Escuela Superior Politécnica del LitoralFacultad de Ingeniería en Mecánica y Ciencias de la Producción Mecánica de Fluidos I Tarea 2 – Andrés Toala Ureta PROBLEMAS – CAPÍTULO 1 Dimensiones, unidades, dinámica P1.14 La Figura P1.14 representa el flujo sobre un vertedero. Se sabe que el caudal Q sólo depende de P1.12 En el flujo estacionario (laminar) a baja la anchura B del dique, la aceleración de la velocidad a través de un conducto circular, como se gravedad g, y la altura H del agua sobre la cresta muestra en la Figura P1.12, la velocidad u varía con del vertedero aguas arriba. Se sabe también que Q ∆p es proporcional a B. ¿Qué forma tiene la única el radio según la expresión: u = B (r0 2 − r 2 ) μ expresión dimensionalmente homogénea para el Donde μ es la viscosidad del fluido y ∆p es la caída caudal? de presión entre la entrada y la salida. ¿Cuáles son las dimensiones de la constante B? Solución: Sabemos que las unidades del caudal son m3/s, por 3 lo que dimensionalmente sería: 𝑄 = [𝐿 ⁄𝑇], de la Solución: información del problema, deducimos que el Unidades en SI: caudal es directamente proporcional al ancho del dique B, y función de la altura H y la gravedad g, 𝑘𝑔⁄ 𝑢 = 𝑢 [𝑚⁄𝑠], 𝜇=𝜇 [ 𝑚 ∗ 𝑠] así: 𝑄 = 𝐵 ∗ 𝑓(𝐻, 𝑔) 𝑟0 = 𝑟0 [𝑚], 𝑟 = 𝑟 [𝑚] 𝐿3 ∆𝑝 = ∆𝑝 [𝑃𝑎] Si Q tiene dimensiones de [ ] y B dimensiones de 𝑇 𝐿2 Despejando B de la expresión dada y haciendo un [𝐿], entonces 𝑓(𝐻, 𝑔) tiene dimensiones de [ ]. 𝑇 análisis dimensional: Como solo la gravedad contiene dimensiones de 𝑚 𝑘𝑔 tiempo y está elevada al cuadrado conviene sacarla 𝑢∗𝜇 [ 𝑠 ] [𝑚 ∗ 𝑠 ] 𝐵= ⇒ 𝐵= de la función y sacarle raíz cuadrada por lo que la Δp(𝑟0 2 − 𝑟 2 ) [𝑃𝑎][𝑚2 ] expresión del caudal quedaría: 1 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑄 = 𝐵𝑔2 𝑓(𝐻) ⇒ 𝐵= 2 ⇒ 𝐵= 𝑁∗𝑠 𝑘𝑔 ∗ 𝑚 1 Así tendríamos que la expresión 𝐵𝑔2 , tendría ⇒ 𝐵 = [𝑚−1 ] 𝐿3/2 dimensiones de [ ], por lo que así ahora 𝑓(𝐻) 𝑇 debería tener dimensiones de [𝐿3/2 ], por lo que la expresión final para el caudal dimensionalmente homogénea sería: 𝑄 = 𝐵𝑔1/2 𝐻 3/2 ⇒ 𝑄 = 𝐵√𝑔𝐻 3 la velocidad terminal del bloque: 𝑠 𝐾 𝑠 𝐾 ℎ𝑊 sin 𝜃 ⇒ 𝜌𝑎ℎ = 1. con un 100% de humedad.45 Un bloque cuyo peso es W se desliza sobre 100% de humedad relativa contiene vapor de agua un plano inclinado lubricado por una película de saturado y. superficie de contacto del bloque es A y el espesor de la película de aceite h. Calcule la densidad del aire húmedo bloque.28 El aire húmedo de la atmósfera