vástago 5cm cuya sección transversal es 0.06cm2. Si este
hidrometro se coloca en un aceite cuyo peso específico es de 950kg/m3. ¿Cuanto más se
hundirá el vástago, respecto a su posición cuando estaba en el agua?
85
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
Solución. El peso del hidrometro será igual al volumen desalojado por el peso específico
del agua,
peso  18 *1  0.06 * 5 *1  18.3gr
18.3  18 * 0.95  (0.06h)(0.95)
h  21.05cm
pero en el agua el vástago se sumergió 5cm, por lo que respecta a esta posición el vástago
se sumergirá:
21.05  5  16.05cm
27-II) Un cubo de latón de 6 pulgadas de lado pesa 67lb. Deseamos mantener este cubo en
equilibrio bajo el agua atándole una boya ligera de hule espuma. Si el hule espuma pesa
4.5lb/pies3. ¿Cuál es el volumen mínimo requerido para la boya?
Solución. Observe que el hule espuma y el latón en la figura son considerados como parte
de un mismo sistema y que se tiene una fuerza boyante en cada uno. El subíndice F se
refiere al hule espuma y el subíndice B se refiere al latón.
Fv  0
0  FbB  FbF  wB  wF
wB  67lb (dado)
;
 f  62.4lb / pies 3
;
 F  4.5lb / pies 3
 62.4lb 
pies 3 
3
  7.8lb
6 pu lg  
FbB   f VdB  
3 
3 
 pies 
 1728 pu lg 
wF   FVF
FbF   f VF
sustituyendo valores tendremos:
0  7.8   f VV  67   FVF
 f VF   FVF  67lb  7.8lb  59.2lb
86
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
VF ( f   F )  59.2lb
VF 
59.2
59.2lb / pies 3

 f   F (62.4  4.5)lb
VF  1.02 pies 3
Esto significa que es necesario unir 1.02pies3 de hule al cubo de latón para que la
combinación este en equilibrio sin que haya fuerza externa alguna.
28-II) En la figura se presenta el casco de una chalana que, cuando esta completamente
llena, pesa 150KN. Observe la localización del centro de gravedad (cg). Además
determinar si la chalana es estable en agua dulce.
Solución. Esto se hace determinando que tanto se hundirá el bote en el agua. La
profundidad de inmersión o calado del bote es de 1.06m, como se muestra en la figura, y
fue encontrado con el método que se describe a continuación:
87
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
Fv  0  Fb  w
Fb  w
volumen sumergido: Vd  B * L * x
fuerza boyante: Fb   f Vd   f * B * L * x
 w  Fb   f * B * L * x
w
150 KN
m3
x

*
B * L *  f (2.4m)(6.0m) 9.81KN
x  1.06m
el centro de flotabilidad se encuentra en el centro del volumen desplazado de agua. En este
caso se encuentra a una distancia de 0.53m del fondo.
88
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
Como el cg esta por encima del centro de flotabilidad, debemos localizar el metacentro
para determinar si el bote es estable.
MB  I / Vd
Vd  L * B * x  (6.0)( 2.4)(1.06)  15.26m 3
el momento de inercia se lo calcula alrededor del eje x-x, ya que este dará el menor valor
de inercia:
I
LB 3 (6.0)( 2.4)

 6.91m 4
12
12
MB  I / Vd  6.91 / 15.26  0.45m
ymc  ycb  MB  0.53m  0.45m  0.98m
y mc  ycg ; es estable puesto que el metacentro esta por encima del centro de gravedad
89
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
MASAS FLUIDAS SOMETIDA A ACELERACION CONSTANTE
29-II) Un depósito abierto de sección cuadrada de 1.83 m de lado tiene una masa de 349.6
kp y contiene 91.5 cm de agua. Esta sometido a la acción de una fuerza no equilibrada de
1057.8 kp, paralela a uno de los lados. ¿Cual debe ser la altura de las paredes del depósito
para que no se derrame el agua? ¿Qué valor tiene la fuerza que actúa sobre la pared donde
la profundidad es mayor?
Solución.
F  ma
;
F
a
F
tg   tg  m 
g
g mg
;
tg 
h
0.915
1057.8
h

