Microsoft Word - lionelf-pdfMffiH fJSB !MB MPROFESORLIONEL RAMON FERNANDEZ GEGNERUNIVERSIDAD DE LOS ANDESFACULTAD DE INGENIERIAESCUELA DE CIVILMERIDA - VENEZUELAJULIO - 2001PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSAGRADECIMIENTOQuiero expresar mi ms sincero agradecimiento a Mildred, por la labor realizada durante toda la ejecucin del presente trabajo, haciendo con entusiasmo y esmero el texto y las correcciones que fueron necesarias, disponiendo parte de su tiempo para que ste fuera terminado en la fecha prevista.A todos aquellos amigos que me dieron ideas con el fin de mejorar el presente trabajo y me animaron a culminarlo.A Aura y a todos aquellos que de una u otra forma me ayudaron, en otras actividades, dejndome tiempo libre para hacer posible su terminacin.Lionel1PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDEDICADO A MIS HERMANOSCiroCarlosHortenciaNancyErika2PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSINDICECaptulo 1Peso especfico, densidad5Viscosidad6Mdulo de elasticidad volumtrico16Tensin superficial y capilaridad18Captulo 2Presin, manmetros23Fuerzas sobre superficies planas39Fuerzas sobre superficies curvas66Empuje90Aceleracin lineal102Rotacin111Captulo 3Distribucin de velocidades, continuidad120Ecuacin de Bernoulli138Adcin y sustraccin de energa164Fuerzas producidas en tuberas173Fuerzas producidas en canales184Fuerzas producidas en labes fijos191Fuerzas producidas en labes mviles198Captulo 4Parmetros adimensionales205Semejanza dinmica en modelos220Captulo 5Flujo laminar entre placas planas230Flujo laminar en tuberas y anillos243Flujo turbulento en tuberas253Capa lmite260Resistencia sobre cuerpos sumergidos2683PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSCaptulo 1PROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 1.1Un recipiente cilndrico de 1.00 m de dimetro y 2.00 m de alto pesa 30.00 kg, si se llena con un lquido el conjunto pesa 1500.00 kg, determinar el peso especfico del lquido, la densidad y el peso especfico relativo o densidad relativa.El peso especfico y, es por definicin, la relacin que existe entre el peso de un elemento y su volumen; es decir,W W2 - W1Y = = V *d 2 h 4Al sustituir los valores numricos resulta1500.00-30.00Y= 936.31 kg/m34- 1.00 2 x 2.00La densidad p, es por definicin, la relacin que existe entre la masa de un elemento y su volumen o tambin, la relacin entre el peso especfico de un elemento y la aceleracin de la gravedad; es decir,y 936.31kgs2/mT 3p=== 94.93=> p = 94.93 UM/mg 9.81m 3La densidad relativa, o peso especfico relativo, S, es un nmero adimensional que resulta de la relacin entre el peso especfico densidad de un elemento y el peso especfico o densidad del agua en condiciones normales; es decir,y p 936.31S === = 0.936agPag10004PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 1.2Determinar la viscosidad cinemtica del benceno a 15oC en Stokes.Con una temperatura de 15o C se encuentra, en la curva de viscosidad correspondiente al bencenov = 7.60 x 10 - 7 m2/sLas equivalencias son1 Stoke = 1 cm 2/seg = 10 -4 m2/s1 m2 /s = 10 4 Stokes= 7.60 x 10 7 x 104 = 7.60 x 10 - 3 Stokespor lo tantovProblema 1.3Un fluido tiene una viscosidad de 4 centipoises y un peso especfico de 800 kg/m3. Determinar la viscosidad cinemtica en el sistema tcnico de unidades y en Stokes.H = 4 centipoise = 0.04 poises = 0.04 dinas scm2La equivalencia entre ambos sistemas es 0.04 kg sU =98 m 2\i = 4.082 x 10 - 4 g s mpor definicin la densidad esy 800kgs2UTMp = = = 81.55=>p = 81.55 g 9.81m 4m 3La viscosidad cinemtica es, por definicinv \i 4.082 x 10-4p81.55v = 5.005 x 10 - 6 sLa equivalencia es entre ambos sistemas es 5PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSv = 5.005 x 10 -6 x 10 4s-2v = 5.005 x 10 -2 cms => v = 5.005 x 10 -2 StokesProblema 1.4Calcular la viscosidad cinemtica del aceite, de peso especfico 800 kg/m3, que seencuentra entre las placas planas que se muestran en la figura.La placa superior se mueve a una velocidad de 1.80 m/s y tiene un peso especfico de 1500 kg/m3.El peso de la placa superior esW1 = 0.15 x 0.15 x 0.005 x 1500 = 0.169 kgEl ngulo de inclinacin de la placa con respecto a la horizontal escosa= = 0.834 12 => a = 33.6 oLa fuerza que produce el movimiento es la componente del peso en el sentido del plano de deslizamiento es decir,W = 0.169 x sen = 0.0935 kgLa ecuacin de viscosidad esT = U, du dysi la distribucin de velocidades en forma lineal se expresa como6PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSAFu yal despejar resulta[I Aual sustituir se obtiene0.0935 0.002Ll = x015x0.15 1.80^ = 4.63 x 10 - 3 kg s mLa viscosidad cinemtica es, por definicin, la relacin entre la viscosidad dinmica o absoluta y la densidad del fluido; es decir,vv p4.63 x10-38009.81 = 5.66 x 10- 5 m2/sProblema 1.5El espacio entre dos grandes superficies planas de 2.00 cm, se ha llenado con un lquido de peso especfico relativo 0.8. Determinar:a)La viscosidad cinemtica, si la fuerza requerida para remolcar una lmina muy delgadade 4000 cm2 a una velocidad de 20.00 cm/seg es de 0.700 kg, cuando dicha lminapermanece equidistante de las superficies.b)La fuerza, si la lmina se encuentra a 7 mm de una de las superficies.Condicin inicial Condicin finalCuando la placa mvil se encuentra equidistante de ambas superficies, la fuerza en la cara superior es igual a la fuerza en la cara inferior, resultando para cada cara una fuerza de7PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSFT = FS + FI=> FI = FS = T2Como la ecuacin de viscosidad esFu = u AyresultaFy|j, =2Au[IAl sustituir los valores numricos se tiene 0.700x0.012 (4000x10"4)0.20 kg s\i = 0.044m2= 5.39 x 10 -4 m2/sv =0.0=>v = 5.39 x0.8x102Cuando la placa mvil se encuentra a 13 mm de la placa superior las fuerzas son diferentes resultandoFT = F1 + F2Para la cara superior la fuerza necesaria es F1 = A|i 4000 x10"4x 0.044x0.20F1 = (0.02-0.007)F1 = 0.271 kgPara la cara inferior la fuerza necesaria es F2 = A n y24000 x10"4x 0.044x0.20F2 =0.007F2 = 0.503 kg Siendo la fuerza totalFT = 0.271 + 0.503 = 0.774 kg8PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 1.6Un cilindro macizo, de peso W, cae en el interior de un cilindro hueco, segn se indica en la figura, a una velocidad constante de 4.00 cm/s. Determinar la viscosidad del aceite que se encuentra entre ambos cilindros.Como la ecuacin de viscosidad esFuT = = Ll AyF yLl= A uLa fuerza F, corresponde al peso del cilindro interno, W, es igual a la densidad por la aceleracin de la gravedad y por el volumen; es decir, F = pg VF = 200 x 9.81 0.0598 2 x 0.05 4F = 0.276 kgEl rea lateral de la superficie que se mueve esA = ttD LA = 71x0.0598 x 0.05A = 9.393 x 10 - 3 m2La separacin entre la superficie mvil del el cilindro que cae, y la fija del cilindro exterior es0.06-0.0598y = 29PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSy = 1 x 10 - 4 mSustituyendo los valores calculados anteriormente se obtiene|j, 0.276 x1x 10" 4 9.393x10-3x0.04 = 0.073 kg smProblema 1.7Calcular aproximadamente el nmero de caballos de fuerza perdidos por rozamiento en la chumacera que se muestra en la figura, si el fluido tiene una viscosidad dinmica o absoluta de n = 0.05 kg s/m2.de la figura se obtienen = 200 rpm,d = 35 cm,t = 0.02 cm, L = 90 cmLa velocidad lineal se puede expresar en funcin de las revoluciones por minuto y el dimetro como2rn dnu =6060que al sustituir los valores numricos se obtiene 0.35 x 200u ==>60u = 3.66 m/sEl rea lateral de la superficie mvil esA = :rd L 10PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSal sustituir los valores numricos se obtieneA = 71x 0.35 x 0.90=>A = 0.98 m2Como la ecuacin de viscosidad es F uT = = (J,tA uAtF = u,F = 0.05 3.66 X 0.98 0.0002F = 896.7 kgLa potencia necesaria, en caballos de vapor, para vencer el rozamiento es igual a F u 896.7 x 3.66P=>CV7575P = 43.76 CVProblema 1.811Mediante un torque T, se hace girar el disco (1) con una velocidad angular cO1.En la separacin, h, entre los dos discos mostrados hay un aceite de viscosidad \i. Si el disco (2) gira libremente por la accin de rotacin del disco (1), y ambos discos tienen un dimetro, $ .Determinar la velocidad de rotacin co del disco (2), despreciando los efectos en los extremos.PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa ecuacin de viscosidad es F uT = = Ll Atpara el presente caso esta se puede expresar comou V - V2 co r-co 2 rt = u = 1 = u1thh(00,-002)T = Llhcomo i vara con r entonces, la fuerza que acta sobre un diferencial de rea esdF = xdA = T2:rr dr = (m1 &2)r 2Tir drhdF = li 2 t 1 2 dry el torque o momento eshEl torque o momento total se obtiene integrando; as,dddT = VdT =T = u 2 t ^12'h412PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSCO1 - CO2 4hT I d \a2tz \1 2 44hTC02 = CO1|Ll 2 TProblema 1.9Un aceite de viscosidad n de 0.01 kg s/m2, se encuentra en el espacio, h de 1 mm, segn se muestra en la figura. Calcular el torque T, requerido para rotar el cono de radio R de 20 cm y ngulo a de 30 o , si velocidad de rotacin n es de 100 rpm.El torque o momento total esT = fuerza x brazoLa ecuacin de viscosidad esF uT = = U AtLa ecuacin de viscosidad, para una franja diferencial es13PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSdF u= dA hdAEl diferencial de rea, lateral es 2r drsen La velocidad lineal, a una distancia r del eje de rotacin es 2r nu =60El diferencial de fuerza, que acta en el diferencia de rea esu dF = dA hEl diferencial de torque es igual al producto del diferencial de fuerza por el brazo instantneo r27rrn 2:trdrdT = 60h senEl torque total se obtiene al integrar la expresin anterior; es decir,4 7T n r r 3T = u f0 r dr60 h sen a|a4 7T2 n 4T = R60 h sen aAl sustituir los valores numricos se obtieneT = 0.01x 2 x100 x 0.204 60 x 0.001x sen 300T = 0.526 kg m 14PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSEl mdulo de elasticidad volumtrico por definicin esE = dpdV/V ApAV/VE = presin final - presin inicial(volumen final - volumen inicial) / volumen inicialPara una presin inicial de 70 kg/cm2 corresponde un volumen inicial de 0.400 m3 Para una presin final de 140 kg/cm2 corresponde un volumen final de 0.396 m3 Que al sustituir en la ecuacin anterior se obtieneE = 140 - 70(0.396-0.400)/ 0.400 7000 kg/cm2Problema 1.11Si se aplica una presin de 10 kg/cm2 a 1.00 m3 de agua en condiciones normales, determinar cunto disminuye el volumen si el mdulo de elasticidad volumtrico es 21000 kg/cm2.15PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSEl mdulo de elasticidad volumtrico por definicin es dpE =dV/V1V1 dpEAl despejar la variacin de volumen se obtiene dV =1x10 1 zz21000 2100dV = 1x10 = 1m3 = 4.76 x 10 - 4 m3 = 476 cm3Problema 1.12Si el agua tiene un mdulo de elasticidad volumtrico de E = 21000 kg/cm2. Determinar la presin requerida para reducir su volumen un 0.5 %El mdulo de elasticidad volumtrico por definicin esdppE =dV/V1 AV/V1E = 21000 kg / cm2AV = 0.995V1 - V1 AV = - 0.005V1AV0.005 V1que al sustituir se obtienep 21000 = - 0.005entoncesp = 21000 x 0.005 = 105 kg/cm2 si la presin inicial es cero, entonces p = 105 kg/cm216PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 1.13Realizar un grfico que represente la altura capilar, h en funcin del dimetro interno D, de un tubo circular para agua destilada a 40 C. Cul es la altura capilar si el dimetro interior del tubo es de 6 mm. Suponer que el ngulo de contacto entre el vidrio y el agua es de 0En las tablas correspondientes a las propiedades fsicas del agua se obtiene a = 0.7121 x 10 2 kg/m y el peso especfico y = 993.00 kg/m3La fuerza vertical que eleva la columna capilar debido a la tensin superficial es FV1 = o t D cos 9El peso de la columna de lquido que se encuentra en el tubo capilar es igual al peso especfico del lquido multiplicado por el volumen; es decir,W = y-D 2 h 4La condicin de equilibrio vertical esFV1 = Wo t D cos 9 = y - D 2 h 417PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSh = 4 a cos 9 yDque al sustituir los valores numricos resultah = 4 x 0.7128 x10-2 cos 00 933.00 DSimplificando resultah 3.056 x10-D 5Diametro del tubo Vs. Altura capilarb74:206 d = 6 mm0246810h (mm)h = 5.1 mmAgua destilada 400 CProblema 1.14Desarrollar una expresin para calcular la altura de ascenso capilar entre dos placas paralelas de longitud L y separacin S. Despreciar los efectos extremos. Determinar h, si la separacin entre las placas es 1 mm, la tensin superficial a es 0.00284 kg/m y el ngulo de contacto entre la placa y el agua es de 10018PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa fuerza vertical que eleva la columna capilar debido a la tensin superficial es FV1 = 2 o L cos 9El peso de la columna de lquido que se encuentra entre las placas separadas una distancia S es igual al peso especfico del lquido multiplicado por el volumen; es decir,W = yh L SLa condicin de equilibrio vertical esFV1 = W2 o L cos 9 =yh L S 2 a cos 9h =ySAl sustituir los valores numricos se obtiene,2 x 0.00284 x cos 10 0h =0.001 x 1000h = 0.0056 m h = 0.56 cmProblema 1.15Calcular la fuerza necesaria para retirar un anillo de alambre de platino de 25 mm de dimetro de la superficie del agua la cul tiene una tensin superficial a de 0.00743 kg/m y un ngulo de contacto de 00, despreciar el peso del anillo.19PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa fuerza producida por la tensin superficial es igual a la tensin superficial multiplicada por 2 veces el permetro del anillo y por el coseno del ngulo; es decir,F = 2 o t D cos 9F = 2 x 0.00743 x 3.14159 x 0.025F = 1.17 x 10-3 kgPara poder levantar el anillo hay que aplicar una fuerza hacia arriba e igual a la calculadaanteriormente; es decir,F = 0.00117 kgProblema 1.1620Cul es la presin absoluta en el interior de una gota de agua de 0.05 mm de dimetro a 20 C, si en el exterior de la gota existe la presin atmosfrica normal de 1.033 kg/cm2PROBLEMAS DE MECNICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSCon una temperatura de 200 C se obtiene en la tabla de propiedades fsicas del aguao = 0.00745 kg/mLa fuerza producida por la tensin superficial esF1 = 2:rrc>La fuerza producida por la presin relativa en el interior de la gota es igual a la presinmultiplicada por la proyeccin del rea; es decir,F2 = p o r 2Para que se mantenga el equilibrioF1 = F227rra = par 22op =ry al sustituir se obtiene2 x 0.007454p1 =10p1 = 0.0596 kg/cm2patmsfera = 1.033 kg/cm2 pinterior = patmsfera + p1pinterior = 1.033 kg/cm2 + 0.0596 kg/cm2pinterior = 1.0926 kg/cm20.0002521PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSCaptulo 2HIDROSTATICASi el desnivel entre el punto 1 y el punto 2 es cero o despreciable se puede considerar p1 = p2Por definicin, la presin en el punto 1 esF F4F p1A1 7T^ 71124p2y la presin en el punto 2 es W W 4W A71^ K$224Al igualar y despejar se obtiene 4F 4W zz T^ Tf2F$2^\1 JWy al sustituir los valores numricos, resultaW 22 cm 3.8cm 2 50 kgW = 1675.40 kg 22PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.2En el tanque de la figura tenemos tres lquidos no miscibles. Calcular las presiones absoluta y relativa en el fondo y determinar la cota de los lquidos en cada uno de los piezmetros colocados como se indica. Considerar que la presin atmosfrica es 0.95 atm.Determinacin de las presiones relativas en los puntos 1, 2, 3, y 4.La presin relativa en el punto 1, superficie libre, en contacto con la atmsfera esp1 = 0= 0 kg/m2.p2 = p1 + Y1 (z1 - z2)Como y1 = S1 Yagua , al sustituir se obtienep2 = 0 + 0.75 x 1000 (18.20 - 15.50)= 2025 kg/m2p3 = p2 + Y2 (Z2 - Z3)p3 = 2025 + 1 x 1000 (15.50 - 12.50)= 5025 kg/m2p4 = p3 + Y3 (z3"z4)Como Y3 = p3 x g, al sustituir se obtienep4 = 5025 + (183.49 x 9.81) x (12.50 - 10.00) = 9525 kg/m2Como1 atm = 10330 kg/m2Entonces 0.95 atm = X=> X = 9813.5 kg/m223PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa presin absoluta en el fondo (punto 4) espabs = pman + patms local que al sustituir se obtienepabs4 = 9525 + 9813.5 = 19338.5 kg/m2Las alturas de los piezmetros sony las cotas de los piezometros sonpp = yH -> H =y T12025 750p3H2y25025 1000p4 H3y39525 1800 = 2.70 m= 5.03 m= 5.29 m h1 = 2.70 + 15.50 = 18.20 m h2 = 5.03 + 12.50 = 17.53 m h3 = 5.29 + 10.00 = 15.29 mProblema 2.3Calcular la presin en A, B, C y D en kg/cm2.p1 = 0, (Por estar en contacto con la atmsfera)pA = p1 1 h1La presin en A es menor que la presin en 1 ya que el punto A se encuentra por encima del punto 1.24PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOS PROPIEDADES DE LOS FLUIDOSpA = 0 - 0.6 x 1000 = - 600 kg/m2 => pA = - 600 x 10-4 = - 0.06 kg/cm2pB = p1 + Y1 h2La presin en B es mayor que la presin en 1 ya que el punto B se encuentra por debajo del punto 1.pB = 0 + 0.6 x 1000 = 600 kg/m2 => pB = 600 x 10-4 = 0.06 kg/cm2pC = pb (por ser aire, la presin se mantiene, aproximadamente constante en toda la cmara)pC = 0.06 kg/cm2pD = pC + Y2 h3pD = 600 + 0.9 x 1000 x 1.80 = 2200 kg/m2 => pD = 2200 x 10-4 = 0.22 kg/cm2Problema 2.4Calcular la presin absoluta y manomtrica en el tanque 1 , sobre la superficie del agua. Considerar que la presin baromtrica es de 710 mm de Hg.Movindose a lo largo del piezmetro, de derecha a izquierda y considerando presin relativa, se obtiene hasta llegar al punto A0 + 0,71 x 13600 - 0,61 x 1000 + 0,76 x 13600 - 0,76 x 1000 - 0,9 x 1000 = pA25PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSpA = 9656 610 +10336 760 900pA = 17722 kg/m2 (relativa o manomtrica)= 10330 kg/m2Como760 mmHg= X kg/m 2 => X = 710 x 10330 = 9650 kg/m 2 .Entonces 710 mmHgComo la presin absoluta en un punto es pabs = prelativa + patmosfrica , se tiene pabs = 9650 + 17722 = 27372 kg/m2Problema 2.5En la figura S1 = 0.86, S2 = 1, h1 = 43 cm, h2 = 21 cm,. a)Determinar la presin manomtrica pA en cm de Hg. b)Si la lectura del barmetro es 750 mm de Hg. Cul es la presin absoluta en A en m de agua?a) Movindose a lo largo del piezmetro de izquierda a derecha y considerando presin relativa, se obtiene hasta llegar al punto B.pA + h2 S1 - h1 S2 = 0Al despejar se obtienepA = (h1 S2 - h2 S1)que al sustituir resultapA = 1000 kg/m3 (0.43 x 1.00 0.21 x 0.86) = 249.40 kg/m226PROBLEMAS DE MECNICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSComo1.033 kg/cm2 = 76 cmHgEntonces0.02494 kg/cm2 = X=> X = 1.83 cmHg.b) Presin absoluta en m de aguapabs=pbar + pmanpabs= 750 + 18.3= 768.30 mm HgComo10.33 m= 760 mm HgEntoncesX= 768.30 mm Hg=> X = 10.44 m de aguaProblema 2.6En la figura que se muestra se tienen los siguientes datos: S1 = S3 = 0.83, S2 = 13.6, h1 = 40 cm, h2 = 20 cm, h3 = 30 cm. Determinar: a)pA si pB = 0.7 kg/cm2 (manomtrica) b)pB en metros de agua si, pA = 1,4 kg/cm2 (Absoluta) y una lectura baromtrica de 740 mm de Hg.a) Para una presin en pB = 0.7 kg/cm2 => pB 0.7 x 104 kg/m2Se obtiene desde el punto A hasta el punto B, a travs, del manmetro diferencial:pA + S1 y1 h1 - S2 y2 h2 - S3 y3 h3 = 0.7 x 10427PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDespejando se obtienepA = 0.7 x 104 + y (S2 h2 + S3 h3 - S1 h1)que al sustituir, en el sistema mtrico tcnico, se obtienepA = 0.7 x 104 + 1000 (13.6 x 0.20 + 0.83 x 0.30 - 0.83 x 0.40)pA = 9637 kg/m2b) Para pA = 1.40 kg/cm2 (absoluta) => 1.40 x 104 kg/m2Se obtiene desde el punto B hasta el punto A, a travs, del manmetro diferencialpB + y (S3 h3 + S2 h2 - S1 h1) = pApb = pa - y (S3 h3 + S2 h2 - S1 h1)que al sustituir, en el sistema mtrico tcnico, se obtiene:pB = 1.40 x 104 - 1000 (0.83 x 0.30 + 13.6 x 0.20 - 0.83 x 0.40)pB = 1.136 x 104 kg/m2 (absoluta) => 1.136 kg/cm2Como 760 mm Hg equivalen a 1.033 kg/cm2, se obtiene que la presin atmosfrica espatm = 1.033 = 1.005 kg/cm 2 La presin absoluta espabs = prel + patmDespejando y sustituyendo se obtiene prel = 1.136 - 1.005 = 1.131 kg/cm2 Como 1 kg/cm2 equivalen a 10 m de agua se obtiene que la presin relativa espB(rel) = I 1 x 0.131 = 1.31 m de agua28PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.7Dos recipientes cuyas superficies libres se encuentran a una diferencia de altura H, contienen el mismo lquido de peso especfico y segn se indica en la figura. Encuentre una expresin para calcular y en funcin de ya, A, yB, B.A travs del manmetro superior, desde el punto 1 hasta el punto 2 se obtiene 0 - H - X - A A + A + X = 0Simplificando se obtiene- H - A A + A = 0A travs del manmetro inferior, desde el punto 1 hasta el punto 2, se obtiene0 + m + B B - B - m - H = 0 Simplificando se obtieneB B - B = HAl despejar, se obtiene el valor del desnivel HH yBB -yByAl sustituir el valor de H en la expresin obtenida del manmetro superior, se obtiene yBB-yBy yA A+yA=0Al simplificaryB B +yA AY =A + B 29PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.8Calcular el desnivel, A, que existe entre los tanques mostrados en la figuraLa presin relativa, del aire confinado, en la parte superior del tanque 1 en kg/m2, se puede determinar mediante la lectura del manmetro as p1 = Hg h = 13600 (-0.254) = -3450 kg/m2Movindose a lo largo del manmetro diferencial, del tanque 1 hasta el tanque 2, se tiene:- 3450 + 1000 x 6.00 + 1.60 x 1000 x 0.60 - 0.80 x 1000 (6.60 - A) = 0y al despejar se obtieneA = 2.22 mProblema 2.930Los compartimentos B y C estn cerrados y llenos de aire. La lectura baromtrica es 1.020 kg/cm2, cuando los manmetros A y D marcan la lectura indicada. Qu valor tendr X en el manmetro E el cual contiene mercurio (S = 13.59).PROBLEMAS DE MECNICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSConsiderando presiones relativas y movindose desde el manmetro A hasta el manmetro D se obtiene2.1 x 104 - 13590 X + (0.25) (13590) = 0X = 1.80 mProblema 2.10El manmetro que se muestra en la figura se encuentra en equilibrio. Si la presin en A aumenta en un 50%, respecto a la inicial, determinar la nueva lectura manomtrica.Condicin inicialCondicin finalPara la condicin inicial, movindose de izquierda a derecha se obtiene: pA + (2 x 1000) 1.00 (10 x 