PROBLEMAS DE MECANICA DE FLUIDOS

ada 2: Hisdrostática
Mecánica de fluidos. M.I. Georgina Carrillo.
17 de septiembre de 2016Hugo cu castillo- daniel ramos lópez- maleny rosillo torres- pablo sosa lizama- daniel antón. 17 de septiembre de 2016Hugo cu castillo- daniel ramos lópez- maleny rosillo torres- pablo sosa lizama- daniel antón.
17 de septiembre de 2016
Hugo cu castillo- daniel ramos lópez- maleny rosillo torres- pablo sosa lizama- daniel antón.

17 de septiembre de 2016
Hugo cu castillo- daniel ramos lópez- maleny rosillo torres- pablo sosa lizama- daniel antón.

Introducción
En la presente actividad de aprendizaje, desarrollaremos algunos de ejercicios de diferentes bibliografías para complementar la compresión del tema de Hidrostática.
Desarrollo
Ejercicios
Munson.

Munson, B.R. et al. (1998). "Fundamentals of Fluids Mechanics", 3th edition.
Capítulo 2.
2.30 Un recipiente abierto invertido se mantiene en su sitio mediante una fuerza R como se muestra en la figura P2.30. Si la densidad relativa del fluido en el manómetro es de 2.5, determina el valor de h.

Se calculan las presiones hidrostáticas de los distintos fluidos en el manómetro, iniciando de izquierda a derecha.
-PH2O-Paire-Pfluido=0
γH2O2 ft+γaire1 ft+2.5 γH2Oh-3 ft=0
γaire 0 porque su valor es muy pequeño en comparación con γH2O

h-3=-γH2O2 2.5 γH2O
h=-0.8+3=2.2 ft

2.61 La compuerta rígida OAB de la figura P2.61 está articulada en O y permanece contra un soporte rígido en B. ¿Cuál es la mínima fuerza horizontal P que se requiere para mantener cerrada la compuerta si su ancho mide 3 m? Ignorar el peso de la compuerta y la fricción en la articulación. La parte posterior de la compuerta está expuesta a la atmósfera.

Se observa que existen 3 fuerzas actuando sobre la compuerta en forma de L

F1=γH2OZcA=981054 3=588.6 kN

Hallando el punto de acción (centro de presiones) de la fuerza F1
Zk=yk=IxcycA+yc=3431254 3+5=5.26 m

F2=γH2OZcA=981072 3=412.02 kN
El punto de acción de esta fuerza se localiza en el punto medio entre A y B

Realizando la sumatoria de momentos:
T=F15.26-3+F21-Pmin4=0
Pmin=588.6 5.26-3+412.0214
Pmin=435.56 kN

2.88 El madero homogéneo AB de la figura P2.88 mide 0.15 m por 0.35 m de sección transversal. Determinar el peso específico del madero y la tensión de la cuerda.

Si analizamos el diagrama de fuerzas que influye en la imagen, tenemos:

Por lo que, hallaremos cada fuerza por partes, primero el peso:
W=γV
W=γ0.15m* 10m
W=0.525γ
Ahora, la fuerza de empuje:
FB=γH2O*A
FB=γH2O*(0.15m*0.35m*8m)
FB=0.420γH2O

Si igualamos ambas fuerzas, cuando eliminamos la tensión de la cuerda, obtenemos:
W102cosα=FB82cosα
0.525γ5m=0.420γH2O4m
Donde podemos despejar:
γ=0.4209810Nm34m0.5255m
γ=16480.802.625=6278.4Nm3=6.2784KNm3
Por lo tanto, el peso específico del madero es 6.2784KNm3

Ahora, nuevamente, revisando el diagrama de fuerzas, podemos obtener la ecuación:
T=FB-W
Ya que sabemos que:
Fvertical=0
Por tanto, si sustituimos:
T=FB-W=0.420m39810Nm3-(0.525m3)(6.2784Nm3
T=4120.20-3296.16=824.04N

Es así como tenemos que la tensión en la cuerda es de 824.04N

Mott
Capítulo 3.
3.67 M. Para el manómetro compuesto que se encuentra en la figura 3.32, calcule la presión en el punto A.
Analizando el diagrama, podemos observar que existen distintos puntos en que la presión puede ser medida de tal manera que las utilizaremos para crear una ecuación que nos ayude a encontrar la presión en el punto A.

