Taller En Clases #2, Mecánica de Fluidos, Ing. Jennifer Villa Domínguez
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Taller En Clases: Fuerzas Debido a Fluidos Estáticos Juan Pablo Cañaveral1, Breyner Rodriguez2, Sergio Cardenas3, Carlos Velasquez4. Facultad de Ingeniera, Mecánica de Fluidos, Universidad Autónoma del Caribe UAC, Barranquilla, Colombia.
I. La Pared mostrada en la figura tiene 6 𝑚 de ancho. a. Calcule la fuerza total sobre la pared causada por la presión del agua, y localice el centro de presión. b. Determine el momento provocado por esta fuerza en la base de la pared.
Paso 2. El centro de presión está a la distancia de… ℎ 3,65𝑚 = = 𝟏, 𝟐𝟏 𝒎 3 3 ℎ 12 𝑓𝑡 = = 𝟒 𝒇𝒕 3 3 A partir del fondo de la pared Paso 3. Momento provocado por la fuerza 𝑀𝐹𝑅 = 𝐹𝑅 ×
ℎ = (392,08 𝑘𝑁)(1,21 𝑚) 3
𝑀𝐹𝑅 = 𝟒𝟕𝟕, 𝟎𝟑 𝒌𝑵 𝒎 II. Dos tanques contienen glicerina, sin embargo uno de ellos tiene pared recta y otro una pared inclinada.
12 𝑓𝑡 = 3,65 𝑚 Paso 1. 𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 =
𝛾ℎ 2
a. Calcule la fuerza resultante sobre cada uno de los lados del tanque que contiene 15,5 𝑓𝑡 de glicerina. b. Encuentre el centro de presión e indíquelo en la figura.
𝐹𝑅 = 𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 × 𝐴 𝛾ℎ 𝐹𝑅 = ( ) (ℎ × 𝑎) 2 (9,81 𝐹𝑅 = (
𝑘𝑁 ) (3,65 𝑚) 𝑚3 ) (3,65 𝑚 × 6 𝑚) 2
𝑭𝑹 = 392081,17 𝑁 = 𝟑𝟗𝟐, 𝟎𝟖 𝒌𝑵
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Paso 1. Para pared recta. 𝐿𝑐𝑝
𝐹𝑅 = 𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 × 𝐴
15,5 𝑓𝑡 𝐿 𝑠𝑒𝑛 60° = = = 𝟓, 𝟗𝟔𝟔 𝒇𝒕 3 3
𝛾ℎ 𝐹𝑅 = ( ) (ℎ × 𝑎) 2 (1,26) (62,4 𝐹𝑅 = (
𝑙𝑏 ) (15,5 𝑓𝑡) 𝑓𝑡 3 ) (15,5 𝑓𝑡 × 11,6 𝑓𝑡) 2
𝐹𝑅 = 𝟏𝟎𝟗𝟓𝟓𝟖, 𝟔 𝒍𝒃 Paso 1. Para pared inclinada. 𝐹𝑅 = 𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 × 𝐴
III. Si la longitud del tanque de la figura es de 1,2 𝑚, Calcule la fuerza total que se ejerce en la pared inclinada del fondo.
𝛾ℎ 𝐹𝑅 = ( ) (𝐿 × 𝑎) 2 (1,26) (62,4 𝐹𝑅 = (
𝑙𝑏 ) (15,5 𝑓𝑡) 15,5 𝑓𝑡 𝑓𝑡 3 )( × 11,6 𝑓𝑡) 2 𝑆𝑒𝑛 60°
𝐹𝑅 = 𝟏𝟐𝟔𝟓𝟎𝟕, 𝟒 𝒍𝒃 Paso 2. Para pared recta Centro de Presión con respecto al fondo de la pared ℎ𝑐𝑝 =
ℎ 15,5 𝑓𝑡 = = 𝟓, 𝟏𝟔𝟔 𝒇𝒕 3 3
Paso 1. 𝐹𝑅 = 𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 × 𝐴 𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 = 𝜌𝑎𝑖𝑟 + 𝛾𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 × ℎ + Paso 2. Para pared inclinada Centro de Presión con respecto a la altura ℎ y al largo de la pared inclinada 𝐿 ℎ𝑐𝑝 =
ℎ 15,5 𝑓𝑡 = = 𝟓, 𝟏𝟔𝟔 𝒇𝒕 3 3
𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚
𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 × ℎ 2
𝑘𝑁 (9,81 3 ) (2,6𝑚) 𝑘𝑁 𝑚 = 200𝑘𝑃𝑎 + (0,8) (9,81 3 ) (1,5𝑚) + 𝑚 2
𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 = 𝟐𝟐𝟒, 𝟓𝟐 𝒌𝑷𝒂
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El ángulo la pared inclinada seria θ = tan−1 (
2,6 𝑚 ) = 68,96° 1𝑚
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Según el Libro Mecánica de Fluidos de Robert L. Mott (pág. 612). Para un Semicírculo el centroide seria. Paso 1.