1000) 0.50 = 0 pA = 3000 kg/m250 Al aumentar la presin en un 50%, es decir, = 0.50 se tiene para esta nueva condicin:100Nueva presin en A = 3000 + 0.50 (3000) = 4500 kg/m2Ahora, el lquido manomtrico en la rama de la izquierda baja una distancia M, y enconsecuencia, sube en la rama de la derecha la misma distancia M, debido a que el dimetrodel piezmetro es constante, obtenindose4500 + (2 x 1000) (1.00 + M) (0.50 + 2M) (10 x 1000) = 031PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSsimplificando se obtiene2000 M - 20000 M = 5000 - 2000 - 4500- 18000 M = - 1500M = 0.08 mLa nueva lectura es la lectura inicial ms dos veces la altura M asNueva Lectura = 0.50 + 2 x 0.08 = 0.66 mProblema 2.11Cuando el embudo est vaco y la altura de agua alcanza el punto A el desnivel del manmetro es AH = 150 mm. Calcular el desnivel del manmetro cuando el embudo se encuentra completamente lleno de agua.S = 13.6a)Para la condicin inicial, movindose de izquierda a derecha se obtiene(13.6 x 1000) H 1000 x h = 0Como H = 150 mm = 0.150m se tiene al sustituir y despejar h = 2,04 m (desnivel inicial)b)Para la condicin final el embudo se llena de agua, la presin en A no depende del tamaodel embudo, ni de la forma de este recipiente, solamente depende de la altura y del tipo dellquido.Al llenar el embudo, el lquido manmetrico baja X en la rama de la derecha, y sube X en la rama de la izquierda, as movindose de izquierda a derecha a travs del piezmetro se obtiene(13.6 x 1000) (H + 2X) 1000 (X + h + 3.00) = 032PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSal sustituir los valores obtenemos(13.6 x 1000) (0.15 + 2AX) - 1000 (AX + 2.04 + 3.00) = 0AX = 0,1145 m.El nuevo desnivel es 2AX + AHsustituyendo el valor de AX calculado, se obtieneEl nuevo desnivel2(0.1145) + 0.15 = 0.38 m.Problema 2.12En el esquema que se muestra en la figura, A contiene agua y el fluido manomtrico tiene una densidad relativa de 2.94. Cuando el menisco de la izquierda coincide con el cero de la escala, pA = 10 cm de agua. Determinar la lectura del menisco de la derecha para pA = 0.07 kg/cm2 (man) cuando no se ajusta el tubo a la escala.a)Para la condicin inicial, cuando la presin en A es 10 cm de agua, se obtiene movindosea travs del manmetro, de izquierda a derechapa +Yagua hagua - ( Syagua ) h1 = 0al sustituir los valores numricos se obtiene1.000 x 0.10 + 1000 x 0.60 - ( 2.94 x1000) h1 = 0de donde,h1 = 0.238 mb)Para la condicin final, cuando la presin en A es 0.07 kg/cm2, se obtiene movindose atravs del manmetro de izquierda a derechap'a + Yagua ( hagua + AH ) - (2.94 x 1000 ) ( h1 + 2 AH ) = 033PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSal sustituir los valores numricos se obtiene0.07 x 104 + 1000 (0.238 + AH) - (2.94 x 1000) (0.238 + 2 AH) = 0 de donde, AH = 0.123 mComo la escala y el tubo manomtrico estn fijos la nueva lectura ser: Nueva lectura es 0.238 + 0.123 = 0.361 mProblema 2.13cuando la llave est cerrada, la presin en A se puede calcular como34Cuando la llave esta cerrada, el manmetro de Bourdon o de aguja indica una presin pA. Calcular la diferencia entre las ramas del manmetro un U cuando se abre la llave, suponiendo que los niveles del lquido permanece constante..PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSpA = (S agua) (- h1)pA = (0.85 x 1000) (- 0.90) = - 765.00 kg/m2Al abrir la llave, el lquido en las ramas del manmetro se mueve. Supongamos que en la rama de la derecha el lquido baja una distancia k y en la rama de la izquierda el lquido sube una distancia k; movindose a travs del manmetro se tiene0 - (0.85 x 1000) (1.1 + 0.9 k) (1.6 x 1000) (2k) = - 765.00de donde,k = - 0.40 mEl signo negativo, del resultado obtenido a travs de los clculos, indica que ocurre lo contrario de lo asumido, es decir, el lquido en la rama de la derecha sube una distancia k y en la rama de la izquierda baja distancia k.La diferencia entre ramas es2 k = 2(0.40) = 0.80 mProblema 2.14Para el esquema que se muestra en la figura se pide: a)Peso del cilindro W1 si la diferencia entre las ramas de mercurio es de 7.00 cm. b)Cunto ser la diferencia entre las ramas de mercurio, considerando una densidad relativa de 13, si sobre el cilindro W1 se coloca un peso W igual a 0.535 kg.a) Para la condicin inicialp1 = (13 x 1000) x 0.07 - (0.9 x 1000) (0.53 + 0.07) p1 = 370 kg/m2La presin producida por el mbolo de peso W1 es35PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSp W1 A => W1 = p1 - O2Al sustituir los valores numricos se tieneW1 = 370 x x 0.04 2 = 0.465 kg 4b) Para la condicin final, la nueva presin producida por el mbolo esp W + W1 A 0.456 + 0.5357r0.04 2 4 796kg/m2Al colocarse el peso W sobre el embolo, ste baja una distancia Y, y en consecuencia, el lquido en la rama de la derecha del manmetro sube una distancia X. Como estos volmenes son iguales se tiene4- 0.04 2 Y=-0.01 2 X4 => Y = 0.063 XMovindose a travs del manmetro de izquierda a derecha se obtiene796 + (0.90 x 1000) (0.60 - Y + X) - (13 x 1000) (2 X + 0.07) = 0de donde,X = 0.02 mComo la diferencia de lecturas es igual a la lectura inicial ms dos veces la distancia X, obtenemosDiferencia de lecturas = 0.07 + 2 x 0.02 = 0.11 m36PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.15Cuando p1 = p2 el manmetro se encuentra en la posicin inicial mostrada en la figura. Calcular la diferencia de presiones p1 - p2 si el menisco de la izquierda (lnea entre lquidos) sube 5 cm.Condicin inicial Condicin finala) Para la condicin inicial y movindose de izquierda a derecha a travs del manmetro seobtiene p2 + 0.50 1 - 0.40 x 1000 = p1Para este caso como p1 = p2 la expresin anterior se transforma en0.50 1 - 0.40 x 1000 = 0de donde,400 10.50 = 800 kg/m3b) Para la condicin final, al subir el menisco de la izquierda 5 cm la superficie del lquido 1 sube en la cmara izquierda una distancia Z y baja en la cmara de la derecha una distancia Z, entoncesp2 + (0.50 0.05 + Z) 800 + (0.05 + 0.05) 1000 (0.40 + 0.05 Z) 1000 = p1p2 - p1 = (0.45 + Z) x 800 - (0.35 - Z) x 1000Como el volumen del lquido en la rama de la izquierda entra en la cmara superior, subiendouna distancia Z, entonces estos volmenes son iguales, es decirTT0.052 Z = 0.0252 x 0.05 44 Sustituyendo el valor de Z, se tienep2 - p1 = (0.45 + 0.0125) x 800 - (0.35 - 0.0125) x 1000 = 32.50 kg/m2=>Z = 0.0125 cm37PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.16La seccin transversal de una presa es un rectngulo de 3 m. de ancho y 6 m. de alto. La profundidad del agua situada tras la presa es de 6 m. y la longitud de 150 m. a)Cul es el momento del par que tiende a volcar la presa. b)Si el material de que est hecha la presa tiene un peso especfico de 1700 kg/m3, determinar si el par estabilizador debido al peso tiene un momento mayor o menor que el debido a la accin del agua.a) Determinacin del momento al volcamientoLa fuerza, segn el diagrama es1 2 F = H L 2El brazo respecto a eje AA es1 B = H 3Luego el momento ser1 3 M1 = F x B = H L 6Al sustituir se obtiene que el momento al volcamiento esM1 = - x 1000 x 63 x 150 = 54 x 105 kg m 638PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSb) Determinacin del momento estabilizadorEl peso de la presa esW = 3 x 6 x 150 x 1700 = 459 x 104 kg.El brazo respecto al eje AA es13 b = a = = 1.50 m 22Luego el momento estabilizador esM2 = W b = 459 x 104 x 1.5 = 68.85 x 105 kg mcomo M2 = 68.85 x 105 kg m > M1 = 54 x 105 kg m, la presa es estable y no se produce elvolcamiento.Problema 2.17Si se considera que la compuerta, cuya seccin transversal se muestra en la figura, no tiene peso, cual ser la altura de agua, h, para la cual ella se abre?La fuerza horizontal sobre la superficie vertical y su brazo son respectivamente,F1 = -yh 2 L = - 1000 x h 2 x L = 500 h 2 L yb1 = - h2 '23La fuerza vertical sobre la superficie horizontal y su brazo son respectivamente,F2 = yx h x 1 x L = 1000 h Lyb2 =-= 0.50 m2La condicin de equilibrio indica Z MA = 0 => F1 b1 - F2 b2 = 039PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOS1500 h2 Lh = 1000 h L x 0.503Al despejar se obtiene h = ^3 = 1.73 mProblema 2.18Calcular el peso W para que la compuerta articulada en A, se mantenga en equilibrio. El ancho de la misma es de 2.00 mLa fuerza sobre la superficie vertical, segn el diagrama de presiones esF1 1000 x 12 x 2 = 1000 kgy su brazo respecto al eje de rotacin A es11 b1 = 1.00 = m 33La fuerza vertical, sobre la superficie horizontal esF2 = 1000 x 2 x 2 = 4000 kgy su brazo de la fuerza vertical es:1-2b22.00 = 1.00 mEl peso de la presa, W , es desconocidoW = ?y su lnea de accin respecto al eje A es24 bw = 2.00 = m 3340PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOS= 0i esLa condicin de equilibrio (Z MA = 0)141000 x- + 4000 x 1.00 - W x- = 033Al despejar se obtieneW = 3250 kgProblema 2.19 a)Determinar la fuerza resultante F, debida a la accin del agua sobre la superficie plana rectangular AB de 2m de altura y 1 m de ancho que se muestra en la figura. b)Determinar su posicin.Mtodo A (utilizando las frmulas)a) Determinacin de la fuerza F = yxhxAF = 1000 x (1.2 + 1) x (2 x 1) F = 4400 kgb) Determinacin del punto de aplicacinIYcp cgYA + Y41PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOS1x23Ycp = + (1.2 + 1) (1,2 + 1)x(2x1)Ycp = 2,352 mts (a partir de la superficie)Mtodo B (utilizando el diagrama de presiones) El volumen del prisma trapezoidal de presiones esf1200 + 3200^F = I x 2 x 12JF = 4400 kgSi se divide el trapecio en un rectngulo y un tringulo se tienePara el rectnguloF1 = 1200 x 2 x 1 = 2400 kgY para el tringulo:1 F2 = 2000 x 2 x 1 = 2000 kg 2El momento esttico de la fuerza total F, respecto al punto A es igual al momento de las fuerzas parciales F1 y F2; es decir,F x b = F1 b1 + F2 b2 ,de donde,F1b1 +F2 b2 b =FAl sustituir resulta2 2400 x 1+ 2000 xx 23 b =4400b = 1.15 mLa posicin desde la superficie serYcp = 1.20 + 1.15 = 2.35 m42PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.20Una superficie triangular, con un ngulo recto, tiene un vrtice en la superficie libre de un lquido como se muestra en la figura. Si la compuerta se encuentra sobre un plano vertical, hallar la fuerza sobre dicha superficie. a)Mediante la utilizacin de la frmula. b)Mediante integracin.a) Mediante la utilizacin de la frmula F = Pc g ALa presin en el centro de gravedad de la superficie es2 Pc g = h = h 3El rea total de la superficie es2Al sustituir resulta2 h bhF =x32despus de simplificar se obtiene3b) Mediante integracin dF = p dA dA = x dy43PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSSegn la relacin de tringulos se tienex h - yb /, = => x=(h-y)bhhVLa fuerza total ser igual a la integralF= h hb (h-y) dy x y(h-y)Simplificando,F = Th b( h-y )2 dyde dondeF y x bh h2 y 23y2h y+23 h0Luego de evaluar entre 0 y h, se obtieneF = y bh h3-h3+ h33Finalmente2F =ybh2 3La fuerza F1, que acta sobre la superficie cuadrada es44PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSF1 = yxhxA = 1000 (1.50 + 0.60) 1.20 x 1.20 = 3024.00 kgy su punto de aplicacin, respecto a la superficie del agua,1.2x1.23YAYcp1 + Y = 122.10 x (1.20x1.20) + 2.10 = 2.16 mLa fuerza F2, que acta sobre la superficie triangular esF2 = Yxh7x A = 1000 [ 1.50 + 1.20 +-1 x 1 x V3jL 2 J = 1818.00 kgy su punto de aplicacin, respecto a la superficie del agua es'1.20 x 1.20 336+YI _Ycp2YA^1.20x1.202+ 3.03 = 3.05 mx3.03La fuerza total sobre la superficie compuesta es Ft = 3024 + 1818 = 4842 kgYcptEl momento esttico de la fuerza Ft, respecto a la superficie del agua es igual al momento de las fuerzas parciales F1 y F2 respecto a la misma superficie Ft YcpT = F1 Ycp1 + F2 Ycp2 Despejando y sustituyendo se tiene 3024 x 2.16 +1818 x 3.054842YcpT = 2.49 mProblema 2.22El prisma rectangular hueco est en equilibrio cuando y = 0 y Z = 30 cm. a)Calcular el peso del prisma b)Si Z = 45 cm, calcular y para que se encuentre en equilibrio.45PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSa) Prisma vacoLa fuerza sobre la superficie vertical y su punto de aplicacin son respectivamenteF1 12 1000 x 0.30 2 x 1 = 45 kgyb1 = 0.30 = 0.10 m3La fuerza sobre la superficie horizontal y su punto de aplicacin son respectivamenteF2 = 300 x 2 x 1 = 600 kg yb2 = 2 = 1.00 m2La condicin de equilibrio se obtiene haciendo la sumatoria de momentos en la articulacin, siendo W el peso del prisma y bw, su punto de aplicacin; es decirF1b1 + F2 b2 = W bw Despejando se obtieneW = F1 b1 + F2 b2b46PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOScomo bw = 1.00 m, al sustituir se obtiene= 45 x 0.1-600 x 1 = 604 501b) Prisma con una altura y de mercurio)wZ = 0.45mF3y \waF4rLa fuerza sobre la superficie vertical y su punto de aplicacin son respectivamenteF3 1_2 x 1000 x 0.45 x 1 = 101.25 kg y b3 x 0.45 = 0.15 mLa fuerza sobre la superficie horizontal y su punto de aplicacin son respectivamenteEl peso del prisma, calculado anteriormente, y su punto de aplicacin son respectivamenteF4 = 450 x 2 x 1 = 900.00 kg y 2 b4 = - = 1.00 m2W = 604.50 kg1ybw = - 2 = 1.00 m 2El peso del mercurio y su punto de aplicacin son respectivamenteW2 = y x 2 x 1 x 13600 = 27200 yybw2 = 1.00 mLa condicin de equilibrio se obtiene haciendo sumatoria de momento respecto a la articulacinF3 x b3 + F4 x b4 = W x bw + W2 bw2 F3 b3 + F4 b4 - WbwbW2w 2Al sustituir se tieneW2 101.25 x 0.15 + 900 x 1 - 604.50 x 1 1 = 310.69 kg ; lo que corresponde al peso delmercurio para mantener el equilibrio. 47PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSComo27200 y = 310.69Entonces se obtiene y = 0.011 mProblema 2.23En la figura el prisma triangular hueco est en equilibrio cuando Y = 0 y Z = 30 cm. La lnea de accin del centro de gravedad del prisma se encuentra segn lo indicado. a)Determinar el peso del prisma por metro de longitud. b)Hallar el valor de Y, si Z = 45 cms.a) Prisma vacoLa fuerza sobre la superficie vertical y su punto de aplicacin son respectivamenteF1 12 1000 x 0.32 x 1 = 45 kg y b1 13 0.30 = 0.10 mLa fuerza sobre la superficie horizontal y su punto de aplicacin son respectivamente1F2 = 0.30 x 1000 x 1.20 x 1 = 360 kgyb2 = 1.20 = 0.60 m248PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa condicin de equilibrio se obtiene haciendo sumatoria de momento respecto al punto a,siendo W el peso del prisma. Ma = 045 x 0.10 + 360 x 0.60 - W 0.90 = 0de dondeW = 245 kgb) Prisma con una altura de agua en el interior igual a YLa fuerza sobre la superficie vertical y su lnea de accin son respectivamenteF3 = -1000 x 0.45 2 x 1 = 101.25 kgyb3 =-0.45 = 0.15 myb31_223 La fuerza sobre la superficie horizontal y su lnea de accin son respectivamentey1.20 = 0.60 mb2F4 = 450 x 1.20 x 1 = 540 kgYXEl peso total del agua, en el interior del prisma, se puede calcular como W2 y W3.Por relacin de tringulosX 1.204Y=>30.9248 Y = Y339El peso W3 y su lnea de accin son, respectivamente 14yW3b32 3Y Y x 1 x 10004 3El peso W2 y su lnea de accin son respectivamente1_2yYW2 = (1.201.20b2Y) Y x 1 x 1000La condicin de equilibrio se obtiene haciendo sumatoria de momentos respecto al punto a. Ma = 049PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOS23 Y21000 8 Y + 1.20 - -Y | Y 10003 41 14 Y + 1.20-Y3 l 3 ; 2 + 245 x 0.90 - 540 x 0.60 - 101.25 x 0.15 = 0de donde se obtiene, Y = 0.167 mProblema 2.24 a)Hallar el mdulo y la lnea de accin de la fuerza a cada lado de la compuerta que se muestra en la figura. b)Determinar F para abrir la compuerta si sta es homognea y pesa 3000 kg. El ancho de la compuerta es de 1.80 m.La longitud L, de la compuerta esL = 1.802+2.402 = 3.00 m50Determinacin la fuerza producida por el lquido de la izquierdaPROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa altura desde el centro de gravedad de la compuerta hasta la superficie del lquido, donde la presin es 0, es+ 1.20l= 2.20 mh1 = 1.80 + 0.60l 2El rea real de la compuerta esA = L x ancho = 3.00 x 1.80Entonces la fuerza esF1 = yh1 A = 864 x 2.70 x (1.80 x 3.00)F1 = 12597 kgDeterminacin de la lnea de accin de la fuerza producida por el lquido de la izquierda Esta lnea se encuentra a Ycp1 desde el punto OIYcp1 cgY1 A + Y1Por relacin de tringulos 1.80 3.603.00 Yo => Yo= 6 mY1 = Y0 L300 = 6.00 = 4.50 m22Ycp1 IcgY1A +Y1 1.80x3.003124.50 x 1.80 x 3.00 + 4.50 = 4.67 m51PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin la fuerza producida por el lquido de la derecha.La altura desde el centro de gravedad de la compuerta hasta la superficie del lquido, donde la presin es 0, es1.80h =+ 0.60 = 1.50 m2F2 = y h A = 864 x 1.50 x 1.80 x 3.00F2 = 6998 kgDeterminacin de la lnea de accin de la fuerza producida por el liquido de la derecha Esta lnea de accin se encuentra a Ycp desde el punto OIYcp1 cgYA +YPor relacin de tringulos 1.80 0.60X3.00 => X = 1.00 m2Y = X + = 1.00 + 3.00 = 2.50 m252PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSYcp2 1.80x3.003 12(2.50) x (1.80x3.00) + (2.50) = 2.80 mLos brazos de cada una de las fuerzas se encuentran indicados en la figura siguienteMediante la condicin de equilibrio tenemos12597 x 1.67 + 3000 x 1.20 - 6998 x 1.80 - F x 2.40 = 0F = 21036 + 3600-12596 24F = 5017 kgProblema 2.25Cul ser el valor del contrapeso W para que la compuerta de la figura se mantenga en la forma mostrada? Las hojas OA y OB, rectangulares de 4,00 m de ancho, forman en O un ngulo rgido de 90o y pesan 3000 kg y 3600 kg, respectivamente.53PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de las presiones en los puntos A, O, B, con el fin de dibujar los diagramas depresiones pA = 0p0 = pA + h1 = 0 + 1000 (1.50 cos 300) = 1300 kg/m2pB = p0 + h1 = 1300 + 1000 (1.80 sen 300) = 2200 kg/m2Determinacin de la fuerzaLa fuerza sobre la cara AO, de 4 m de ancho se puede calcular segn el diagrama de presionescomo54PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOS1F1 = - x 1300 x 1.50 x 4 = 3897 kgLa fuerza sobre la cara OB, de 4 m de ancho se puede calcular, en dos partes, segn eldiagrama de presiones comoF2 = 1300 x 1,80 x 4 = 9353 kg1 F3 = - x 900 1.50 x 4 = 3240 kg2El peso P1 de la hoja OA esP1 = 3600 kgEl peso P1 de la hoja OB esP2 = 3000 kgConsideremos W el peso necesario para mantener el equilibrioDeterminacin de los brazos de cada una de las fuerzas calculadas anteriormente1 b1 = -x 1.50 = 0.50 m 31 b2 = -x 1.80 = 0.90 m22 b3 = - x 1.80 = 1.20 m 3b4 = (1.80 - 0.15) cos 300 = 1.43 m b5 = 0.90 cos 300 = 0.78 m b6 = 0.75 cos 600 = 0.38 mLa condicin de equilibrio indica que la sumatoria de momentos respecto al eje O es ZMo = F1 b1 - F2 b2 - F3 b3 + P1 b5 + P2 b6 + W b4 = 0Al sustituirZMo = 3897 x 0.50 - 9353 x 0.90 - 3240 x 1.20 + 3600 x 0.78 + 3000 x 0.38 + W x 1.43 = 0de donde-1948.50 + 8417.70 + 3888 - 2808 - 1140W = = 4481.96 kg1.4355PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de las distancias H y Lsen 60 o = => H = 200=> H = 2.31 mHsen 60 osen 60 o = => L = 2.3=> L = 2.67 mLsen 60 oDeterminacin de las fuerzas producidas por el agua sobre la compuertaF = y h A = 1000 0.5+ - 2 1 -2.67 x 2.31V3 J {2F = 5654 kgDeterminacin del punto de aplicacin, Ycp de la fuerzaLa distancia M, imaginaria, indicada en la figura esM cos 30 0 = 0.50 ^>M = 0.50 = 0.58 mcos 30 0El momento de inercia del tringulo respecto al eje centroidal esIcgLH33656PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa distancia Y es2 Y = 0.58 + 2.31 = 2.12 m 3ILa distancia Ycp esYcpcg +YYAAl sustituir se obtiene 2.67x2.31336Ycp =+ 2.12 = 2.26 m2.12r2.67x2.312El brazo respecto al eje horizontal B C es b = (2.31 + 0.58) - 2.26 = 0.63 m Segn la condicin de equilibrio F x b - Fc x 2.31 = 0 Al despejar se obtiene5654 x 0.63Fc == 1542 Kg2.31Problema 2.27En el depsito mostrado en la figura se pide:57 a)Fuerza horizontal sobre la superficie AB b)Punto de aplicacin de la resultante respecto al punto B. El ancho de la superficie AB es de 1.00 m.PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de las presiones en los puntos A, 1, 2, B, para dibujar los diagramas de presionespA= 0.10 x 13600= 1360 kg/m2p1== 1360 kg/m2p2= 360 + 2.2 x 780 = 3076 kg/m2pB= 3076 + 0.9 x 1000 = 3976 kg/m2Determinacin de las fuerzasLa fuerza en la zona A-1, de la presin constante, en forma de prisma rectangular esF1 = 1360 (1.00 x 1.00)= 1360.00 kgLa fuerza en la zona 1-2, de la presin variable, en forma de prisma trapezoidal es1360 + 3076F2 = x 2.20 x 1.002= 4879.60 kgLa fuerza en la zona 2-B, de la presin variable, en forma de prisma trapezoidal esF3 3076+39762 0.90 x 1.00 = 3173.40 kg58PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa fuerza total FH esFH = F1 + F2 + F3 => FH = 1360 + 4879.6 + 3173.40 = 9413 kgDeterminacin de los brazos respecto al punto B1.00b1 = 0.90 + 2.20 += 3.60 m2El centro de gravedad de un trapecio respecto a la base mayor esXc g 1 + a+bEntonces, al sustituir se obtienen los brazosb2 = 0.90 + 2.20 1 + 13601360 + 3076 = 1.86 myb3 0.903 1 + 30763976+3076 = 0.43 mEl momento producido por la fuerza total FH, respecto al punto B es igual a la suma de los momentos parciales de las fuerzas F1, F2 y F3, es decir,FH x b = F1 x b1 + F2 x b2 + F3 x b31360 3.60 + 4879.60 1.86 + 3173.40 0.43b =xxx b = 1.63 m9413Problema 2.28Calcular la altura, h necesaria para mantener en equilibrio la compuerta circular ,de 1.00 m de dimetro que se muestra en la figura.59PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de la fuerza F1, producida por el agua y su punto de aplicacinF1 = yhc g ATF1 = 1000 x 3.5 x - x 1.002 = 2750 kgComo Ic g= 0.05 m= =64:rd4 3.14x1.00464IYAYc p cg +Y60PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSYc p = + 3.50 = 0.02 + 3.50 = 3.52 m- x1.00 2 x3.5 4El brazo respecto a la articulacin esb1 = Yc p - 3.00 = 0.52 mDeterminacin de la fuerza F2 producida por el aire y su punto de aplicacinComo la presin en la cmara de aire es constante, la fuerza F2 se determina como F2 = (13.6 x 1000) (h) i-1.00 2 I4 )b2 = -1.00 = 0.50 m2La condicin de equilibrio indica F2 b2 - F1 b1 = 0(13.6 x 1000) (h) f- 1.00 21x 0.50 - 2752 