Tenemos entonces que:
PA=P1+0.475mγHg. 0.3mγH2O. 0.25mγHg-(0.375m)γaceite
Sabiendo que P1=0 dado que se encuentra en contacto con la presión atmosférica y puede despreciarse.
PA=0.725mγHg+ 0.3mγH2O-(0.375m)γaceite

Así, obtenemos los datos:
γaceite=9810Nm3sgaceite=9810Nm30.9=8829Nm3
γHg=9810Nm3sgHg=9810Nm313.54=132 827.4Nm3
γH2O=9810Nm3= 9810Nm3

Luego entonces, podemos sustituir:
PA=0.725m132 827.4Nm3+ 0.3m9810Nm3-0.375m8829Nm3
PA=96 299.865-2 943-3 310.875Nm2
Dado que ya sabemos que Nm2=Pa, tenemos que la presión en el punto PA=90 045.99 Pa que es lo mismo que PA=90.046 kPa

Capítulo 4.
ycpycp4. 21. Calcula la magnitud de la fuerza resultante y la localización del centro de presiones.
ycp
ycp
ycgycg
ycg
ycg
yyA1A1A2A2hhBBbb
y
y
A1
A1
A2
A2
h
h
B
B
b
b
Sobre el área trapezoidal
Nómbrese B al lado de 30", b al de 18" paralelo a B, y h al restante de 18". Supóngase también una división del trapecio hecha de manera paralela a las bases B y b; llámese A1 a la altura del segmento superior y A2 a la del inferior.
El área de la figura es
A=hB+b2=18 in30 in+18 in2=432 in2=3 ft2
La línea de división pasa por el centroide de la figura, de manera que es A2 la longitud que dará el valor útil para las cuentas, pues será la distancia sobre la diagonal que se sumará a y+18 in para dar la posición del centroide.
A1=h2B+b3B+b=18 in2×30 in+18 in330 in+18 in=9.75 in
A2=18 in-A1=8.25 in
El momento de inercia del trapecio es
Ixx=h3B2+4Bb+b236B+b=18 in330 in2+430 in18 in+18 in23630 in+18 in=11,421 in4
Ixx=0.551 ft4
Solución del problema
La longitud y desde la prolongación de la superficie hasta el tanque es
y=8 ftsin45°=11.314 ft
La posición del centroide sobre y es
ycg=y+18 in+A2=11.314 ft+18 in+8.35 in×3.2808 ft39.37 in=13.501 ft
Por trigonometría, la distancia vertical del centroide es
zcg=ycgsin45°=13.501 ft×12=9.547 ft
De manera que la fuerza ejercida por el volumen de agua sobre la escotilla es
F=γaguazcgA=62.4 lbfft39.547 ft3 ft2=1,787.198 lbf
La ubicación sobre la diagonal del centro de presiones es
ycp=ycg+IxxycgA=13.501 ft+0.551 ft4(13.501 ft)(3 ft2)=13.515 ft
Y verticalmente
zcp=ycpsin45°=13.515 ft×12=9.556 ft
Cengel y cimbala

Çengel Y. and Cimbala J. (2012). "Mecánica de Fluidos. Fundamentos y Aplicaciones", respecto 2a edición McGraw-Hill.
Capítulo 3.
3-141 Se mide la presión del agua que fluye por un tubo mediante la disposición que se muestra en la figura. Para los valores dados, calcule la presión en el tubo.

La presión en el punto deseado es igual a la presión del aire a 30 kPa y la columna de 50 cm de agua que se encuentran "empujando" hacia dicho punto, menos la columna del fluido de GE=2.4 (tomando la componente vertical) que se encuentran del lado izquierdo de la figura, dado que se oponen al empuje.
Para conocer la componente vertical de las últimas dos columnas mencionadas, se debe calcular el ángulo con respecto a la vertical que dicho tubo tiene, el cual es:
θ=tan-186=53.13°
Sustituyendo en los datos, se tiene:
P=30kPa+9810Nm20.5m-2.49810Nm2.06sen53.13m-9810Nm2(0.6sen53.13m)
P=33.304 kPa
Ejercicio 3.155 Se construirá un túnel semicircular de 40 ft de diámetro debajo de un lago de 150 ft de profundidad y 800 ft de largo, como se muestra en la figura de abajo. Determine la fuerza hidrostática total que actúa sobre el techo del túnel.

