Problemas adicionales de hidrostática

Hola,

Aquí les dejo algunos problemas adicionales de hidrostática, para que puedan practicar. Recuerden que la próxima clase es el Martes próximo (26/04).

Problema 1: El de la figura es un recipiente cerrado, cuya base tiene una superficie de 2 m^2 y que contiene agua. El aire que queda encima del agua, dentro del recipiente, está a 1,2 atm de presión. A 30 cm de profundidad respecto de la superficie libre del líquido se halla un tubo abierto a la atmósfera. En estas condiciones, calcule:
a) La fuerza que soporta la tapa inferior del recipiente.
b) la altura de la columna de agua en el tubo.

Problema 2: Dos líquidos que no se mezclan están en equilibrio, uno sobre el otro, formando capas de igual espesor en un recipiente abierto por arriba y sometido a la presión atmosférica (A). La presión interior en el fondo del recipiente es de 4 atm. Si la densidad del líquido superior es la mitad de la densidad del líquido inferior, la presión en la interfase (B) entre ambos líquidos es:
a) 1 atm  b) 2 atm   c) 3 atm    d) 4 atm   e) 5 atm    f) 6 atm

Problema 3: (éste es una variante del anterior) Dos líquidos que no se mezclan están en equilibrio, uno sobre el otro, formando capas de igual espesor en un recipiente abierto por arriba y sometido a la presión atmosférica. Las presiones en los puntos A y B, ubicados en la mitad de cada capa, son P_A = 1,2 atm y P_B = 2,4 atm. Si δ_A es la densidad del líquido superior, la densidad del líquido inferior es:

a)  2δ_A    b) 4δ_A     c) 5δ_A        d) 0,25 δ_A     e) 0,2δ_A  f) 0,5δ_A      

Problema 4: Un tubo en U de ramas desiguales cuyas secciones son 40 cm^2 y 80 cm^2 respectivamente, está abierto en sus extremos y contiene en su interior glicerina (δ = 1,25 g/cm^3) en equilibrio. Se apoya sobre la rama de la izquierda un émbolo que ajusta perfectamente a la sección del tubo,de manera que el nivel de líquido en dicha rama desciende 15 cm (ver figura). Considere despreciable el rozamiento entre el émbolo y el tubo.

Calcular:
a) El valor de la presión que soporta el fondo del recipiente (punto A) al apoyar el émbolo
b) El peso del émbolo.

Problema 5: Un recipiente cilíndrico abierto a la atmósfera y de sección constante, contiene en su interior dos líquidos no miscibles de densidades δ1 y δ2 (con δ2 > δ1) que se encuentran en equilibrio y en reposo (ver figura). A mitad de la altura del líquido de densidad δ2 se ha hecho un orificio taponado por un corcho de secciòn uniforme S, que impide que derrame líquido. Sabiendo que h2 = 2 h1, determinar el valor de la fuerza necesaria para sostener el tapón:
a)  (2δ1 + δ2 ) h1 g S     b)  (δ1 + δ2 ) h2 g S          c)  (δ1 h1 + δ2 h2) g S
d)  (δ1 + δ2 ) h1 g S      e)  (δ1 + 2 δ2 ) h1 g S     f)   (2δ1 + δ2/2) h2 g S

Problema 6: El gráfico representa la presión en función de la altura para un tanque cilíndrico de m^2 de sección transversal que contiene un líquido en equilibrio. Se puede afirmar que la densidad del líquido es, aproximadamente:
a) 3 g/cm^3    b) 2,5 g/cm^3     c) 2 g/cm^3    d) 1,5 g/cm^3    e) 1 g/cm^3    f) 0,5 g/cm^3

Problema 7: En la figura se representa la presión hidrostática, en atmósferas, en función de la profundidad, en metros, para un líquido desconocido en reposo.
a) ¿Qué densidad tiene el líquido?
b) ¿Qué distancia hay que subir en ese líquido para registrar una reducción de presión de 40 mm Hg?