x 0.52 = 04 )Al despejar resulta h = 0.25 mProblema 2.2961Determinar el momento que hay que aplicar en "O" para mantener la compuerta cerrada. El ancho de la compuerta rectangular es de 1.80 m.PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de las presiones en los puntos A y O, con el fin de dibujar los diagramas de presionespA = 0.30 x (5 x 1000) (0.60 + 0.30) x 1000 = 600 kg/m2p0 = 600 1000 x 1.20= 600 kg/m2La longitud de la compuerta es0 1.20Sen 45 =L = 1.70 mLEl punto de corte o de presin cero ocurre, por simetra enL / 2 = 0.85 mEntonces la fuerza se puede determinar a travs de la cua o diagrama de presiones como1 F1 = F2 = 600 x 0,85 x 1,80 = 459 kg 2El momento esttico de las fuerzas F1 y F2 respecto al punto O es62PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSM = F1 b1 + F2 b2 Al sustituir resulta21M = 459 x ( 0,85 + 0,85) - 459 (- x 0,85) = 520 kg . mDeterminacin de la fuerza F1 y su punto de aplicacinF1 = Pcg A = yh A = 1000 x 1.20 x - x 1.802 => F1 = 3051 kgYcp IY cg +YXAComo el momento de inercia es 63PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSd4 = 3.14 x (1.80)4 = 0515 m6464entoncesYcp = -+ 1.20 = 0.17 + 1.20 = 1.37 m1.20 x x 1.804El brazo respecto al eje de rotacin esb1 = (0.30 + 1.80 + 0.60) - 1.37 m = 1.33 mSegn la condicin de equilibrioF1 b1 - F2 b2 = 0^> F2b2Al sustituir se obtiene3051 1.33F2 =x= 1230 kg3.30Si la tensin del cable es 1230 kg, segn la sumatoria de fuerzas verticales,E + F2 - W = 0Donde E es el empuje que experimenta el cuerpo sumergido,E =Yliq x VsumergidoYliq x Vsumergido + 1230 - W = 01000 x Vsumergido + 1230 - 2400 x Vsumergido = 0Vsumergido (2400 - 1000) = 123012303Vsumergido = 1400 = 0878 m64PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.31Calcular Fh , FV , y FR por metro de ancho debido a la accin del agua sobre el muro de retencin parablico que se muestra en la figura. El vrtice de la parbola se encuentra en el punto A y es simtrica respecto al eje Y.La fuerza vertical es igual al peso del volumen de lquido sobre la superficie curva el cual es igual al rea entre la superficie curva, la superficie del agua y el eje Y multiplicada por el ancho y por el peso especfico del lquido.La ecuacin de la parbola puede expresarse comoy = K x2Esta se debe satisfacer para el punto B, de coordenadas (2.50; 3.00); es decir,K = 3.00 = 0.483.0 = K x 2.502=>(2.50)2de donde, a ecuacin de la parbolay = 0.48 x2El rea descrita anteriormente se puede calcular mediante integracin comodA = dy xdA = 0.48 dyA = 3 Y 0.48 1/2 dy 10.481/2 3I0 y1/2 dy65PROBLEMAS DE MECNICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSAl integrar se obtiene2 Y3/21 3/2 2x33= 5.00 m2(0.48)1/233(0.48)1Entonces la fuerza vertical esFv = 5.00 x 1.00 x 1000 = 5000 kg.La fuerza horizontal es igual a la fuerza que acta sobre la proyeccin vertical de la superficie; es decir,Fh = yhAFh = 1000 x 1.5 x 3 x 1 = 4500 kg.La resultante de la fuerza horizontal y vertical esR = ^45002 +50002 R = 6727 kg.Problema 2.32La compuerta ABC de la figura es de forma parablica (A es el vrtice de la parbola) y puede girar alrededor de A. Si su centro de gravedad est en B, Qu peso W debe tener la compuerta para que est en equilibrio en la forma que se muestra? Ancho = 1.00 mLa fuerza vertical es igual al peso del volumen de lquido desalojado por la compuerta el cual es igual al rea entre la superficie curva, la superficie imaginaria del lquido y el eje y, multiplicada por ancho de la compuerta y por el peso especfico del lquido. La ecuacin de la parbola puede expresarse como66PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSx = K1 y2La cual se debe satisfacer para el punto D, de coordenadas (0.60; 1.20)Es decir,0.6 = K1 x 1.202K1 0.6 1.202 = 0.4167de donde, la ecuacin de la parbola esx = 0.4167 y2El rea descrita anteriormente se puede calcular mediante integracin como dA = x dyA = 1020 (0.4167 y2 ) dy0.4167 1.2032A =x= 0.24 m3 Entonces la fuerza vertical esFV = 0.24 x 1.00 x 0.80 x 1000 = 192 kgLa fuerza vertical acta en el centro de gravedad del rea determinada anteriormente el cual sedetermina como67PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSX cg A = I0 1.20 x-dy2Al sustituir y despejar el valor Xcg, se obtiene0.4167 y22X = J0120 0.4167 y0.24 dy = 0.18 mLa fuerza horizontal y su brazo respecto al punto A son respectivamenteFH 12 800 x 1.202 x 1.00 = 576 kg y bH 13 x 1.20 = 0.40 mSegn la condicin de equilibrioW x 0.45 - X cg FV - FH bH = 0Al sustituir y despejar se obtieneW = 0.18 x 192 + 0.40 x 576 = 588800.45Problema 2.33Para la compuerta radial que se muestra en la figura determinar: a)La fuerza horizontal y su lnea de accin. b)La fuerza vertical y su lnea de accin. c)La fuerza F, necesaria para abrir la compuerta, despreciando su peso. d)El momento respecto a un eje normal al papel y que pasa por el punto O68PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de la fuerza horizontal y su lnea de accinFH = y x hx A = 1000 x 4 x 4 = 16000 kgIYcp = Y + cg = 4.00 +YA 2x23 124.00x(2.00x2.00) 4 + = 4.08 m 12Determinacin de la fuerza vertical y su lnea de accinLa fuerza vertical es igual al peso del volumen de lquido desalojado por la compuerta.Con la finalidad de simplificar los clculos esta fuerza se divide en dos partes siendo lasfuerzas y los brazos respectivamenteFv1 = 3 x 2 x 2 x 1000 = 12000 kgyb1 = 1.00 mx 2 x 2 x2K 4FV2 =x 2 x4 42 x 1000 = 6280 kg4r 4x2.00yb2 == = 0.848 m3 t 3::Determinacin de la fuerza F, necesaria para abrir la compuertaLa condicin de equilibrio indica que el momento respecto al punto O es cero; as,EMo = 012000 x 1.00 + 6280 x 0.848 - 16000 x 1.08 + 2 x F = 069PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSAl despejar se obtiene2.56F == 1.28 0 kg2Es decir, no se necesita fuerza para abrir la compuerta.Determinacin del momento respecto al punto O Mo = 0(Por el paso anterior)Problema 2.34Calcular la magnitud, direccin y punto de aplicacin de la fuerza ejercida sobre el rea AB debido a la accin del agua, sobre un cuarto de cilindro circular con una longitud, normal al plano del dibujo, de 2.44 m.Determinacin de la fuerza horizontal producida por el lquido sobre la proyeccin vertical de la superficie70PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSFh = y hcg Ap = 1000 x 3.05 + x 1.52 x 2.44 = 14310 kg. Determinacin del punto de aplicacinYcp = Y + YA = 3.05 +Icg f1.52^2.44 x 1.523 I+YA v2 ) 12 x 2.44 x 1.52 x (3.05 + 1.52)^x1.522Ycp = 3.81 + 0.0459 = 3.8559 m Fv = Fv(acdo) + Fv(aob) = 1000 x 3.05 x 2.44 x 1.52 + 1000 x 2.44 xv Fv = 11309 + 4424 = 15733 kgLos punto de aplicacin de las fuerza verticales son El de la fuerza FV(acdo) es = 0.76 mEl de la fuerza FV(aob) es -- = 4x1.52 = 0.645 m3 7T3 7tEl momento producido por la fuerza vertical total es igual al la sumatoria de los momentos producidos por cada una de las fuerzas verticalesFv Xc = Ev(acdo) x 0.76 + Ev(aob) x 0.64511309 x 0.76 + 4424 x 0.645Xc = = 0.728 m15733FT = V141302 + 157332 = 21146 kg Determinacin de la direccin y sentido de la fuerzatang^) = FH = 14130 = 0.898 mFv15733 = 41o 56 con el eje vertical y sentido hacia la derecha.Problema 2.35El deposito cilndrico de la figura, de 2 m. de dimetro, est lleno hasta la mitad de aceite de peso especfico relativo 0,80 y el resto con aire a una presin de 0,1 kg/cm2. Determinar: a)La fuerza contra la tapa superior y su punto de aplicacin b)La fuerza contra el fondo y su punto de aplicacin c)Hacer un diagrama de presiones contra la pared lateral d)La tensin horizontal mxima que debe resistir un anillo de 1 cm de pared lateral. e)Si el depsito est asentado directamente sobre el terreno, calcular la fatiga de ste, siendo el peso propio del tanque de 1.5 Ton.71PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de la fuerza contra la tapa superior y su punto de aplicacin F1 = paire A1 = 0.1 x 10 4 x 2.00 2 = 3140 kg4Debido a que la presin es constante en la tapa, la fuerza acta en el centro de gravedad de lamisma.Determinacin de la fuerza contra la tapa inferior y su punto de aplicacin2F2 = 3140 + aceite h A1 = 3140 + 0.80 x 1000 x1.00 x 2.00 = 5625 kg.4Esta fuerza est aplicada el centro de gravedad del fondo, segn lo explicado anteriormenteDiagrama de presiones contra la pared lateralpA = 0.1 x 104= 1000 kg/m2pB = 0.1 x 104= 1000 kg/m2Determinacin de la fuerza horizontal mxima absorbida por las paredes laterales72pC = 1000 + 800 x 1 = 1800 kg/m2PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSAl observar un corte del cilindro se tieneT = pmx D LAl despejar y sustituir se obtieneT = 1800 2.00 01 = 18kg2Determinacin de la fatiga del terreno 5652-3140 + 1500 terr.= 1278 kg/m2=> aterr. = 0.1278 kg/cm27r2.00 2 473PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa fuerza vertical es igual al peso del volumen de lquido sobre la superficie curva, el cual es igual al rea entre la superficie curva, la superficie del lquido y el eje Y, multiplicada por el ancho de la compuerta y por el peso especfico del lquido. La ecuacin de la parbola puede expresarse comoy = K x2La cual debe satisfacerse para el punto de coordenadas (2.50; 3.00); es decir,3.00 = K x 2.502 K = 0.48de donde, la ecuacin de la parbola esy = 0.48 x2El rea descrita anteriormente se pude calcular mediante integracin como dA = (3 - y) dxA = J025 (3 - 0.48 x2) dx 3 x 0.48 x3 3 2.50 = 5.00 m2FV = 5.00 x 1025 = 5125 kg74La fuerza vertical acta en el centro de gravedad del rea determinada anteriormente. Este de acuerdo a la siguiente figuraPROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOScomoI2.5Xcg A = (3 - 0.48 x2) x dx3 x2 0.48 x4 2.5Xcg 5.00 0 = 0.94 mLa fuerza vertical acta a una distancia b2 segn lo indicado en la siguiente figurab2 = 5.00 - 0.94 = 4.06 mDeterminacin de la fuerza horizontalFH = - yH 2 L = - 1025 x 3.00 2 x 1.00 = 4612.5 kg2 '2La fuerza horizontal acta a una distancia b1 segn lo indicado en la figura anterior1 b1 = 1.00 + x 3.00 = 2.00 m 3El momento respecto al punto A esMa = 4612.50 x 2 - 5125 x 4.06 = -11582.50 kg mProblema 2.37Calcular, mediante integracin, la fuerza F necesaria para mantener la compuerta de la figura en la posicin indicada. Considerar que el ancho de la compuerta es de 1.20 m.75PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de la presin en el punto Opo + 0.80 x 800 x 0.50 + 1000 x 0.60 - 4000 x 1.50 = 0po = 5000 kg/m2La presin p1, a una altura h, medida verticalmente desde el punto O esp1 = 5000 + y h = 5000 + y 0.50 (1 - cosa)El diferencial de fuerza que acta sobre el diferencial de rea esdF1 = [5000 + yx 0.50 x (1 - cosa)] x 0.50 x da x 1.20El diferencial de momento, respecto al punto O esdM = dF1 x bAl sustituir se obtienedM = [5000 + y 0.50 (1 - cosa)] 0.50 x 1.20 da (0.50 sena)El momento total se obtiene al integrar ente 0 y T276PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOS-71/2M = 0.30 [5000 + y 0.50 (1 - cosa)] sena daJoM = 0.3 x 5000 sena da+ y 0.50 sena da - y 0.50 sena cosa