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Ejercicios Resueltos de Mecánica de Fluidos: Aplicaciones de la Presión Hidrostática, Lecture notes of Building Materials and Systems

Es un texto que debes leer si quieres aprender dinámica de fluidos

Typology: Lecture notes

2021/2022

Uploaded on 06/02/2022

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bg1
Ejercicio N°01
Determinar la fuerza resultante P debido a la acción del agua sobre la
superficie plana rectangular Ab de medidas 1m x 2m que se muestra en la
Figura.
Solución:
P=Pe × A P=
(
1000 kg
m3
)
×
(
1,20+2/2
)
m×
(
1×2
)
m2=4400 Kg
Esta fuerza actúa sobre el centro de presión, que está a una distancia Ycp del
eje O1 y es igual a:
Ycp=Icg
Ycg × A +ycg →Y cp =
1×23
12
2,20×(1×2)+2,20 =2,352 m de O1
Ejercicio N°02
El agua alcanza el nivel E en la tubería unidad al depósito ABCD que se
muestra en la Figura. Despreciando el peso del depósito y de la tubería de
elevación:
Determinar y situar la fuerza resultante que actúa sobre el área AB de
2,40 m de anchura.
La fuerza sobre el fondo del depósito
Comparar el peso total del agua don la resultante obtenida en el
fondo del depósito y explicar la diferencia.
Solución:
La profundidad del centro de gravedad del área AB, respecto de la
superficie libre de agua en E, es de 4,50 m.
Por tanto:
P=Pe × A 1000 ×
(
3,6+1,8 /2
) (
1.8 ×2.4
)
=19440 Kg que actúa a la distancia
Centro de gravedad:
pf3
pf4
pf5
pf8
pf9
pfa
pfd
pfe
pff
pf12
pf13

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Ejercicio N°

Determinar la fuerza resultante P debido a la acción del agua sobre la

superficie plana rectangular Ab de medidas 1m x 2m que se muestra en la

Figura.

Solución:

P=Pe × h× A → P=

1000 kg

m

3

×( 1,20+ 2 / 2 ) m× ( 1 × 2 ) m

2

= 4400 Kg

Esta fuerza actúa sobre el centro de presión, que está a una distancia Y cp

del

eje O 1

y es igual a:

Y

cp

I

cg

Y

cg

× A
  • y

cg

→Y

cp

1 × 2

3

2,20×( 1 × 2 )

+2,20=2,352 mde O

1

Ejercicio N°

El agua alcanza el nivel E en la tubería unidad al depósito ABCD que se

muestra en la Figura. Despreciando el peso del depósito y de la tubería de

elevación:

 Determinar y situar la fuerza resultante que actúa sobre el área AB de

2,40 m de anchura.

 La fuerza sobre el fondo del depósito

 Comparar el peso total del agua don la resultante obtenida en el

fondo del depósito y explicar la diferencia.

Solución:

 La profundidad del centro de gravedad del área AB, respecto de la

superficie libre de agua en E, es de 4,50 m.

Por tanto:

P=Pe × h× A → 1000 ×( 3,6+1,8 / 2 ) ( 1.8 ×2.4 )= 19440 Kg que actúa ala distancia

Centro de gravedad:

Y

cp

2,4 ×1,

3

4,5×(1,8 × 2,4)

+4,5=4,56 mde O

 La presión en el fondo BC es uniforme: por consiguiente, la fuerza

P=Pe × h× A= 1000 ×5,4 ×( 6 ×2,4 )= 77760 Kg

 El peso total del agua es:

W =Pe × Volumen= 1000 ( 6 ×1,8 ×2,4 +3,6 ×0,1) = 26280 Kg

El cuerpo libre constituido por la parte inferior del depósito (cortado

por un plano horizontal justamente encima del nivel BC) pondrá de

manifiesto una fuerza dirigida hacia abajo, sobre el área BC de 77760 Kg

fuerza vertical de tracción sobre las paredes del depósito y fuerza de

reacción sobre el plano soporte. La reacción ha de ser igual al peso total del

agua, es decir. 26280 Kg. La tracción en las paredes del depósito es

producida por la fuerza vertical, dirigida hacia arriba que actúa sobre la

parte superior AD del depósito, que es igual.

P

AD

=Pe × h× A= 1000 × 3,6× ( 14,4 ×0,1) = 51480 Kg hacia arriba

Se ha aclarado así una aparente paradoja, pues para el cuerpo libre

considerado, la suma de las fuerzas verticales es igual a cero, es decir:

Con lo que cumple las leyes de equilibrio.

Ejercicio N°

El depósito de la Figura contiene aceite y agua. Encontrar la fuerza

resultante sobre la pared ABC que tiene 1,20 m de anchura.

Solución:

En la Figura la compuerta ABC está articulada en B y tiene 1,2 m de

longitud. Despreciando el peso de la compuerta, determinar el momento no

equilibrado debido a la acción del agua sobre la compuerta.