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Además pueden resolver:

- Todos los problemas de esta entrada (son 5):

http://cbcbiofisica.blogspot.com/2010/09/problemas-adicionales-de-hidrostatica.html

- El Problema 9 de esta entrada:
http://cbcbiofisica.blogspot.com/2010/12/problemas-adicionales-de-temas-variados.html

9) La presión en la superficie de un líquido desconocido es de 1 atm. y a 40 cm mas abajo es de 1.8 atm. ¿A qué profundidad la presión es el triple de la superficial?

a) 8m

b) 4m

c) 3m

d) 2m

e) 1m

f) 0.5m

- El Problema 1 de esta entrada:
http://cbcbiofisica.blogspot.com/2011/02/mas-ejercicios-adicionales-de-todo-un.html

1)  Tres recipientes abiertos contienen agua  en reposo hasta el nivel indicado en la figura (ver más abajo).  En esas condiciones los valores de la presión en los puntos A, B y C verifican:

a) Pa = Pb = Pc
b) Pa < Pb = Pc
c) Pa = Pb < Pc
d) Pa = Pc < Pb
e) Pa = Pc > Pb
f)  Pa < Pb < Pc

La figura es la número 1 de este enlace:
https://blogger.googleusercontent.com/img/b/R29vZ2xl/AVvXsEgTp4bOWq5HdP5611tuGyMUtiHZh3McUO_Bjfu76SkYOiLpMwm8DjbYFJGvsWMRaRn36lttfUQNDAKIu9wsAPGZv_WlGOarRAh8CDfT09n42EqN2gUunG1GokC5ZjvmZLbJBDKUM0UKE6gJ/s1600/figurasparcial2010.jpg

Problema resuelto - Cálculo del trabajo usando el gráfico de F vs x

Un coche de 1200 kg se encuentra inicialmente en reposo en una carretera horizontal y es sometido a una fuerza resultante F, horizontal y siempre en la misma dirección y sentido. Los primeros dos metros de su recorrido la fuerza vale 200 N y de allí en más vale 400 N.
a) Representar gráficamente la fuerza F en función de la posición del coche (x).
b) Calcular en qué instante la fuerza cambia de 200 N a 400 N.
c) ¿Cuál es la velocidad del coche después de haber recorrido los primeros 14,5 metros? 

Te damos la misma sugerencia que para cualquier otro problema resuelto que encuentres: primero tomá nota del enunciado y tratá de hacerlo vos!!!!! Si te sale y querés revisarlo, o bien, si no te sale después de pensarlo e intentarlo seriamente durante varias horas... entonces seguí leyendo.

Primero hagamos un dibujo, para entender la situación, y ubiquemos los datos que sabemos:

Las fuerzas aplicadas sobre el auto son: el Peso, la Normal, y una fuerza F, la cual podría ser una fuerza de rozamiento aplicada por el piso, o bien una fuerza aplicada por una grúa que arrastra al auto, por ejemplo (en este caso, no lo sabemos).


Como el auto está inicialmente en reposo, entonces comenzará a moverse en el mismo sentido de la fuerza. Es decir, que si la fuerza F apunta hacia la derecha, entonces el auto comenzará a moverse hacia la derecha también, y viceversa. Es decir, que el trabajo será POSITIVO. (En el dibujo, elegimos dibujar F hacia la derecha).

Como el auto se mueve horizontalmente, N = P, esto significa que sólo queda la fuerza F que se le aplica al auto. Por lo tanto, la fuerza que llamamos F en el dibujo, ES la misma resultante de la que nos habla el enunciado.

a) Tenemos que graficar F (eje vertical) en función de la posición x (eje horizontal).  Dice el enunciado que en los dos primeros metros la intensidad de la fuerza es 200 N, entonces tenemos que dibujar un segmento de recta horizontal desde x = 0 m hasta x1 = 2m, marcando un valor F1 = 200 N en el eje vertical. Análogamente, desde x = 2m en adelante, el valor de F cambia a 400 N abruptamente, es decir, que después tendremos una semirrecta horizontal con un valor más alto en el eje vertical, que llamamos F2 = 400N. Queda:

(El gráfico pedido está marcado en línea llena; las líneas punteadas son auxiliares).

b)  El gráfico nos da el valor de x donde la fuerza cambia de 200 N a 400 N, esto es, x = x1 = 2 m. ¡Pero no nos dice nada del tiempo! Entonces tendremos que usar algo de cinemática y dinámica, ya que las expresiones de energía NO tienen dependencia con el tiempo.

