Estática de Fluidos Ej Resueltos

ESTÁTICA DE FLUIDOS GUÍA DE PROBLEMAS Nº 1

1.

Determine la presión diferencial entre las tuberías A y B para la lectura del manómetro diferencial que se muestra en la gura.

Solución

P= γh P A + γ H O ( 1 ) −γ Hg ( 1.5 ) + γ H O ( 1.2 )+ γ Hg ( 0.5 )− γ H O (1.3 )= PB

⇒

2

2

2

P A − P B= γ Hg ( 1.5−0.5 ) + γ H O ( 1.3−1.2 − 1) 2

P A − PB =124587 [ Pa ]

⇒

2.

Encuentre Encuentre la diferencia de presiones entre las tuberías A y B del sistema mostrado en la gura, si d1 = !! mm, d" = 1#! mm, d = $%! mm, d$ = "!! mm, sg&g = 1.%.

Solución

P= γh

PB + γ Hg d 4 sen 45 °+ γ Hg d 3− γ H O d 1= P A

⇒

2

P A − P B= γ Hg ( d 4 sen 45 ° + d 3 )− γ H O d1 2

P A − P B=77296.23 [ Pa ]

.

'(u)l es la presión absoluta dentro de la tubería A del sistema mostrado en la gura siguiente, en la posición, la posición a*

Solución

P= γh

⇒

γ H O ( 0.6 )−γ H O ( 0.3 )− γ Hg ( 0.15 ) + γ ac ( 0.15 + 0.1 ) = P A 2

2

P A =γ H

2O

( 0.6 −0.3 )−γ Hg ( 0.15 ) + γ ac ( 0.15 + 0.1 )

P A =−15107.4 [ Pa ]man P A = P atm + P A =101325−15107.4 |¿|

P A =86217.6 [ Pa ]¿

!.

+na esfera de 1"" cm de di)metro ota en agua salada de peso especíco 1!.!# -/m , la mitad de ella sumergida. '0u peso mínimo de cemento, cuyo peso especíco es ".#% -/m, u2li3ado como ancla4e, ser) necesario para sumergir completamente la esfera*

Solución

5ara la posición 6178 ƩF =0 → E− ωe =0

γ H O V des= me g 2

γ H O V des= ρe V e g 2

γ H O 2

V e 2

= ρ e V e g → γ e=

γ H O 2

2

(1 )

5ara la posición 6"78 ƩF =0 → E− ωe −ω c =0

γ H O ( V e + V c )= γ e V e + γ c V c → V c = 2

γ H O −γ e 2

γ c −γ H O

V e ( 2 )

2

ω c =γ c V c ( 3 )

y

V e =

4 3

πr

3

9eempla3ando 617 en 6"78 ωc =

γ c∗2 3

3

π

r ∗ γ H O 2

γ c −γ H O 2

ω c =8331.71 [ N ]

".

+na cu:a de madera con densidad rela2;a !.% es for3ada dentro del agua mediante una fuer3a de 1#! lb. El anc
Solución

ƩF =0 → E− ω−150 =0

γ H O V des= γ m V m + 150 ( 1) 2

tan 30 °

x =

⇒

γ H O 2

(

=

1.5

1 2

h

1.5 tan30 °

h

x d

=

d (2 )

2 x d L

) ( =γ m

1 2

)

3h L

γ H O ( tan30 ° d L ) =0.6 γ H O 2

2

2

+ 150 → γ H O

(

2

3

1.5

2 tan30 °

(

)

h

Encuentre la distancia d para el tubo en +.

) (

d d L =γ m

L + 150

d =2.48 [ pie ]

#.

1.5

1 2

3hL

)+

150

Solución

P= γh ⇒

γ 1.4 d + γ Hg ( 0.03 ) −γ Hg ( 0.01 )− γ ac ( 0.02−0.01 )− γ ac ( 0.05 )= P A

d=

P A

−

ρ Hg

γ 1.4 ρ1.4

( 0.03−0.01 )+

ρac ρ1.4

(0.02 −0.01 + 0.05 )

d =0.028 [ m]

$.

+na esfera de acero de 1! mm de di)metro tapa un oricio de % mm de di)metro de una c)mara de presión. (uando la presión es de !! -g f /cm", 'qu fuer3a se necesita para separar la esfera del oricio*

Solución

F P= → F = P∗ A A

2

F =700∗π ∗0.3

F =197.92 [ g! ]

%.

'(u)l es la presión 5A* >a densidad rela2;a del aceite es !.?.

Solución

P= γh ⇒

γ Hg ( 0.3 ) −γ H O ( 4.5 −3 )− γ ac ( 3 )= P A 2

P A =1765.8 [ Pa ]

&.