con un P1. Solución: Datos: Ptotal = 1 atm T = 40°C Rp/aire = 287 m2/s2*K Rp/agua = 461 m2/s2*K Solución: La película de aceite DCL provoca una resistencia Mediante tablas de vapor determinamos que la presión de vapor agua saturada al 100% de en el bloque para humedad es 7375 Pa. ⇒ 𝑊 sin 𝜃 − 𝜏𝐴 = 0 Calculamos la densidad del aire húmedo como: 𝑑𝑉 ⇒ 𝑊 sin 𝜃 − 𝜇 𝐴=0 𝑑𝑦 𝜌𝑎ℎ = 𝜌𝑎𝑠 + 𝜌𝑣𝑎 Como la velocidad presenta una distribución lineal.1 𝑘𝑔/𝑚3 𝑉= 𝜇𝐴 .P1. por lo que según la ley de deslizarse.45. y compárelo con la densidad del aire seco en las mismas condiciones. haciendo que se desplace a Dalton V θ FR velocidad constante 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 + 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 por lo que el balance de W fuerzas quedaría: 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 101350 𝑃𝑎 ∑ 𝐹𝑥 = 0 ⇒ 𝑊𝑥 − 𝐹𝑅 = 0 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 ∗ − 7375 𝑃𝑎 1 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 93975 𝑃𝑎. 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 la expresión anterior quedaría: ⇒ 𝜌𝑎ℎ = + 𝑅𝑃/𝑎𝑠 𝑇 𝑅𝑃/𝑣𝑎 𝑇 𝑉 ⇒ 𝑊 sin 𝜃 − 𝜇 𝐴=0 93975 𝑃𝑎 7375 𝑃𝑎 ℎ 𝜌𝑎ℎ = + 𝑚2 𝑚2 (287 2 ) (313𝐾) (461 2 ) (313𝐾) Despejando V. según la ley de Dalton de las presiones aceite. Suponiendo una 𝑃𝑎𝑡𝑚 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 + 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 distribución lineal de velocidad en el aceite. halle Supongamos que el aire atmosférico se encuentra a una expresión para la velocidad «límite» V del 40 °C y 1 atm. como se indica en la Figura P1. La parciales. Entonces: 𝜇𝜔𝜋𝑟0 4 3 𝑑𝜔 = − 𝑚𝑟0 2 ∗ 2ℎ sin 𝜃 10 𝑑𝑡 Separando variables e integrando: 𝜔 𝑡 𝑑𝜔 5𝜇𝜋𝑟0 2 ∫ =− ∫ 𝑑𝑡 𝜔 3𝑚ℎ sin 𝜃 𝜔0 0 5𝜇𝜋𝑟0 2 ⟹ ln 𝜔 − ln 𝜔0 = − (𝑡 − 0) 3𝑚ℎ sin 𝜃 𝜔 5𝜇𝜋𝑟0 2 𝑡 ⟹ ln ( ) = − 𝜔0 3𝑚ℎ sin 𝜃 5𝜇𝜋𝑟0 2 𝑡 − ⟹ 𝜔 = 𝜔0 𝑒 3𝑚ℎ sin 𝜃 . radio de la *P1. La holgura h está llena Figura P1. disco. como se de aceite con viscosidad µ. como se muestra en la muestra en la Figura P1. Suponiendo un perfil de velocidad de aceite con viscosidad µ.*P1.53. obtenga una expresión velocidad angular del cono ω (t) si no se aplica para el par de resistencia viscoso que actúa sobre el ningún par motor. el esfuerzo cortante viscoso 𝜇𝛼𝑟 en ambos lados del disco es: 𝜎 = 𝜇𝑟𝜔 2𝜋𝑟𝑑𝑟 ℎ 𝑑(𝜏) = 𝑟 ( )( ) ℎ sin 𝜃 El par de resistencia sobre el disco: Integrando: 𝑑(𝜏) = 2𝑟𝜎𝑑𝐴𝑊 𝑟0 2𝜋𝜇𝜔 3 𝜇𝜔𝜋𝑟0 4 4𝑟 3 𝜇𝛼 𝑀=∫ 𝑟 𝑑𝑟 ⟹ 𝑀 = 𝑑(𝜏) = 𝑑𝑟 ℎ sin 𝜃 2ℎ sin 𝜃 ℎ 0 Integrando: Podemos calcular la desaceleración del cono a 𝑅 partir de la segunda Ley de Newton para objetos en 4𝜋𝜇𝛼 rotación: 𝜏= ∫ 𝑟 3 𝑑𝑟 ℎ 𝑑𝜔 0 ∑ 𝑀 = 𝐼𝛼 ⟹ 𝑀 = −𝐼0 𝑑𝑡 𝜋𝜇𝛼𝑅 4 3 ⟹ 𝜏= Siendo la inercia de un cono.53 Un cono sólido de ángulo 2θ.54. 