daComosen 2asena cosa = entonces se tiene:2M = 0.30 i- 5000 [eos a]*/2 -y 0.50 [cosa]"'2 -J '5 j;/ 2sen 2a daComo d2da(eos 2 a) = - 2 sen 2aentoncesy 0.50M = 0.30 \ 5000 + y 0.50 + [eos 2a]/2[4OM = 0.30 j 5000 + y 0.50 + y '5(-l - 1)1M = 0.30 J 5000 + y 0.50 - J '5 ll2 JM = 0.30 i 5000 + 800 x 0.50 - 800 x 0-5012 J M = 0.30 {5200} = 1560 kg mPara que la compuerta se encuentre cerrada, el momento producido por la fuerza externa F, respecto al punto O debe ser igual al producido por la accin del agua, determinado anteriormente; as, F x 0.50 = 1560de donde,F =^ = 3120 kg. 0.5077PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.38El cilindro de la figura, de 2.00 m de dimetro pesa 2500 kg. y tiene una longitud de 1.50 m. Determinar las reacciones en A y B despreciando el rozamiento.Esquemas de fuerzasDeterminacin de la fuerza horizontal producida por la accin del aceite.Fh = -yh 2 L = - 0.8 x 1000 x 2.00 2 x 1.50 = 2400 kg22La condicin de equilibrio horizontal indica queFh - Ra = 0=> Ra = Fh = 2400 kgDeterminacin de la fuerza vertical producida por el aceiteFv = Fv2 - Fv178PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa fuerza vertical en la zona BD es hacia arriba e igual al peso del volumen de aguadesplazada, es decir, el rea Abcde multiplicada por la longitud del cilindro y por el pesoespecfico del lquido; as,Fv2 = Abcde LLa fuerza vertical en la zona CD es hacia abajo e igual al peso del volumen de agua que sewncuentra sobre la superficie, es decir, el rea Adec multiplicada por la longitud del cilindro ypor peso especfico del lquido; as,Fv1 = Adec x LLa fuerza vertical resultante esFv = L (Abced - Adec) y hacia arribasimplificando se obtieneFv = L Abcdy al sustituir los valores numricos resultaFv = 800 x 1.5 V t1.0022 = 1885 kgLa condicin de equilibrio vertical indica que FV + RB = WRB = W - FVRB = 2500 - 1885 = 615 kgProblema 2.39El cilindro de la figura de 2.40 m de dimetro, pesa 250 kg y reposa sobre el fondo de un depsito de 1.00 m de longitud; si se vierte agua y aceite en la parte izquierda y derecha respectivamente, hallar los mdulos de las componentes de las fuerza horizontal y vertical que mantienen el cilindro justamente en contacto en el depsito.79PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSEsquemas de fuerzasDeterminacin de las fuerzas horizontales2 12 1Fh(bc) = - yH 2 L = - 1000 x 0.60 2 x 1.00 = 180 kgFh(ba) = H12 L = 750 x 1.202 x 1.00 = 540 kg 22La condicin de equilibrio horizontal indica queRh + Fh(cb) - Fh(ba) = 0de donde,Rh = Fh(ba) - Fh(cb) = 540 - 180 = 360 kgDeterminacin de las fuerzas verticalesLa fuerza vertical producida por el agua es igual al peso del volumen desalojado; es decir, el rea CDB multiplicada por la longitud y el peso especfico80PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSFV(BC) = (Area (COB) _ Area (COD)) L y0.6= 3 => 60 1.2Angulo (COB) = arc cosLa distancia CD es igual a 1.202 - 0.602 = 1.04 mFv(cb) 12 1.04 x 0.6 7t 1.20x 1.00 x 100062FV(CB) = 331 kgLa fuerza vertical producida por el aceite es igual al peso del volumen desalojado; es decir, el rea ABO multiplicada por la longitud y el peso especfico11.20 211.00Fv(ba)7Tx 0.75x1000 = 848 kg4jLa condicin de equilibrio vertical indica queRv = Fv(cb) + Fv(ba) - WRv = 331 + 848 - 250 = 929 kgProblema 2.4081Hallar las fuerzas horizontales y verticales sobre la compuerta radial de 1.00 m. de ancho que se muestra en la figura y el momento que ellas producen respecto al eje de giro A.PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de la altura H H2sen 45 =5.00=> H = 5.00 x 2 sen 45 = 7.07 m.Determinacin de la fuerza vertical producida por el agua sobre la compuerta. FV = Peso del volumen de agua desalojado por la compuertaFv = [Area(ABDC) - Area(ABC)] 1000 y fHW2H1.00FVy27rr 4vJAl sustituir resulta3.14 x 52 7.07 x 3.54FV = 1000vj42FV = 1000 (19.63 - 12.51) = 7120 kgDeterminacin de la fuerza horizontal producida por el agua sobre la compuertaFH y H2 LFH x 1000 x 7.072 x 1.00 = 24992 kgDeterminacin de los puntos de aplicacinLa fuerza vertical se encuentra aplicada en el centro de gravedad del volumen desalojado, elcual se calcula medianteXcg4 r (Sen a)33 (2 a - Sen 2a)Xcg 4x53 2 4 ( Sen 450 )3-Sen2x45082PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOS PROPIEDADES DE LOS FLUIDOSXcg = 4.13 m (desde el centro)2 La fuerza horizontal se encuentra aplicada a H desde la superficie; es decir,Ycp 23 x 7.07 = 4.71 mDeterminacin del momento respecto al punto AZ MA = FH Y - ^ cp 2 Fv XcgZma = 24992 x (4.71 - 3.535) - 7120 x 4.13 IMa-0 kg mDeterminacin del peso W de la vlvula cnicaW = yx 2.00 2 x 2.00' 3 4W = y ti3 'Esquema de las fuerzas verticales producidas por el agua83PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de la fuerza vertical producida por el agua FV = FV1 + FV2FV = 1000 --1.00 2 x 1.00 + 1000- 1.00 2 x 5.003 44La condicin de equilibrio vertical indica que FV1 + FV2 = W2[15-Y7T = 1000 7Tx + -3'V12 42(1 + 15- y = 1000 x 3'V 123 ( 16 y = 1000 x-x '2 12Y = 2000 kg/m3Problema 2.42Calcular la fuerza vertical que acta sobre la bveda semiesfera mostrada en la figura, si la presin en A es de 0.60 kg/cm2 y la densidad relativa del liquido 1.60.84PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSH =La altura H imaginaria donde la presin es cero es pA 0.6 x 104= 3.75 m1.6 x 103El volumen desalojado por la semiesfera se muestra en la siguiente figuraEste volumen es igual al volumen del cilindro menos el volumen de la semiesfera4 3 El volumen de una esfera es r , por lo tanto el volumen desalojado es1_42 3V = -x 1.20 2 x 3.75 47Tx0.603 = 4.24 - 0.45 = 3.79 m3La fuerza vertical es el volumen desalojado multiplicado por el peso especfico del lquido, esdecir,FV = 3.79 x (1.60 x 1000) = 6064 kg y acta hacia arribaProblema 2.43Calcular en el esquema de la figura a)Fuerza horizontal producida por H2O. b)Fuerza vertical producida por H2O. c)Fuerza horizontal producida por C Cl4. d)Fuerza vertical producida por C Cl4. e)El valor de F para que la compuerta no se abra.85PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSEsquemas de las fuerzas sobre la compuerta en contacto con el H2ODeterminacin de las fuerzas horizontales y sus puntos de aplicacin2y0.30 = 0.20 m desde Ab1x31y b20.30 = 0.15 m desde AFH1 = 300 0.3 x 1.00 = 45 kgx2Fh2 = 600 x 0.3 x 1.00 = 180 kgLa fuerza horizontal total esFH = FH1 + FH2 = 225 kg 86PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de las fuerzas verticales y sus puntos de aplicacin1Fv1 = 0.60 x 0.30 x 1000 x 1.00= 180 kg y b3 = - x 0.30 = 0.15 desde AFv2 = [0.30 2 -- 0.30 21x1.00 x 1000 = 19.4 kg y b4 = - x 0 30 = 0.23 desde Av4y3 (4 - 7)La fuerza vertical total esFV = FV1 + FV2 = 199.40 kgEsquemas de las fuerzas sobre la compuerta en contacto con el C Cl4Sustitucin de la capa de H 2 O por una altura de C Cl 4 de tal manera que la presin en la interface de los dos lquidos sea la mismap = 0.9 x 1000 = 900 kg / m 2 => y = p = 900 = 0.56 my 1600Determinacin de las fuerzas horizontales y sus puntos de aplicacinFh3 = 900 x 0.30 x 1.00 = 270 kg yb5 = 0.30 + 0.30 = 0.45 m desde A24802Fh4 = x 0.3 x 1.00 = 72 kg yb6 = - x 0.30 = 0.50 m desde A23La fuerza horizontal total es Fh = 270 + 72 = 342 kg Determinacin de las fuerzas verticales y sus puntos de aplicacinFv3 = 0.56 x 0.30 x 1600 x 1.00 = 268 kg y b7 = 0.30 = 0.15 m desde A7Tx 03 24 0.3Fv4 = x 1600 x 1.00 = 113 kg y b8 = - x = 0.13 m desde A43 7tFv = 268 + 113 = 381 kg87PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa condicin de equilibrio indica que la sumatoria de momentos respecto a la articulacin debe ser cero, es decir, MA = 0 -FH1 b1 - FH2 b2 - FV1 b3 - FV2 b4 - FH3 b5 - FH4 b6 + FV3 b7 + FV4 b8 + 0.60 F = 0 -45 x 0.20 -180 x 0.15 -180 x 0.15 - 19.4 x 0.23 - 270 x 0.45 - 72 x 0.50 + 268 x 0.15 + 113 x 0.13 + 0.60 -FX = 0 F = 267 kg.Problema 2.44Calcular la magnitud y direccin de la fuerza horizontal y de la fuerza vertical producida por el agua sobre el tapn cnico mostrado en la figura.La fuerza horizontal, que acta en el anillo AB, es hacia la derecha e igual en magnitud a la fuerzahorizontal que acta sobre el anillo BC pero acta hacia la izquierda por lo tanto se anulan.La fuerza que acta en la zona central (AA) de la base del cono esF =yhAFH = 1000 x 2.70 x-x (0.90) 2FH = 1716 kgLa fuerza vertical total es igual a la fuerza producida en la zona inferior del cono menos la fuerza producida en la zona superior del cono; es decir, igual al peso del volumen del sumergido; as,FV = Peso volumen sumergido o desplazadoFV = y VSFV = 1000 x --1.80 2 x 1.20 - -- 0.90 2 x 0.60"^3 43 4JFV = 890 kg88PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.45Cuntos kilogramos de concreto, Wc, de peso especfico yc = 2400 kg / m3, deben unirse a una pieza de madera que tiene un volumen de 0.1 m3 y una densidad relativa de 0.65, para que el conjunto se hunda en el agua.Por encontrarse el conjunto en equilibrio, la sumatoria de fuerzas verticales indica que Wm + Wc = Em + EcDeterminacin del peso de la pieza de maderaWmm =Wm = m VmVmDeterminacin del volumen de concretoWcWcc =Vc =VccDeterminacin del empuje de la pieza de maderaEm = Vm Determinacin del empuje del concretoEc = Vc Al sustituir en la ecuacin de equilibrio se obtieneWcm Vm + Wc = Vm +cy al sustituir los valores numricosWc0.65 x 1000 x 0.1 + Wc = 0.10 x 1000 +10002400 Al despejar Wc = 60 kgs.Problema 2.46Una pieza de densidad relativa 0.6 tiene seccin cuadrada de 8 cm. de lado y 1.50 m. de longitud. Determinar cuntos kilogramos de plomo de peso especfico 12000 kg/m3 deben unirse a uno de los extremos de la pieza para que flote verticalmente con 30 cm. fuera del agua salada, de peso especfico 1040 kg/m3.89PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSPor encontrarse, el conjunto, en equilibrio, la sumatoria de fuerzas verticales indica que Wm + Wp = Ep + EmAl sustituir los valores numricos obtenemos600 x 0.08 x 0.08 x1.50 + Vp x 12000 = Vp 1040 + 1040 x 1.20 x 0.08 x 0.08de donde,2.233Vp == 0.000203 m10960Entonces el peso necesario esPeso de plomo (Wp) = 0.000203 x 12000 = 2436 kg.Problema 2.47Un cuerpo que tiene un volumen de 170 dm3 requiere una fuerza de 27 kg. para mantenerlo sumergido en agua. Si para mantenerlo sumergido en otro lquido se necesita una fuerza de 16 kg, determinar la densidad relativa de este ltimo lquidoEl esquema de las fuerzas actuantes en ambos lquidos se muestra en la siguiente figura90PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSCuando el cuerpo est sumergido en agua, la sumatoria de fuerzas verticales indica queF1 + W = E127 + W = 1000 x170 x 10 3de donde,W = 143 kg.Cuando el cuerpo se encuentra sumergido en el lquido de peso especfico la sumatoria de fuerzas verticales indica que16 + 143 = x170 x 10 3de donde, = 935 kg/m3La densidad relativa del lquido es935S == 0.9351000Problema 2.4891Qu longitud debe tener un tabln de madera de 7.5 cm x 30 cm de seccin transversal y densidad