Solución:

P

AB

= 1000 ×

× ( 2,88× 1,2)= 4325 Kg

que actúa a

×( 2,88) =1,92m de A

P

BC

= 1000 × 2,5× ( 1 × 1,2)= 3000 Kg

, que actúa sobre el centro de gravedad

de BC, ya que la presión es uniforme sobre BC. Tomando momentos

respecto de B (positivo el sentido de giro de las agujas de un reloj).

Momento no equilibrado =+ 4325 ×0,96− 3000 ×0,50=+ 2650 Kg

(sentido de las

agujas del reloj).

Ejercicio N°

El agua contenida por una presa tiene una profundidad de 30 m, según se

indica en la Figura. Determinar:

 El módulo de la fuerza resultante R que ejerce a presión del agua

sobre una longitud de 9 m de la presa.

 La distancia del centro de presión a la superficie libre del agua.

Solución:

En la Figura, se ha representado una sección del solido de presiones. En la

base de la presa, la presión es:

p=Pe × h= 9810

N

m

3

× 30 m= 294300

N

m

2

 Así pues, para la longitud de presa igual a 9 m, el volumen del solido

de presiones es:

P= 9810 × 15 × ( 30 × 9 ) = 39730500 N =39,7 MN

 Como la anchura del solido de presiones es constante y su sección es

un triángulo, la distancia del centroide del solido a la superficie libre

del agua será:

Y

cp

× 30 = 20 m

En la otra figura se puede ver los resultados en la presa.

Ejercicio N°

Si el tambor de la Figura está abierto a la atmosfera en su parte superior,

calcule la fuerza que actúa sobre el fondo.

Solución:

Para emplear

F=p × A

, primero debe calcularse la presión en el fondo

del tambor p T

y el área del fondo, así:

p

T

=p

atm

  • Pe

ac

×2,4 m+Pe

ag

×1,5 m

Pe

ac

=δg ×9,

KN

m

3

=0,9 × 9,
KN

m

3

KN

m

3

p

T

=35,9 KPa ( manometrica)

A=

π D

2

=π ×

2

=7,07 m

2

F=p

T

× A=253,8 KN

Solución:

Paso 1

F

g

=Pe ×

h

A

Pe=( 0,68 )

62,4 lb

pie

3

=42,4 lb/ pie

3

A=

12 pies

40 pies

= 480 pies

2

F

g

42,4 lb

pie

3

×

12 pies

× 480 pies

2

= 122000 lb

Paso 2

El centro de presión está a la distancia de

h

pie

= 4 pies

A partir del fondo de la pared.

Paso 3

La fuerza F g

actúa de manera perpendicular a la pared, en el centro de

presión, como se ilustra en la Figura.

Ejercicio N°

La Figura muestra una presa de 30,5 m de ancho que contiene agua dulce

con un tirante de 8 m, la cortina de la presa esta inclinada con un ángulo de

60°. Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre la presa, así como la

localización del centro de presión.

Solución:

Paso 01

F

R

=Pe ×(

h

) × A

Para calcular el área de la presa se necesita conocer la longitud de su cara,

denominada L, según se indica en la Figura.

Senθ=h /L

L=

h

Senθ

m

Sen 60 °

=9,24 m

Por lo tanto, el área de la presa es:

A=( 9,24 m) ( 30,5 m)=281,8 m

2

Ahora se calcula la resultante:

F

g

=Pe ×

h

× A= 981
KN

m

3

× 8

m

× 281,8m

2

= 11060 KN

Paso 02

El centro de presión se localiza a una distancia vertical de:

h

8 m

=2,67 m

A partir del fondo de la presa, o bien, si se mide desde el fondo y sobre la

longitud de su cara, se encuentra en:

L

9,24 m

=3,08 m

Al medir a lo largo de la cara de la presa se define lo siguiente:

L

p

=Distancia desde lasuperficie libre del fluido hasta elcentrp de presión

L

p

=L−
L
L

p

=9,24 m−3,08 m=6,16 m

Se observa que F R

actúa en el centro de presión, perpendicular a la pared.

P

iz

= 1000 ( 2,1+ 0,9) (1,8 × 1,2)= 6480 Kg que actuahacia laderecha sobre elcentro de presión

Para el área rectangular sumergida.

Y

cp

1,2 ×1,

3

3 ×(1,8 ×1,2)
  • 3 =3,09 mde O

O bien el centro de presión está a:

( 3,09−2,1) =0,99 mde A

Al costado de la Figura se muestra el diagrama de cuerpo libre de la

compuerta AB con las fuerzas actuantes. La suma de momentos respecto de

A debe ser igual a cero. Tomando como positivo el giro de las agujas del

reloj:

  • 1460 ×1,2+1.8 × F− 6480 ×0.99= 0 y F= 2590 Kg haciala Izquierda

Ejercicio N° 11

Calcular la magnitud de la fuerza sobre la ventanilla de observación de

vidrio, de 1m de diámetro, de un batíscafo en el fondo de la fosa submarina

de las Marianas en el Océano Pacífico cuya profundidad es 10,9 km.

Solución

Datos e incógnitas

ρ

w

kg

m

3 ; d=1m ; h = 1090 m ;

F

R=?