𝐼0 = 10 𝑚𝑟0 2 . donde ℎ 𝑚 es la masa del cono. En cualquier posición radial 𝑟 < 𝑟0 en la superficie del cono la velocidad angular instantánea 𝜔: Solución: Solución: 𝑑(𝜏) = 𝑟𝜎𝑑𝐴𝑊 Para cualquier 𝑟 ≤ 𝑅. obtenga una expresión para la borde exterior del disco.54 Un disco de radio R gira con velocidad base 𝑟0 y densidad ρ c está girando con una angular 𝛼 dentro de un contenedor discoidal lleno velocidad angular 𝜔0 en su asiento cónico. Despreciando la lineal y despreciando los esfuerzos cortantes en el resistencia del aire. 0728 𝑚 .030 𝑚𝑚 ≡ 30 𝑚𝑚 .0728) cos 0° ℎ= (9790)(5 × 10−4 ) ⟹ ℎ = 0. como se muestra en la Figura P1. 𝜃 = 0° 2(0.5 mm: 𝑁 𝑁 Datos: 𝛾 = 0.70. las fuerzas capilares en cada pared juntas equilibran el peso del agua sostenida sobre la superficie libre del depósito: ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐹𝑠 cos 𝜃 − 𝑊𝑓 = 0 𝛾2𝑏 cos 𝜃 = 𝜌𝑔ℎ𝑊𝑏 2𝛾 cos 𝜃 ℎ= 𝜌𝑔𝑊 Si W = 0.70 Obtenga una expresión para el ascenso capilar h de un fluido de tensión superficial ϒ y ángulo de contacto θ entre dos placas paralelas verticales separadas una distancia W. ¿Cuál será el valor de h si W = 0.5 mm en agua a 20 °C? Tomando b como el ancho de las placas en el papel.P1. 𝜌𝑔 = 9790 𝑚3 . 𝑃𝐴 + 𝜌𝐴 𝑔(6𝑚 − 2𝑚) + 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 (2 − 4) + 𝜌𝐵 𝑔(4 − 6) = 𝑃𝐵 𝑁 𝑃𝐴 Dado: 𝛾𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 = (0.30 = 1997 𝑃𝑎 95000 + ( ) (39.2706 𝑚 ≡ 27.02 − 0.30 − 0. como muestra punto B.2706 ⇒ ℎ = 0.30 − 0.02 − 𝑦 ⇒ ℎ = 0. PROBLEMAS – CAPÍTULO 2 P2.68)(9790) = 6657 𝑚3 95000 + ( ) (9.6) = 𝑃𝐵 agua más y centímetros de gasolina 287 ∗ 293 𝑃𝐵 = 75.22 El indicador del depósito de gasolina de un encuentra a 20 °C. Si la presión absoluta en el punto coche marca proporcionalmente a la presión A es de 95 kPa.14 El depósito cerrado de la Figura P2.8)(4) − (9790)(2) 𝑅𝑝 𝑇 Calculamos la presión cuando está lleno: 𝑃𝐵 −( ) (9.02) + 𝛾𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 ∗ 𝑦 ⇒ 1997 𝑃𝑎 = (9790)(0. ¿cuál es la presión absoluta en el manométrica del fondo del depósito.2) − 19580 287 ∗ 293 Entonces esta presión es del punto igual a 2 cm de 𝑃𝐵 −( ) (19. Si el depósito tiene 30 cm de alto porcentual se comete si se desprecia