Suponiendo que el auto inicia su movimiento en t0 = 0, tenemos que saber para qué instante, llamémoslo t1, llega a x1 = 2 m. Como en ese primer tramo (de 0 a 2 m), F no cambia, entonces la aceleración es constante --> tenemos un MRUV.

x(t) = x0 + v0 t + (1/2) a (t - t0)^2

Aquí podemos reemplazar: t0 = 0, v0 =0, t = t1, x(t) = x1 = 2 m, quedando:

2 m = (1/2) a t1^2

Necesitamos t1, pero nos falta la aceleración. Pero sí tenemos la fuerza resultante en ese tramo (es el PRIMER tramo), y la masa del auto, entonces:

a = F1/m = 200 N / 1200 kg = (1/6) m/s^2

Reemplazando este valor de a en la ecuación anterior, podemos despejar t1 = 4.89 s --> aproximadamente  t1 = 4,9 s

c) Necesitamos la velocidad del auto en determinada posición que nos dan, esto es, cuando recorrió 14,5 m. Como acá estamos relacionando posiciones (inicial y final, las conocemos) con velocidades (la inicial es cero, la final, no la conocemos), podemos usar el teorema de las fuerzas vivas, y tratar de relacionarlo con el gráfico:

Lresultante = Δ Ec = 1/2 m vf^2 - 1/2m v0^2 = 1/2 m vf^2

Del miembro derecho de esta ecuación, sólo no conocemos vf, que es lo que queremos calcular.

El miembro izquierdo es el trabajo de la fuerza resultante, eso vamos a poder saberlo analizando el gráfico. Sabemos que la posición final es x = 14,5 m, ese valor está a la derecha del valor x = 2m donde la fuerza cambia. Si ubicamos xf = 14,5 m en el gráfico queda:

Entonces, el trabajo de la fuerza resultante desde x = 0 hasta x = 14,5 m, es el área marcada en el gráfico en amarillo. En este caso, el área sale sumando las áreas de dos rectángulos, por lo tanto:

Lresultante = 2 m . 200 N + 12,5 m . 400 N = 5400 Joule.

Reemplazando este valor del trabajo en la ecuación del teorema de las fuerzas vivas, puede despejarse:

vf = 3 m/s

Podés dejar tus dudas e inquietudes a continuación.

Móvil que sube y baja por un plano inclinado con rozamiento

Un cuerpo se desliza por un plano inclinado, sube y baja por el mismo. Si la aceleración en el descenso es la mitad de la aceleración que tuvo al ascender ¿Cuánto vale la fuerza de rozamiento (de igual módulo en la subida y en la bajada)? No actúan otras fuerzas no conservativas.

a) Froz=3Px ,  b) Froz=2Px,   c) Froz=Px,  d) Froz=4Px,   e) Froz=Px/3,   f) Froz=Px/2

Sugerencia: primero tratá de hacerlo!!!!! Si te sale y querés revisarlo, o bien, si no te sale después de pensarlo e intentarlo seriamente durante varias horas... entonces seguí leyendo.

Resolución:

En este problema nos piden la fuerza de rozamiento, comparada con la componente x del Peso (entendiendo que la dirección x, es la paralela al plano inclinado).

Como nos piden una fuerza, hagamos el diagrama de cuerpo libre del cuerpo, ubicando a todas las fuerzas que actúan. Como tenemos que analizar la SUBIDA y la BAJADA del cuerpo, haremos dos diagramas, tomando en ambos casos el eje x positivo con sentido hacia abajo:

Debajo de cada figura, se indica el sentido de la velocidad y de la aceleración en cada caso. En ambos casos la aceleración "apunta" hacia abajo, pero la magnitud va a ser diferente, como dice el enunciado. Por eso pusimos distintos nombres: as para la subida y ab para la bajada. Ambas son positivas, de acuerdo al sentido del eje x elegido.

Observar que en la subida, el rozamiento, que se opone al movimiento, apunta hacia la izquierda, por lo tanto, "se ayuda" con Px (justamente en este caso, la aceleración tiene más magnitud). En cambio, en el descenso, Px y Froz son opuestas, así que la aceleración es menor.

El próximo paso es plantear la 2da. ley de Newton en la dirección x para la subida y la bajada separadamente:

Ascenso:

Froz + Px = m as    (1)

Descenso:

- Froz + Px = m ab   (2)

 Hay otro dato que nos dan: la aceleración en el descenso es la mitad que la del ascenso. Es decir:

ab = as/2

Reemplazando esta expresión para ab, la ecuación (2) queda:

- Froz + Px = m as/2   (2')

 Combinando (1) con (2') resolvemos y despejamos Froz. Por ejemplo, podemos despejar as en ambas e igualar. Se llega a:

Froz + Px =  2 (- Froz + Px)

--> 3 Froz = Px

-->  Froz = Px/3 .  Y ésta es la opción e).