En la figura se muestra el diagrama de la

ventanilla de observación

La fuerza hidrostática sobre la ventanilla será:

F

R

= p

C

× A
F

R

= ρ

w

g h

GC

A



F

R

π

2





F

R

=86.4 MN



Ejercicio N° 12

Una compuerta rectangular de 1,8 m de longitud y de 1,2 m de altura, está

colocada verticalmente con

el centro a 2,1 m debajo de la superficie del agua. Determine la magnitud,

dirección y localización de

la fuerza total sobre dicha superficie, debido al agua.

Datos e incógnitas

h=1.2m; b=1.8m;

F

R=?

En la figura se muestra la compuerta

sumergida

La fuerza resultante debido al fluido

liquido es:

F

R

= p

C

× A
F

R

= ρ

w

g h

GC

A



F

R

1.





F

R



Su localización se determina utilizando la ecuación

y

CP

− y

CG

γ sin θ I

GX

p

CG

A

y

CP

− y

CG

( 1000 )( 9.8)sin 90 (

× 1.8× 1.

3

1000 (9.8)(2.1)(1.8 ×1.2)

Se sabe que el centro de presión se obtiene a partir de la expresión:

y

p

= y

c

I

xc

y

c

P

o

ρg sinθ

A

De donde:

y

p

= y

c

I

xc

y

c

A

……………………..(1)

Se tiene que:

y

c

a+ y

+h=1.3+ h

I

xc

b( a+ y )

3

=1.4647 b

A=(a+y)b=2.6b

Reemplazando en (1)

y

p

=1.3+ h+

1.4647 b

( 1.3+ h) 2.6 b

Simplificando:

y

p

=1.3+h+

1.3+h

La fuerza hidrostática actúa sobre el punto A (centro de presión):

y

p

=a+h → y

p

=1.5+h

Igualando (2) y (3)

1.3+h+

1.3+h

=1.5+h

De donde:

h=1.52m

Ejercicio N°

Para el caso ilustrado en la figura calcule la magnitud de la fuerza resultante

sobre el área indicada.Si sabemos que:

 el agua tendrá una densidad de

62,4lbm/pie

3

.

 la aceleración de la gravedad tiene un

valor de 32,2 pie/s

2

.

 la presión atmosférica es igual a 14,

lbf/plg

2

1 pie= 12 plg→ 1 pie

2

= 144 plg

2

Para determinar la fuerza resultante se debe

obtener, inicialmente, la fuerza resultante del

aceite sobre la compuerta y su centro de

presión. Para lo cual se aplican los pasos

respectivos.

1- Se identifica el punto en que el ángulo de inclinación del área de interés

intercepta el nivel de la superficie libre del agua. Tal como se indica en el

esquema el ángulo se calcula así:

Aplicando la razón trigonométrica

tanθ=

entonces:

θ=arctan ( 0,75)=36,86 °

La hipotenusa de éste triángulo, debe ser, por deducción, igual a 5.

2- Se localiza el centroide C del área a partir de la geometría tal como lo

muestra la figura 2.

3- Se determina

h

C

como la distancia vertical entre el nivel de la

superficie libre del agua y el centroide del área:

h

C

= 14 plg+ 4 plg= 18 plg

4- Se determina

L

C

como la distancia inclinada del nivel de la superficie

libre del agua al centroide del área:

θ

4

3

a. Cálculo de la Fuerza Resultante:

F

R

w

h

A
F

R

lb

pie

3

( 1.8 pies) ( 8 pies) ( 3.6 pies) = 3235 lb

La fuerza resultante actua perpendicular a la pared,1.

pies desde el fondo de la compuerta

b. Cálculo de la Fuerza sobre los pestillos:

Momentos=F

R

( 1.2 pies )−F

¿

( 4 pies)

F

¿

=F

R

= 3235 lb ( 0.30)=970.5lb

en los dos pestillos

Sobre cada pestillo:

F

¿

( 970.5 lb)

= 485 lb

Ejercicio N°17:

La figura muestra un tanque vacío que en un extremo tiene una

ventana de observación circular.Si la presión en el tanque es de

0.12 psia cuando el barómetro indica 30.5 pulg de mercurio,calcule

la fuerza total sobre la ventana

F=∆ pA

donde

∆ p= p

atm

−p

interior

;

A=

π 12 pulg

2

=113.1 pulg

2

p

atm

γ

m

h 844.9 lb

ft

3

×30.5 ×

1 ft

3

3

=14.91 psi

F=(14.91-0.12)lb/in2 x113.1in2=1637 lb

Ejercicio N°

Un tanque tiene un lado del polígono, como se aprecia en la figura. Calcule

la fuerza resultante sobre ese lado si el tanque contiene 15.5 pies de

glicerina. Además, encuentre la ubicación del centro de presión e indíquelo

en un diagrama con la fuerza resultante.

Cálculo de la distancia L :

L=15.5pies/sen60°

=17.90 pies

A=(17.90pies)(11.6 pies)=

207.6 pies

2