el peso y contiene accidentalmente 2 cm de agua además específico del aire? de la gasolina.22.14 se P2.02) + 6657 ∗ 𝑦 Si despreciamos los efectos del aire.8)(2) = 𝑃𝐵 𝑃𝑙𝑙𝑒𝑛𝑜 = 𝛾𝑔𝑎𝑠𝑜𝑙𝑖𝑛𝑎 ∗ ℎ𝑙𝑙𝑒𝑛𝑜 𝑅𝑝 𝑇 95000 𝑃𝑙𝑙𝑒𝑛𝑜 = 6657 ∗ 0.8 𝑃𝑎 ⇒ 𝑦= una relación mucho más simple con una precisión 𝑁 6657 3 comparable: 𝑚 𝑃𝐴 + 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 (2 − 4) = 𝑃𝐵 ⇒ 𝑦 = 0. obtenemos 1997 𝑃𝑎 − 195. ¿cuántos centímetros de aire habrá en la parte superior del depósito cuando el indicador señale erróneamente «lleno»? Solución: Por camino recorrido desde el punto A al punto B.42 [𝐾𝑃𝑎] ℎ = 0.0094 𝑚 ≡ 9.06 𝑐𝑚 95000 − (9790)(2) = 𝑃𝐵 Por lo tanto el espacio de aire h es: 𝑃𝐵 = 75.4 𝑚𝑚 . medida en kilopascales? ¿Qué error la Figura P2.45 [𝐾𝑃𝑎] 𝑃𝑙𝑙𝑒𝑛𝑜 = 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 (0. 2) (0.2 𝑚2 )ℎ𝐶𝐺 La lectura del manómetro no corresponde solo al 1 (12) (1.44 En la Figura P2.5 + )=0 ℎ𝐶𝐺 Despejando ℎ𝐶𝐺 : ℎ𝐶𝐺 = 2.44 se esquematiza un tubo *P2. La masa homogénea de 180 kg.567 𝑚)(1.567 𝑚 Calculando la fuerza de presión de la glicerina y su línea de acción: 𝐹𝑔 = 𝛾𝑔𝑙𝑖𝑐 ℎ𝐴 ⇒ 𝐹𝑔 = (12360 𝑁/𝑚3 )(1.567)(1.2 𝑚2 ) Establecemos h como la distancia entre el punto 2 ⇒ 𝐹𝑔 = 23242 𝑁 y la interface de mercurio y agua en el lado 1 ( ) (1.5 cos 60º) 0.09 𝑚 Entonces: ℎ = ℎ𝐶𝐺 + 0.5) − 62.4)(0.𝑔 = − 12 = −0.5) − 846(0.61 es una con 45° de inclinación por el que fluye agua.433 𝑚 Entonces la altura del centro de gravedad es: ℎ𝑔 = 2 − 0.2)(1)3 sin 60º derecho.5461) + (1766)(0.4ℎ = 𝑝2 La fuerza del agua y su línea de acción se muestra sin números.2 m de anchura.5) − 62. como la 𝑓𝑡 2 fuerza B es 0.P2.61 La compuerta AB de la Figura P2.433 = 1. caída de presiones p1 – p2 es debida en parte al articulada en A y apoyada sobre B. Mediante camino recorrido de 1 a 2: 𝑦𝐶𝑃. podemos realizar sumatoria de momentos sobre A para encontrar la profundidad del agua: ∑ 𝑀𝐴 = 0 (23242)(0.5(5 sin 45º) centroide en el lado del agua: 𝑙𝑏𝑓 𝐹𝑎 = 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 ℎ𝐶𝐺 𝐴 𝑝1 − 𝑝2 = 171 𝑓𝑡 2 ⇒ 𝐹𝑔 = (9790 𝑁/𝑚3 )(1.0722 𝑙𝑏𝑓 𝑦𝐶𝑃 = − =− efecto de la fricción que es de 392 𝑓𝑡 2 mientras que ℎ𝐶𝐺 (1. Todos los efecto de la gravedad y en parte al de la fricción. porque depende de la profundidad del 𝑝1 − 𝑝2 = (846 − 62. 