+n tanque rectangular con ancuego, si se coloca un bloque de madera de 1!!!  otando sobre el aceite, 'cu)l es el aumento de ni;el en la supercie libre del agua que est) en contacto con el aire*

Solución

P= γh

P A = P B → γ H O ( 3 )=γ H O ( 2 ) + γ ac h 2

h=

γ H O 2

γ ac

(1 )

h =1.219 [ m]

2

ESTÁTICA DE FLUIDOS GUÍA DE PROBLEMAS Nº 2

1.

+na barra de madera que pesa # lb se monta sobre un pasador locali3ado por deba4o de la supercie libre. >a barra 2ene 1! pies de longitud y una sección trans;ersal uniforme, y el pasador se encuentra locali3ado a # pies por deba4o de la supercie libre. 'A qu )ngulo α llegar) la barra cuando alcance el equilibrio una ;e3 que se a sección trans;ersal de la barra es /" plg ". (onsidere el peso especíco del agua igual a %".$ lbf /pie .

Solución

5or sumatoria de momentos8 Ʃ" =0 → E∗d −ω ( 5 )=0

γ H O V des d =5 ω → γ H O 2

2

2

sen # =

2.5 γ H O A

# =34.76 °

2

ω

5

sen#

A

2.5

=5 ω

sen#

2.

+n bloque de material con un ;olumen de !.!"? m  y con un peso de "!  se sumerge en agua. +na barra de madera de . m de longitud y sección trans;ersal de 1.# mm " se une al bloque y a la pared. @i la barra pesa 1 , 'cu)l ser) el )ngulo θ en el equilibrio*

Solución

5or sumatoria de momentos8 Ʃ" =0 → 290 ( 3.3 ) + 13

( )− 3.3 2

γ H O ( 0.028 ) ( 3.3 )−γ H O V des d =0 2

2

0.3 ∑ ¿=3.3− sen# ∑ ¿ → L¿

V des= A L¿

−

3.3

d=

0.3

sen#

2

+

0.3

=

sen#

3.3 2

+

0.3 2 sen#

Entonces8

(

290 3.3

(

290 3.3

) + 13 (1.65 )−γ H O ( 0.028 ) ( 3.3 )= γ H O ( 1.935∗10− ) 6

2

2

) + 13 (1.65 )−γ H O ( 0.028 ) ( 3.3 )= γ H O 2

2

(

1.935

∗10−

2

6

(

3.3

)(

−

2

3.3

0.3

sen#

−

0.3 2

)( 2

sen #

3.3 2

)

+

0.3

)

2 sen #

(alculando y despe4ando α 8 # =39.54 °

.

>a compuerta de la gura ad4unta 2ene aceite del mismo peso especíco al lado derec
Solución

F H = γA h cg 5ara la i3quierda8 F H 1=γ ac ( 2.4∗1.8 ) ( 2.4 ) → F H 1 =91539.072 [ N ] 5ara la derec
F H$ =45769.536 [ N ]

!.

'(u)l es la fuer3a producida por los uidos que actan sobre la compuerta AB, cuya sección es C de círculo* El anc
Solución

F H = γA h cg

F H = γ H O ( 1∗1.3 ) ( 0.7 + 0.5 ) → F H =15303.6 [ N ]

⇒

2

F V = γV

F V = γ H O 1.3

⇒

2

(

π

2

)

∗ − ∗1 → F V =11663.92[ N ]

1.7 1

4

F %= √ F V + F H 2

2

F %=19241.81 [ N ]

hcp =hcg +

& 1 3 & = ' h 12 A h cg 1

⇒

h cp=1.2 +

12

3

∗1.3∗1

∗

∗

1 1.3 1.2

Desde el ni;el del suelo8 hcg =0.43 [ m ]

→ hcg =1.269 [ m]

".

+na compuerta parabólica AB se encuentra pi;oteada en A y empotrada en B. si la compuerta 2ene 1! pies de anc
Solución

5ara la fuer3a
F H = γ H O ( 5∗10)( 2.5 )

⇒

2

F H =7800 [ ('! ]

5ara la fuer3a ;er2cal8 F V = γV ⇒ F V =γ H O AL 2

ntegrando respecto de y para
)

3

[ pie ] ∫ 3 ) d)= 9 ¿ → A = 125 9

A =

1

2

5 0

0

F V =

⇒

62.4

∗125

9

∗10

F V =8666.67 [ (' ! ]

2

F %= √ F V + F H 2

2

F %=11659.81 [ (' ! ]

#.

(alcule el momento alrededor de O necesario para mantener en su posición la compuerta de la gura, despreciando su peso.