relativa 0.50 para que en agua salada soporte un peso de 45 kg. Suponer que el peso especfico del agua salada es de 1025 kg / m3.PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSPor encontrarse, el conjunto, en equilibrio, la sumatoria de fuerzas verticales indica queE = W1 + W20.075 x 0.30 x L x 1025 = 45 + 0.075 x 0.30 x L x 50023.05 L = 45 + 11.25 L11.81 x L = 45de donde,45L == 3.81 m.11.81Problema 2.49Un hidrmetro pesa 2.2 gr y el extremo superior es un vstago cilndrico de 0.28 cm de dimetro. Cul ser la diferencia entre las longitudes de sumergencia del vstago cuando flota en aceite de densidad relativa 0.780 y en alcohol de densidad relativa 0.821.Cuando el hidrmetro se encuentra sumergido en aceite la sumatoria de fuerzas verticales indica queW = E12.2 x 10-3 = 0.821 x V1de donde,92PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSV1 2.2 x 10 821 - 3 = 2.6797 x 10- 6 m3Cuando el hidrmetro se encuentra sumergido en alcohol la sumatoria de fuerzas verticales indica que W = E22.2 x 10-3 = 0.780 x 1000 (V1 + V)T2.2 x 10 - 3 = 0.780 x 1000 (2.6797 x 10- 6 + - (0.28 x 10- 2 ) 2 Ah)de donde2.2x10" 780T4Ah = - 2.6797 x 10- 6(0.28 x 10- 2 )2 = 0.0228 mAh = 2.28 cmProblema 2.50Un bloque cbico de madera de 10 cm. de arista y de densidad relativa 0.5 flota en un recipiente con agua. Se vierte en el recipiente aceite de densidad relativa 0.8 hasta que la superficie superior de la capa de aceite se encuentre 4 cm. por debajo de la cara superior del bloque. Determinar:Determinacin del espesor de la capa de aceite93 a)El espesor de la capa de aceite. b)La presin en la cara inferior.PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa sumatoria de fuerzas verticales indica que el peso del bloque de madera es igual al empuje producido por el agua ms el producido por el aceite; as,W = EW = Yac Vac + Yag Vag0.5 x 1000 x 0.10 x 0.10 x 0.10 = 0.8 x1000 x d x 0.10 x 0.10 + 1000 x(0.06 - d) x 0.10 x0.10Al despejar se obtiened = 0.05 m => d = 5 cmDeterminacin del la presin en la cara inferiorP = Yac hac + Yag hagp = 0.8 x 1000 x 0.05 + 1000 x 0.01 p = 50 kg/m2Problema 2.51Sobre un paraleleppedo de madera, hay un cuerpo de densidad relativa 4, y de un volumen igual al 2 % del volumen del paraleleppedo; el conjunto flota en agua de mar de densidad 1.03, de forma tal que el 85.0 % de su volumen est sumergido. Si quitamos el cuerpo que est sobre la madera, que tanto por ciento del volumen permanece sumergido.Por encontrarse el conjunto en equilibrio, la sumatoria de fuerzas verticales indica queE = W1 + W28521.03 x 1000V = m V + 4 x 1000V100100Al despejar se obtiene m = 800 kg / m3 Al quitar el cuerpo que est sobre la madera se tiene la nueva condicin de equilibrio, que esE = W1P 1.03 V = 800 V 100P = 77.6 %94PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.52Una esfera de 120 cm de dimetro flota en agua salada de peso especfico 1025 kg/m3, con la mitad de ella sumergida. Determinar el mnimo peso de concreto, de peso especfico 2400 kg/m3, utilizado como anclaje, para sumergir completamente la esfera.Esquema de las fuerzas que actan sobre la esfera para las dos condicionesPara el primer caso, la esfera se encuentra sumergida hasta la mitad y la condicin de equilibrio indica queW1 = E1143W1 = 1025 x x 0.60 23W1 = 464 kgPara el segundo caso, la esfera se encuentra completamente sumergida por la accin del anclaje de concreto y las condiciones de equilibrio indica queW1 + W2 = E1 + E2464 + 2400 Vc = 1025 Vc + x 0.60 3 x 10253Al despejar se obtiene Vc = 0.337 m395PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSsiendo el peso necesario igual a W2 = 0.337 x 2400 = 809 kg.Problema 2.53Un cilindro hueco de 1.00 m. de dimetro y 1.50 m. de altura pesa 400 kg. Calcular el peso de plomo, de peso especfico 11200 kg/m3, que debe unirse al fondo por su parte exterior para que el cilindro flote verticalmente con 1.00 m del mismo sumergido en agua. Cul sera el peso del plomo si este es encuentra colocado en la parte interior del cilindro.Esquema de las fuerzas que actan cuando el plomo est unido al fondo por la parte exteriorCuando el plomo se encuentra en la parte exterior, la condicin de equilibrio indica que.Wc + W2 = Ec + Epl 2 400 + 11200 x Vpl - 1 = 1000 x Vpl + 1000 1.00 x 1.004El volumen de plomo para la condicin 1 esVpl - 1 = 0.0377 m3Por lo tanto el el peso necesario de plomo esW2 = 11200 x 0.0377 = 422.70 kg96PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSEsquema de las fuerzas que actan cuando el plomo est unido al fondo por la parte interiorCuando el plomo est en la parte exterior, la condicin de equilibrio indica, que Wc + W3 = Ec400 + W3 = 1000 1.00 2 x 1.00 4y al despejar se obtiene W3 = 385 kg.Problema 2.54En un recipiente cilndrico se tiene agua a 4 C hasta cierto nivel. Se hace flotar libremente un cuerpo de peso especfico desconocido yc, con lo cual el nivel libre sube 17 cm sobre su posicin inicial; si se sumerge completamente el mismo cuerpo, el nivel del agua sube 3 cmms. Determinar cuanto vale ycDeterminacin los volmenesEl volumen EFGH es igual al volumen ABCD ms el volumen sumergido, cuando el cuerpo flota libremente; es decir,97PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSVefgh = Vabcd + Vs1D2 (H + 0.17) = H D2 + Vs1 44222D H + D 0.17 = D H + Vs1444 2 Vs1 = D 0.17 4El volumen IJKL es igual al volumen ABCD ms el volumen total del cuerpo, cuando el cuerpo flota libremente; es decir,Vijkl = Vabcd + Vt2 2 D (H + 0.20) = H D + Vt 442 Vt = D 0.20 4Cuando el cuerpo flota libremente la condicin de equilibrio indica queE = Wag Vs1 = c Vt2 2 1000 D 0.17 = c D 0.20 44de donde,c = 850 kg/m3Problema 2.5598Calcular el peso de concreto, Wc, necesario, para mantener la viga mostrada en la figura en posicin horizontalPROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSEsquema de las fuerzasLa condicin de equilibrio indica que la sumatoria de momentos respecto a la articulacin debe ser cero para que la viga se encuentre en posicin horizontal; es decir,Ma = 0Wv x 3.00 + Wc x 6.00 - Ev x 3.00 - Ec x 6.00 = 0 comoYc Wc Vc => Vc WccYAl sustituir se obtiene(800 x 6.00 x 0.15 x 0.15) x 300 + WC x 6.00 - (1000 x 6.00 x 0.15 x 0.15) x 3.00 1000 2400 Wc x6.00 = 0Al despejar se obtiene Wc = 23.14 kgProblema 2.56Un bloque cbico de concreto de densidad relativa 2.4 y de 0.40 m de arista se une alvrtice de un cono de 1.00 m de dimetro y 2.00 m de altura. Si el peso especfico es de 600 kg/m3. Cul ser la profundidad sumergida del cono si el conjunto flota en agua.99PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSCuando el conjunto flota libremente en el agua, la condicin de equilibrio vertical indica, que el peso del cono ms el peso del bloque, es igual al empuje que soporta la parte sumergida del cono ms el empuje que soporta el bloque; es decir,W1 + W2 = E1 + E2 Determinacin del peso del cono 1W13 41.002 x 2 x 600 = 314 kgDeterminacin del peso del bloqueW2 = 0.40 x 0.40 x 0.40 x 2400 = 153.6 kgDeterminacin del empuje que soporta el bloqueE2 = 0.40 x 0.40 x 0.40 x 1000 = 64 kgDeterminacin del empuje que soporta la parte sumergida del cono1 k HE1H x 1000 = 65.42 H3 4 V2314 + 153.6 = 64 + 65.42 x H3 314 + 153.6 - 6465.42H 3 =de donde,H = 1.83 m 100PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.57Un recipiente rectangular, con dimensiones de 4.00 m de largo, 2.00 m de alto y ancho B, se encuentra lleno de agua. Si se acelera, en la direccin de su longitud, determinar: a)La aceleracin, ax, necesaria para que se derrame 1/6 del volumen de agua. b)La fuerza necesaria para acelerar la masa lquida.Determinacin de la pendiente de la superficie del agua a partir de los volumenesEl volumen inicial esVini = 2.00 x 4.00 x B = 8 BEl volumen derramado segn lo exigido por las condiciones del problema esf 14yder = - 8 B =-B4 3por lo tanto el volumen final esBVfinal = 8 Bpor otra parte, el volumen final del trapecio de agua, que queda en el recipiente esVfinal = 2.00 + hlx 4 00 x B igualando ambas expresiones se obtiene 4 A2.00 + hB3 Jl 2Al despejar resultah = 1.33 mLa pendiente de la superficie del lquido es 101PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOStg (P 2 - 1.33 0.67segn la ecuacin de aceleracin linealtg q> = xg 067=> ax = x 9.81ax = 1.64 m /s2Problema 2.58Un depsito rectangular de 8.00 m de longitud, 3.00 m de profundidad y 2.00 m de ancho contiene 1.50 m. de agua. Si est sometido a una aceleracin horizontal en la direccin de su longitud de g. Determinar: a)Si el agua se derrama del depsito y calcular este volumen. b)Calcular la fuerza total sobre cada uno de los extremos del depsito debido a la accin del agua. c)Demostrar que la diferencia entre estas fuerzas es igual a la fuerza no equilibrada necesaria para acelerar la masa lquida, es decir, F = m aConsideramos y la diferencia entre extremos del lquido, cuando este se encuentra acelerado La pendiente de la superficie del agua, segn la ecuacin de aceleracin es,tg cpaxg por lo tanto, y8= 0.50 g = 0.50=> y = 4.00 m102PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOScomo la altura del depsito es de 3.00 m y el desnivel de la superficie del agua es y = 4.00 m. el recipiente no es capaz de contener el agua y esta se derrama, quedando la superficie del agua segn lo indicado en la siguiente figura.donde,3 4 = =>x = 6.00 mx 8por lo tanto,Vinicial = 1.50 x 8.00 x 2.00= 24.00 m3Vfinal = - x 6.00 x 3.00 x 2.00= 18.00 m 3Vderramado= 6.00 m3Determinacin de las fuerzas en los extremos del depsitoLa fuerza en la pared anterior es cero ya que no existe lquido sobre ellaLa fuerza en la pared posterior es12Fh = - y H L2'Fh = - x 1000 x 3.00 2 x 2.00 = 9000 kg2Determinacin de la fuerza no equilibradaF = M aLa masa final es igual al volumen por la densidad, entonces la fuerza se puede calcular como103PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSF = i 18 1000 I [9.81 i = 9000 kg , igual al resultado obtenido anteriormente l 9.81 J l 2 'Problema 2.59El depsito de la figura tiene un pequeo orificio en el punto A; si se llena de aceite de densidad relativa, S = 0.90, determinar: a)La presin en los puntos B y C, si ax = 4.90 m/s 2 b)La aceleracin, ax, para que la presin en B sea cero.a) Si la aceleracin es 4.90 m/s 2, la pendiente de la superficie imaginaria del aceite estgcp = ax = 4.90 = 0.50 g 9.81como la presin es p = y h, al sustituir se tiene pB = 1.00 (0.90 x 1000) = 900 kg/m2pC = (4.00 + 0.60 + x) y, el valor de x obtenido por relacin del tringulo vale 0.30 mpC = (4.00 + 0.60 + 0.30) (0.90 x 1000)pC = 4410 kg/m2b) Si se quiere que la presin sea cero en el punto B, la superficie imaginaria deber pasarpor dicho punto y la pendiente ser4 ax4tgm = - = -=> ax = -x 9.81 = 6.54 m/s 26 g6Problema 2.60Un recipiente cilndrico de 60 cm de dimetro y 180 cm de longitud, se encuentra en posicin horizontal y lleno de un liquido de densidad 81.55 UTM/m3, existiendo una presin de 0.7 kg/cm2 a lo largo del eje antes