 h  0.283
349.6 * 9.8 0.915
FCD  hcg A
a
F
m
FCD  1000(0.599)(1.198 *1.83)
FCD  1313.21Kp
H  1.198m
30-II) Un depósito abierto, que contiene agua, está sometido a una aceleración de 4.91
m/s2 hacia abajo sobre un plano inclinado 15º ¿Cuál es el ángulo de inclinación de la
superficie libre?
Solución.
a  4.91m / s 2
90
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
tg 
a cos 
asen  g
tg 
4.91 cos 195º
4.91sen195º 9.8
  29.07º
31-II) Un vehiculo con un recipiente cerrado que esta totalmente lleno de un liquido de
densidad relativa 0.85, se mueve en un plano inclinado, como se muestra en la figura.
Cuando el vehiculo no esta en movimiento la lectura del manómetro A es de 30 KPa.
¿Cuál será el valor de la aceleración si el manómetro A marque 35 KPa cuando el vehiculo
esta en movimiento?
Solución.
Cuando el recipiente esta estático:
 m
PA  30 KPa  30000 N
2
  10000.85
  850 Kg
  g  8509.81
  8338.5 N


m 
3
 m
3
Altura de presión será:
h
PA


30000
8338.5
h  3.6m Desde A.
Cuando esta en movimiento:
La nueva altura de presión será:
91
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
h1 
PA


35000
8338.5
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
h  4.2m Desde A.
La pendiente de la superficie será:
m
DV
 0. 6

DH
2
m  0.3
1
Por otro lado:
dz
ax
a cos 45º


dx
g  a y g  sen 45º
dz
0.71a

dx
g  0.71a
Igualando (1) y (2) tenemos: m 

2
dz
dx
0.71a
 0 . 3
g  0.71a
 s  A 45º ascendente.
a  5.92 m
2
32-II) Un tubo de 2.315m de longitud y 5.08cm de diámetro tiene sus extremos cerrados y
está lleno de agua a una presión de 0.88Kp/cm2 situado en posición horizontal se le hace
girar alrededor un eje vertical, que pasa por uno de sus extremos, a una velocidad de 3
rad/s. ¿Cuál será la presión en el extremo más alejado del eje de giro?
92
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
Solución.
y
w2 2
x
2g
32
y
(2.135) 2  y  2.09m
2(9.8)
p  y  1000(2.09)  2093.06Kg / m2
p  0.209kg / cm 2
pB  pO  p  0.88  0.209
pB  1.09Kp / cm2
33-II) Un depósito cilíndrico cerrado, de 2m de altura y 1 m de diámetro, contiene 1.5 m
de agua. El aire sobre la superficie libre se encuentra a una presión de 1.09 kp/cm2. Si el
cilindro gira alrededor de su eje geométrico a una velocidad angular de 12.0 rad/s, ¿Cuáles
son las presiones en Kp/cm2, en los puntos C y D de la figura?
Solución.
o EL VOLUMEN DE AIRE NO VARIA EN EL RECIPIENTE
o EL VOLUMEN SOBRE EL NIVEL A-A = VOLUMEN DEL PARABOLOIDE
1 2
1
 1 0.5  x22 y2
4
2
x22 y2  0.25
1
ADEMAS
y2 
w2 2
x2
2g
y2 
;
122 2
x2
2g
 y2  7.35x22
2
DE (1) Y (2)
x22 (7.35 x22 )  0.25
x24  0.034  x2  0.43m ; y2  1.35m
pc  1.09 
h
10
4
 1.09 
1000 * 0.65
10 4
93
CAPITULO II
ESTATICA DE FLUIDOS
TEXTO GUIA HIDRAULICA I
EJERCICIOS RESUELTOS
pc  1.155Kp / cm 2
w2 2
y1 
x1
2g
p D  1.09 
;
122 2
y1 
x1
2g
 y1  1.84m
1000(1.84  0.65)
10 4
pD  1.34Kp / cm2
34-II) Un vaso cilíndrico de 1.2 m de diámetro y 2.4 m de altura, se hace girar a 60 rpm.
Si el vaso esta lleno de agua y herméticamente cerrado determinar la fuerza que se produce
en la tapa y en el fondo.
Solución.
a) La fuerza que se produce en la tapa:
dF  pdA  z (2rdr )
 w2 r 2 
(2rdr )
dF   
 2g 
  
F     w2 r 3 dr
 g 
  
F    w2 r 4
 4g 
 1000
F  
 4g

(2 ) 2 (0.60) 4

F  409.63kg
b) La fuerza que se produce en el fondo del recipiente será la reacción a la fuerza que se
produce en la tapa mas la fuerza que produce el peso del liquido:
F  409.63  1000( )(0.36)( 2.4)
F  3123.97kg
94