Solución

5ara la fuer3a
⇒

F H =8829 [ N ]

5ara la fuer3a ;er2cal8 F V = γV ⇒ F V =γ ac AL

ntegrando respecto de y para
1

∫ 4 )

A =

2

d) =

0

F V =

⇒

∗

)

3 1

12

¿ → A=

∗

0

0.9 9810 1 12

∗2

1 12

2

[m ]

F V =1471.5 [ N ] F %= √ F V + F H 2

2

F %= 8950.78 [ N ]

$.

Determine8 a7 la componente
Solución

a7

F H = γA h cg F H = γ H O ( 2∗2 )( 3 + 1 )

⇒

2

F H =156960 [ N ]

hcp =hcg +

& 1 3 & = ' h 12 A h cg

1 ⇒

h cp= 4 +

12

3

∗2∗2

(2∗2)∗4

→ hcg =4.083 [ m ]

b7

F V = γV ⇒ F V =γ H O AL 2

F V = γ H O 2

( ) π 4

2

2

2

F V =61638.05 [ N ]

ESTÁTICA DE FLUIDOS GUÍA DE PROBLEMAS Nº 

1.

Determine la magnitud de la fuer3a resultante que acta sobre la supercie esfrica y eplique por qu la línea de acción pasa por el punto centro O.

Solución

F H = γA h cg

F H = γ H O ( π ∗3

⇒

2

2

) ( 10 )

F H =17643.18 [ (' ! ] F V = γV

F V 1 =γ H O

⇒

2

F V 2 =γ H O 2

[

[

( 10∗3∗ 6 )−

( )] 1 3

π 3

( )]

( 10∗3∗6 ) +

1 3

π 3

3

3

→ F V 1 = 9467.68 [ (' ! ]

→ F V 2=12996.32 [ (' ! ]

F V$ = F V 2 − F V 1 → F V =3528.64 [ (' ! ]

F %= √ F V + F H 2

2

F %=17992.58 [ (' ! ]

2.

En la gura siguiente se muestra un ;ertedero cilíndrico de control, que 2ene un di)metro de  m y una longitud de % m. calcule la magnitud y la dirección de la fuer3a resultante causada por los uidos sobre el ;ertedero.

Solución

5ara la i3quierda8 F H = γA h cg

F H 1 = γ H O ( 6∗3 ) ( 1.5 )

⇒

2

F H 1 =264870 [ N ]

F V = γV

F V 1 =γ H O∗6

⇒

2

F V 2 =γ H O∗6 2

[

[

( 1.5∗1.5 )−

( 1.5∗1.5 )+

5ara la derec
(

1 4

(

1 4

2

π 1.5

2

π 1.5

)]

)]

→ F V 1=28420.79 [ N ]

→ F V 2 = 236449.20 [ N ]

F H 2=66217.50 [ N ]

F V 3 =

γ H O∗π 2

4

2

∗1.5 ∗6 → F V =104014.20 [ N ] 3

(alculando las fuer3as totales8 F H = F H 1− F H 2 F V = F V 2 − F V 1 + F V 3 F H =198652.5 [ N ] F V =312042.61 [ N ] F %= √ F V + F H 2

2

F %=369910 [ N ]

*= arctan

F V F H

*=57.52 ° .

+n tanque se encuentra di;idido en dos c)maras independientes. >a presión del aire acta en ambas secciones. +n manómetro mide la diferencia de estas presiones. +na esfera de madera, sg = !.%, se coloca en la pared tal como se muestra en la gura. Determine8 a7 la fuer3a ;er2cal sobre la esfera, b7 la magnitud de la fuer3a
Solución

Denominando a la presión de la c)mara i3quierda como 5A y a la presión de la derec
P A − P B= 20012.4 [ Pa ] ( 1 ) F H = γA h cg

a7

F H 1 =γ H O A 2

(

4.3

+

)

P A + 0.3 F H 2= γ ac A γ H O 2

(

2.7

+

P A − 20012.4 + 0.3 γ ac

)

F H$ = F H 1 − F H 2 =γ H O A ( 4.3 +0.3 )+ A P A − γ ac A ( 2.7 + 0.3−20012.4 )− A P A 2

F H$ = A ( 4.6 γ H O −3 γ ac + 20012.4 ) A = π ∗0.3

2

2

F H$ =11760.54 [ N ]

b7

F V = γV

De la c)mara i3quierda8 F V 1 =γ H O 2

F V 2 =γ H O 2

[ ((

4.3

[ ((

4.3

+

2

+

)

) ( )]

)

) ( )]

P A π + 0.3 ∗0.3∗0.6 − 0.33 γ H O 3

P A π + 0.3 ∗0.3∗0.6 + 0.33 3 γ H O 2

De la c)mara derec
[((

2.7

P A−20012.4

+

γ ac

)

)(

+ 0.3 ∗0.3∗0.6 −

π 3

3

0.3

)]

F V 4 = γ ac

[((

2.7

+

P A −20012.4 γ ac

)

) ( )]

+ 0.3 ∗0.3∗0.6 +

π 3

3

0.3

F V$ = F V 2 − F V 1 + F V 4 − F V 3

F V$ =

2 π 3

0.3

3

γ H O +

2 π

2

3

3

0.3

γ ac

F V$ =998.54 [ N ]

!.