𝐴=𝐿×𝑎 =
2,6 𝑚 × 1,2 𝑚 = 3,34 𝑚2 𝑠𝑒𝑛 68,96° 𝐹𝑅 = 𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 × 𝐴
Centroide Sección
Área
Distancia al eje 𝑦̅
Momento de inercia 𝐼𝑐
𝜋𝐷2 8
0.212𝐷
(6.86 × 10−3 )𝐷4
𝐹𝑅 = 224,52 𝑘𝑃𝑎 × 3,34 𝑚2 𝐹𝑅 = 𝟕𝟓𝟎, 𝟓𝟐 𝒌𝑵 Paso 2. El centro de presión con respecto a la altura ℎ y al largo de la pared inclinada 𝐿 ℎ𝑐𝑝
𝐿𝑐𝑝
ℎ 2,6 𝑚 = = = 𝟎, 𝟖𝟔𝟔 𝒎 3 3
Para hallar 𝐿𝑐 le restamos a 60 𝑖𝑛 la distancia al eje 𝑦̅ y le sumamos la distancia hasta donde llegaría el fluido con el ángulo 𝜃 = 90 − 65 = 25° y las 20 𝑖𝑛.
2,6 𝑚 𝐿 𝑠𝑒𝑛 68,96° = = = 𝟎, 𝟗𝟐𝟖 𝒎 3 3
IV. El tanque de la figura tiene un portillo de observación en el lado inclinado. Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre el panel. Muestre con claridad la fuerza resultante sobre la puerta y dimensione su ubicación.
𝐿𝑐 = (60 𝑖𝑛 − 𝑦̅ ) +
20 𝑖𝑛 𝑠𝑒𝑛 25°
𝐿𝑐 = (60 𝑖𝑛 − 0,212𝐷) +
𝐿𝑐 = (60 𝑖𝑛 − 0,212 (3𝑓𝑡 ×
20 𝑖𝑛 𝑠𝑒𝑛 25°
12 𝑖𝑛 1𝑓𝑡
)) +
20 𝑖𝑛 𝑠𝑒𝑛 25°
𝐿𝑐 = 99,69 𝑖𝑛 La distancia al centroide con respecto a la altura seria ℎ𝑐 . ℎ𝑐 = 𝐿𝑐 × 𝑠𝑒𝑛 25° = 99,69 𝑖𝑛 × 𝑠𝑒𝑛 25° ℎ𝑐 = 42,13 𝑖𝑛 Paso 2. 𝐹𝑅 = 𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 × 𝐴 = 𝛾ℎ𝑐 × 𝐴 = 𝛾ℎ𝑐 × 𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 = (1,06) (62,4
𝜋𝐷2 8
𝑙𝑏 1 𝑓𝑡 ) (42,13 𝑖𝑛 × ) 𝑓𝑡 3 12 𝑖𝑛
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𝒍𝒃 𝒇𝒕𝟐
𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 = 𝟐𝟑𝟐, 𝟐𝟑
𝐴=
𝜋𝐷2 8
=
𝜋(3 𝑓𝑡)2 8
4
= 𝟑, 𝟓𝟑 𝒇𝒕𝟐
𝐹𝑅 = 𝑃𝑃𝑟𝑜𝑚 × 𝐴 = 232,23
𝑙𝑏 × 3,53 𝑓𝑡2 𝑓𝑡 2
𝐹𝑅 = 𝟖𝟐𝟎, 𝟕𝟔 𝒍𝒃 Paso 3. Calculo del Centro de Presión 𝐿𝑐𝑝 = 𝐿𝑐 +
(6.86 × 10−3 )𝐷4 𝐼𝑐 = 𝐿𝑐 + 𝐿𝑐 𝐴 𝐿𝑐 𝐴
12 𝑖𝑛 4 ) 1𝑓𝑡 𝐿𝑐𝑝 = 99,69 𝑖𝑛 + 144 𝑖𝑛2 (99,69 𝑖𝑛) (3,53 𝑓𝑡2 × ) 1𝑓𝑡2
(6.86 × 10−3 ) (3𝑓𝑡 ×
𝐿𝑐𝑝 = 99,91 𝑖𝑛
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