1.0722 − (9790)ℎ𝐶𝐺 (1.0461 𝑚 (1. El peso de la puerta actúa en el centroide. ¿Cuál es la caída total de presiones p1 – p2 en lbf/in2? ¿Cuál es la caída de presiones entre 1 y 2 debida a la fricción en libras por pulgada cuadrada? ¿Corresponde la lectura del manómetro únicamente al efecto de la fricción? ¿Por qué? El centroide de AB verticalmente está dado por: ℎ𝑐 = 0.2)(1)3 sin 60º 0.52 𝑚 . El fluidos se encuentran a 20 °C.4(5 sin 45º + ℎ + 0.2) 𝑝1 + 62.5 sin 60 = 0.2) ℎ𝐶𝐺 𝑙𝑏𝑓 el cabezal de presión por gravedad es de 221 . ¿A qué profundidad manómetro de mercurio indica una diferencia de del agua h se anula la fuerza en el punto B? alturas de 6 in.433 = 2. 667 𝑚 = 3. 𝐼𝑥𝑥 sin 𝜃 La fuerza hidrostática resultante es entonces: 𝑦𝐶𝑃 = − 1 ℎ𝐶𝐺 𝐴 𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = [(4895)2 + (7343)2 ]2 1 ( ) (1)(2.559) − 388940(0.P2.84 y pesa 1500 N.667)(1.3054) = 38894 𝑁 4 La posición de esta fuerza está por debajo del La fuerza vertical de 7343 N actúa a 0. ¿Cuál es la fuerza horizontal P que se (b) su línea de acción.599 m alrededor de A.870 + 0. o 0.3º abajo y a la derecha. da la fuerza P requerida: ∑ 𝑀𝐴 = 0 𝑃(2) + 1500(0. Sumatoria de momentos sobre A.68 La compuerta AB de la Figura 2. Solución: La fuerza horizontal es: El lado de la compuerta AB es: 𝐹𝑥 = 𝛾ℎ𝐶𝐺 𝐴𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙 2𝑚 𝑁 ̅̅̅̅ 𝐴𝐵 = = 2. está articulada en A y sobre la superficie curva AB de la Figura P2.667)(1.68 tiene P2. el peso ̅̅̅̅ ∗ (1𝑚) 𝐴𝐵 𝐴𝐶 = = 1.5 𝑚)(1 𝑚2 ) = 4895 𝑁 sin 50º 𝑚 Y su área es: Para la superficie AB en forma cúbica.611 𝑚 𝐹𝑥 = (9790 3 ) (0.611 3 𝑦= sin 50º = 0. Desprecie la presión debe aplicar en el punto B para mantener el sistema atmosférica y considere que la superficie tiene en equilibrio? anchura unidad.84 Determine (a) la fuerza hidrostática total forma de triángulo isósceles.4 𝑚 ∫ 𝑑𝐴 ∫0 (1 − 𝑥 3 )𝑑𝑥 3 𝐹 = (0.0791) = 0 𝑃 = 18040 𝑁 . por lo tanto la proyección vertical es: 0 2.667 𝑚 𝐹𝑉 = ( ) (9790)(1) = 7343 𝑁 3 4 Entonces la profundidad del centroide es: La línea de acción de la fuerza vertical también ℎ𝐶 = 3 𝑚 + 0. El peso de la compuerta es asumido al centroide de la placa. con un brazo de palanca de 0.0791 𝑚 𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 8825 𝑁 (3.6 m a la izquierda de B.611)3 sin 50º 𝑦𝐶𝑃 = − 36 = −0.83)(9790)(3. así: derecha del punto A.4 m a la centroide.667 𝑚 debe encontrarse mediante integración: 1 3 3 La fuerza en la puerta es: ∫ 𝑥𝑑𝐴 ∫0 𝑥(1 − 𝑥 )𝑑𝑥 10 𝐹 = 𝛾ℎ𝐶𝐺 𝐴 𝑥̅ = = 1 = = 0.3054) Actuando a 56.3055 𝑚 de agua arriba se calcula mediante la integración: 2 1 3 El centroide de la compuerta está