El tanque mostrado en la gura ad4unta est) compuesto por tres compar2mientos 1, " y , separados el uno del otro. El tri)ngulo ABC 2ene  pies de longitud y separa los tres compar2mientos. Encuentre la fuer3a ;er2cal neta sobre ABC causada por los uidos en contacto.

Solución

Del compar2miento 6178

P= γh→he+ 1=

P 1 γ ac

= 65.93 [ pie ]

F V 1 =γ ac∗3

[

( 1∗(5 +65.93 ))−

( )] ∗

1 1 2

F V 1 =9229.15 [ (' ! ] Del compar2miento 6"78 F V 2 = γ H O∗3 2

[

( ∗ )]

( 1∗ 4 ) −

1 1 2

F V 2 =655.2 [ (' ! ]

5ara el compar2miento 67, del manómetro8 P3 + γ H O ( 4 ) + γ H O ( 0.5 )= γ Hg (2 ) → P 3=1416.48 [ ('! ] 2

2

P3= γ H O h e+ 3 → he+ 3= 2

P3 γ H O

=22.7 [ pie ]

2

F V 3 =γ H O∗3 2

( ∗ )+ ( 1 1 2

∗ ) → F V =4155.84 [(' ! ]

21.7 1

3

Del compar2miento 6$78 F V 4 = γ H O∗3 ( 22.7∗4 ) → F V 4 =16997.76 [ (' ! ] 2

F V$ = F V 1 + F V 2 +2 F V 3 − F V 4

⇒

F V$ =1197.87 [(' ! ]

".

Eisten cuatro compar2mientos completamente separados unos de otros. +n cuarto de esfera reside en cada uno de los compar2mientos tal como se muestra en la gura ad4unta.

Encuentre8 a7 la fuer3a ;er2cal total causada por los uidos, b7 la fuer3a
Solución

Del compar2miento 6178 P1= γ H O h e+ 1 → he+ 1= 2

P1 γ H O

=11.54 [ pie ]

2

F H 1=γ H O 2

( ∗ )( π 2

1

2

F V 1 =γ H O V = γ H O 2

2

+

9.5 11.54

[

) → F H = 2062.29 [('! ] 1

( 2∗21.54 ∗1 )−

( )] π 3

3

1

F V 1 =2622.85 [ (' ! ]

Del compar2miento 6"78 hac ρ ac =h H O ρ H O → h H O = 2

2

2

ρac ρ H O

hac =2.40 [ pie ]

2

F H 2=γ H O 2

( ) π 2

∗1 ( 4.5+ 2.40 ) → F H =676.32 [ ('! ] 2

2

( )

( 2∗7.4∗1 )− π 1

3

F V 2 =γ H O V = γ H O 2

3

2

F V 2 =858.17 [ ('! ]

Del compar2miento 678 P3= γ H O h e+ 3 → he+ 3= 2

P3 γ H O

=23.08 [ pie ]

2

F H 3= γ H O 2

( ∗ )( π 2

1

2

F V 3 =γ H O V = γ H O 2

2

23.08

[

−0.5 ) → F H =2213.24 [ (' ! ] 3

( )]

( 2∗23.08∗1 )− π 1

3

3

F V 3 =2815.04 [ (' ! ] Del compar2miento 6$78 P4 =γ ac ( 15 )=1872 → P 4=1123.2

P4 =γ ac he+ 4 →h e+ 4 =

F H 4= γ ac

P 4 γ ac

[ ]

2

pie

2

=22.50 [ pie ]

( ) π

(' !

∗1 ( 22.50− 0.5 ) → F H = 1725.11[ ('! ] 2

F V 4 = γ ac V = γ ac

[

4

( )]

( 2∗22.50∗1 )− π 1

3

3

F V 4 =2194.12 [ (' ! ]

F H$ = F H 1 − F H 2 + F H 3 − F H 4 F V$ = F V 3 − F V 1 + F V 4 − F V 2

F H$ =1874.10 [ (' ! ] F V$ =1528.14 [ ('! ]

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRÉS FACULTAD DE INGENIERÍA INGENIERÍA PETROLERA

E@FGF(A DE

H>+DI@

NOMBRE:

Univ. ROJAS RUIZ JAVIER ERNESTO

DOCENTE:

Ing. MARCOS CHAMBI Y.

ASIGNATURA:

OPERACIONES UNITARIAS I PET !"

GESTI#N:

I$%&'

LA PAZ ( BOLIVIA

Estática de Fluidos Ej Resueltos

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