de iniciarse el movimiento.Si es sometido una aceleracin uniforme, ax, de g/2. determinar la fuerza ejercida en cada uno de los extremos y comprobar que la diferencia entre estas fuerzas es igual a la fuerza necesaria para acelerar la masa lquida.104PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSDeterminacin de la altura respecto al eje, de la superficie imaginaria donde la presin es ceroH = p p 0.7 x 104y pg 81.55 x 9.81 = 8.75 mDeterminacin de la pendiente de la superficie imaginariatgcp= ax = ^ = 0.50 g gel desnivel de esta superficie entre la cara anterior y la posterior esAyAy= 0.50= 0.45 m=>=>Ay = 0.90 m1.802Determinacin de la fuerza producida en la cara posteriorTFA = pa A = y hA A = pg hA A = (81.55 x 9.81) (8.75 + 0.45) - 0.60 2 = 2081 kg/F4T4Fb = pb A = yhB A = pg hB A = (81.55 x 9.81) (8.75 - 0.45) - 0.60 2 = 1877 kF = 204 kgLa diferencia de las fuerzas entre ambas caras es F = FA - FBDeterminacin de la fuerza no equilibradaF = m aLa masa es igual al volumen por la densidad, entonces la fuerza se puede calcular comoF = - x 0.60 2 x 1.80 x 81.55 x = 204 kg4V 2 J105PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.61Un depsito de seccin recta circular de 1.80 m de alto y 1.20 m de dimetro se llena con agua y se acelera uniformemente en la direccin horizontal. Determinar la fuerza necesaria para que se derrame un tercio del agua.Vamos a resolver el problema de dos forma; la primera es Determinacin del volumen derramado, VD1VD T3 4 1.202x1.80] = 0.678 m3La altura H puede calcularse considerando que2 VD T4 1.20 2 Hde donde, al despejar se obtieneT4H = 2 x 0.678x 1.202 = 1.20 mPor lo tanto la pendiente de la superficie esa1.20xtg cpg= 1 =1.20 F = m aF = (102 x 2 x 0.678) 9.81 F = 1358 kg => ax = 9.81 m /s2106PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSSegunda forma para resolver el problema esDeterminacin del volumen totalVT T4 x 1.20 2 x 1.80 = 2.035 m3Determinacin del volumen derramado= 0.678 m31VD= -x 2.035 3Entonces el volumen final esVF= 1.357 m3La altura media, H2, en el eje del cilindro, es segn la ecuacin del volumen finalx TT1.357 = -x 4 1.20 x H2 => H2 1.357 x 41.202 = 1.20 msiendo la pendiente de la superficie del lquido1.20tg == 1como tg =a1.20xg=> a = 9.81 m /s2Entonces la fuerza necesaria es F = m a = (1.357 x 102) 9.81 F = 1358 kg 107PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.62El tubo en U, mostrado en la figura, contiene agua hasta una altura de 1.50 m cuando est en reposo. Qu aceleracin, ax, se debe aplicar para que la presin en A sea de 600 kg /m2. En esta condicin cul es la presin en los puntos B y C, en kg/cm 2. Suponer que las ramas son suficientemente largas como para que el agua no se derrame.r = 0.30m0.60 m0.60 m 1.20m1.50 m -*axD = 0.60m-|-Determinacin de la aceleracin axComo se quiere que la presin en el punto A sea de 600 kg/cm2, la altura del agua en esepunto debe ser 0.60 m; en consecuencia, el agua en la otra rama debe subir 0.60 m, existiendoun desnivel de 1.20 m. As, la pendiente de la superficie imaginaria se puede calcular como1.20tg == 20.60Para que ocurra esto, la aceleracin correspondiente debe sertg (p = 2 = x g=> ax = 2 g = 2 x 9.81 = 19.62 m /sDeterminacin de la presin en el punto B.Esta es igual al peso especfico del lquido multiplicado por la altura, desde el punto B hastala superficie imaginaria del lquido; es decir,pB = hBhB = 0.60 + y + xx = 0.30 cos 45 = 0.21 my= 2=> y = 0.18 m0.09hB = 0.60 + 0.18 + 0.21 = 0.99 m108PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSpB = 0.99 x 1000= 990 kg/m2pB = 990 x 10 4= 0.099 kg/cm2Determinacin de la presin en el punto C.Esta es igual al peso especfico del lquido multiplicado por la altura, desde el punto C hasta la superficie imaginaria del lquido; es decir, pC = Y hCPc = 1.50 x 1000 = 1500 kg/m2Pc = 1500 x 10 4 = 0.15 kg/cm2Problema 2.63Una fuerza vertical no equilibrada y dirigida hacia arriba, de mdulo 30 kg, acelera un volumen de 45 litros de agua.Si el agua ocupa una profundidad de 90 cm en un depsito cilndrico, cul es la fuerza que acta sobre el fondo del depsito.La determinacin del dimetro D, del cilindro se puede obtener a partir del volumen V, el cual es igual al rea de la base multiplicada por la altura; as, V = A hAl sustituir los valores numricos resulta45 x 10 -3 = -D 2 x 0.90=> D = 0045 x 4 = 0.252 m4V 0.90 x7TDeterminacin de la aceleracin ayF = m ay = V p ayAl sustituir los valores numricos resulta30 = 45 x 10 -3 x 102 ay => ay == 6.54 m/s20.045x1021+ ayp = y hl g ,Al sustituir los valores numricos resultap = 1000 x 0.90 1 + 6.54 = 1500 kg/m 2 L 9.81Jpor lo tanto la fuerza que acta en el fondo del depsito esF = p AAl sustituir los valores numricos resultaF = 1500 - 0.252 2 4F = 74.91 kg109PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSProblema 2.64A qu velocidad debe girar un depsito cilndrico, de 1.20 m de dimetro y 1.80 m de altura, lleno de agua, para que la profundidad en el centro sea nula.La ecuacin de la superficie parablica es p co2r2h = =y 2gEsta se debe satisfacer para el punto de coordenadas (0.60; 1.80); es decir,1.80 o2 0.602 2g'19.62x1.80co =0.602 ra = 9.90 rad/sProblema 2.65Un depsito abierto cilndrico de 120 cm de dimetro y 180 cm de profundidad, se llena de agua y se le hace girar a 60 rpm. Determinar qu volumen de lquido se derrama y cul es la profundidad en el eje.La velocidad angular, n = 60 rpm, expresada en rad/s es110PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOS2Tin 2 7t 60co == = 6.28 rad/s6060La ecuacin de la superficie parablica es p co2r2h = =y 2gycon la cual se puede calcular la altura y; as, 6.282x0.602= 0.72m2x9.81La profundidad en el eje del cilindro esL = 1.80 0.72 = 1.08 mEl volumen del paraboloide, equivalente al volumen derramado, es igual a la mitad delvolumen del cilindro circunscrito; es decir,1 V = 0.602 x 0.72=0.410m32Problema 2.66Un depsito cilndrico de 2.00 m de altura y 1.00 m de dimetro contiene 1.50 m de agua. Si el cilindro gira alrededor de su eje geomtrico, determinar: a)La velocidad angular que puede alcanzar sin que se derrame el agua. b)La presin en el fondo del depsito en los puntos C y D cuando co = 6 rad/s.Si el lquido no se derrama, el volumen de aire del cilindro, EEFF, antes de iniciar la rotacin, debe ser igual al volumen de aire del paraboloide de revolucin EEH cuando se encuentra en rotacin; es decir, Veeff = VeehEl volumen de aire en el cilindro, antes de rotacin es111PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSVeeff = - 1.00 2 x 0.50El volumen de aire en el paraboloide, durante la rotacin esVeeh = --1.00 2 (0.50 + y1)Igualando ambas expresiones se obtiene--1.00 2 (0.50 + y1) = -1.00 2 x0.502 44de donde,y1 = 0.50 m.Para generalizar, el punto de la superficie libre en el eje de rotacin desciende una altura igual a la elevacin que experimentan los puntos del lquido en contacto con las paredes del recipienteLa ecuacin de la superficie parablica es p co2r2h = =y 2gEsta se debe satisfacer para el punto de coordenadas (0.50; 1.00); es decir, ra20.5022gV1.00 ='19.62x1.00co =0.502 co = 8.86 rad /s Si el cilindro gira a 6.00 rad /s, entonces la altura en la parte exterior del cilindro esy = 6.002 x 0.502 =0.458m2x9.81La presin en el punto C espc = y hcAl sustituir los valores numricos se obtienepc = 1000 1.50-]= 1271 kg/m 2La presin en el punto D es pd = y hD112PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOS1.50Al sustituir los valores numricos se obtiene 0.458^+pD = 1000= 1729 kg /m22 )Problema 2.67Un recipiente abierto de 46 cm de dimetro y lleno de agua est girando alrededor de su eje vertical a tal velocidad que la superficie del agua a 10 cm del eje forma un ngulo de 40 con la horizontal. Calcular la velocidad de rotacin, co.La ecuacin de la superficie parablica es p co2r2y = =y 2gLa pendiente de la superficie parablica se puede determinar, en cualquier punto como la derivada de la funcin; es decir, dy co2como se conoce que la pendiente de la tangente a la curva, en un punto situado a 0.10 m del eje, forma un ngulo de 400 con la horizontal, podemos decir quetg 9 = r g0.10 co = 9.07 rad/sco =\Al sustituir los valores numricos y despejar resulta )9.81 tg 40113PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSVelocidad angular, n = 200 rpm, expresada en rad/s2nn 2 7t 200co === 29.94 rad/s6060La ecuacin de la superficie del lquido es p co2r2h = =y 2gAltura ya , situada a 2.00 m del eje, por encima del vrtice de la parbola es20.942x2.002ya = = 89.40m19.62Altura yb , situada a 5.00 m del eje, por encima del vrtice de la parbola es114PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOS20.942 x 5.002yb ==558.72 m19.62La altura de presin ha , desde el punto A hasta la superficie libre del lquido es p 10 x 10 4ha = == 83.33 my 1.20x1000La distancia h1 indicada en el grfico esh1 = ya - ha = 89.40 - 83.33 = 6.07 mLa distancia h2 indicada en el grfico esh2 = h1 + 4.00 = 6.07 + 4.00 = 10.07 mLa distancia hB indicada en el grfico eshB = yb - h2 = 558.72 - 10.07 = 548.72 mentonces la presin en el punto B espb = y hB = 548.72 x 1200 = 658380 kg/m2; es decir,equivalente apB = 658380 x 10 4 = 65.84 kg/cm2Problema 2.69115El tubo que se muestra en la figura contiene mercurio que asciende 24 cm en cada rama cuando est en reposo. Determinar a que velocidad debe girar alrededor del eje vertical, mostrado, para que en la rama ms prxima el eje quede con un centmetro de mercurio. Suponer que las ramas son suficientemente altas para que el lquido no se derrame.PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSLa ecuacin de la superficie imaginaria es 2r2y =2g Esta se debe satisfacer para el punto de coordenadas (0.24 ; 0.47 + Z); es decir,0 47 +z = 2 0.242 19.62y tambin para el punto de coordenadas (- 0.08 ; 0.01 + Z); o sea,(-0.08)22 0.01 + z =19.62 restando las dos expresiones anteriores tendremos0.46 =19.6219.62de donde, al despejar = 13.27 rad/sProblema 2.70116Un tubo de 7.5 cm de dimetro y 1.20 m de longitud se llena con un aceite de densidad relativa 0.822 y a continuacin se cierran sus dos extremos. Puesto en posicin horizontal, se le hace girar a 27.5 rad/s alrededor de un eje vertical que dista 30 cm de uno de sus extremos. Determinar la presin que se desarrollar en el extremo del tubo ms alejado del eje, medida en kg/cm2, si en el extremo 2 se encuentra un pequeo orificio.PROBLEMAS DE MECANICA DE LOS FLUIDOSPROPIEDADES DE LOS FLUIDOSPor estar en contacto con la atmsfera, la presin en el punto 2 es cero; por lo tanto, la superficie libre imaginaria del lquido pasa por dicho punto, segn se indica en la figura anterior.La ecuacin de la superficie imaginaria esy =2gLa altura y1, se puede determinar mediante la ecuacin de la superficie imaginaria como27.52x1.502y1 = = 86.80 m2gLa altura y2, se puede determinar mediante la ecuacin de la superficie imaginaria como27.52x0.302y2 = = 3.47 m2gSiendo la presin igual al peso especfico multiplicado po