a 1/3 de la base 𝐹𝑉 = 𝛾𝑏 ∫(1 − 𝑥 3 )𝑑𝑥 = 𝛾𝑏 4 desde A. 7 [𝐾𝑁] 𝐹𝑅 = 372635 𝑁 6 Esta fuerza resultante actúa a lo largo de una línea que pasa por el punto O en: 161860 𝜃 = tan−1 ( ) = 25.5(3 sin 60º)] menos el hemisferio y la pequeña tubería.088 − 30 = 544.088 𝐹= = 90.133)(4)] = 161860 𝑁 por lo que los pernos deben suministrar: 574. − (9790) ( ) (0. está lleno de agua y un arco de 60° y es perpendicular al fondo en el remachado al suelo mediante seis remaches punto C. 𝐹𝑥 = 4(3 sin 60º)(9790)[2 + 0. posición? Solución: Suponiendo que no hay fugas. 𝐹𝑥 = 335.03)2 (4) 4 𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 574. que es la suma de la pieza 3 𝜋 rectangular por encima de BC y el arco BC. la fuerza hidrostática requerida es igual al peso de faltante.96 El panel curvo BC de la Figura P2. ¿Cuál es la fuerza necesaria sobre estime la resultante de la fuerza hidrostática sobre cada remache para mantener el domo en su el panel. equiespaciados.91 El domo semiesférico de la Figura P2.P2.96 tiene tiene un peso de 30 kN.088 [𝐾𝑃𝑎] La fuerza resultante sería: La fuerza en cada uno de los 6 pernos es: 𝐹𝑅 = √(335650)2 + (161860)2 544.7º 335650 . 𝐹𝑦 = (9790)[(3 + 1.088 [𝐾𝑃𝑎] 𝐹𝑦 = 𝛾(𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛)𝐵𝐶 El material de la cúpula ayuda con 30 KN de peso.91 P2.65 𝑁 𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑊𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 − 𝑊ℎ𝑒𝑚𝑖𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜 − 𝑊𝑡𝑢𝑏𝑜 2𝜋 La componente vertical es igual al peso de agua por 𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝜋(9790)(2)2 (6) − (9790) ( ) (2)3 encima de la puerta. Si el panel tiene una anchura de 4 m. 6 m de altura. es decir. el La fuerza horizontal es: 𝐹𝑥 = 𝛾ℎ𝐶𝐺 𝐴ℎ agua en 4 cilindros de diámetro. 4º 𝑚 Así: 𝑎𝑥 = 0.13𝑔 = 0.28) = 3460 𝑃𝑎 .139 acelera hacia la derecha con su fluido moviéndose como un sólido rígido.13 𝑔 100 𝜃 = 7. (b) ¿Por qué la solución del apartado (a) no depende de la densidad del fluido? (c) Determine la presión manométrica en el punto A si el fluido es glicerina a 20 °C.139 El depósito de líquido de la Figura P2.28 𝑠2 (b) La solución de (a) es solo geométrica y no involucra densidad de fluidos.P2.81) = 1. (c) De las Tablas de densidad para glicerina. (a) Calcule ax en m/s2 . Solución: (a) La pendiente del fluido nos da la aceleración: 𝑎𝑥 28 − 15 tan 𝜃 = = = 0.13(9.8)(0. 𝑘𝑔 𝜌 = 126 𝑚3 𝑝𝐴 = 𝜌𝑔∆𝑧 = (1260)(9.