Como es simétrico respecto al eje del túnel, las fuerzas horizontales se anulan.
La fuerza vertical vendrá determinada por el peso específico del agua y el volumen de agua desde la superficie de contacto hasta la superficie libre del fluido, es decir:

Si el peso específico vale: γ = 62.30 lbf/ft3, entonces tenemos:

F = γ·V = 62.30·800·(150·40 – 0.5·π·(40/2)2)
F = 2.677·108 lbf
Entoces la fuerza hidrostática será vertical hacia abajo, y valdrá 2.677·108 lbf

Potter
Potter and Wiggert (2006). "Mecánica de losFluidos",3aedición.Thomson.
Capitulo 2.
Ejercicio 2.58Para la compuerta mostrada en la figura siguiente, calcule la altura H que hará que se abra automáticamente si (ignore el peso de la compuerta):
a) l = 2m
b) l = 1m
c) l = 6 ft
d) l = 3 ft

La presión del agua hace dos fuerzas sobre la compuerta: F1, la fuerza vertical hacia arriba que empuja la compuerta de abajo y F2, la fuerza horizontal hacia la derecha que empuja la compuerta de arriba.
Debido a la muesca que bloquea la compuerta de abajo, el sistema sólo puede girar de una manera, de tal manera que la compuerta de arriba venza con el peso del agua. Esto ocurrirá si el momento debido a F2 es mayor al momento debido a F1.
F1:
La fuerza viene determinada por el peso específico del agua y por el volumen proyectado desde la superficie de contacto hasta la superficie libre del fluido, es decir:
F1 = γ·V1 = γ·d·l·H
(llamamos d a la profundidad de toda la cubeta, aunque no conocemos su valor)
Además, la fuerza se aplica en la superficie, a la misma distancia del gozne que el centro de masas del volumen V1, es decir a l/2.

F2
La fuerza horizontal está dada por la profundidad del centro de gravedad del área de contacto (es decir, H/2) y por esa misma área (A = d·H):
F2 = γ·zG·A = γ·d·H2/2

Además, la fuerza se aplica a una profundidad zK, dada por:
zK= zG+ IzG·A= H2+ 112·d·H3H2·d·H= H2+ H6= 2H3
Por lo que la distancia al Gozne será H – zK.
Así pues, para resolver, razonamos lo siguiente. Para que la compuerta se abra, el momento de la fuerza F2 debe ser mayor al de la fuerza F1:
γ·d·H2/2·(H – 2H/3) > γ·d·l·H·l/2
H2/6 > l2/2
H >3l
Es decir, según el valor de l, el valor de H para el que se abre la compuerta vale:
3.464 m
1.732 m
5.196 ft
10.39 ft

Potter and Wiggert (2006). "Mecánica de losFluidos",3aedición.Thomson
Ejercicio 2.70
Calcule la fuerza en la soldadura mostrada en la figura si:
a) El hemisferio está lleno de aire
b) El hemisferio está lleno de aceite
En la figura supondremos se trata de un cilindro y una media esfera, ya que por el ángulo en que se ve la imagen, también existe la posibilidad de que en realidad se trate de un prisma con un medio cilindro. Dado que no nos dan la densidad del aceite, la segunda suposición será que DRaceite=0.8

a) Como la lectura en la base del tanque muestra que la presión debe de ser 60 kPa, la suma de las presiones debe de ser tal cantidad. De esa forma se puede calcular la presión del aire contenida en el hemisferio.
60 kPa=9810Nm23m+0.89810Nm22m+Paire
Paire=14.874 kPa
La fuerza que experimenta la soldadura debido al aire es igual a la presión que "siente" en cada punto de esta, multiplicada por todo el área que aplica, esto es, F=PA. Entonces:
F=PaireA
F=14.874 kPaπ*32=420.55 N
b) Un análisis de cuerpo libre donde se incluye la fuerza debida al peso del aceite adicional, la fuerza debido a la presión que hace falta para llegar a los 60 kPa y la fuerza de la soldadura mostraría lo siguiente:
Fsold+Waceite=PArequerida
Donde Waceite apunta hacia abajo debido a la gravedad, la PArequerida apunta hacia arriba porque es la fuerza debido a la falta de presión que se desea alcanzar, y Fsold es la fuerza de la soldadura y supondremos que apunta hacia abajo.
Waceite=0.89810Nm212*43π*33=443 793.94 N
(Peso total de todo el fluido, restringido a la forma del domo)
PArequerida=14.874 kPaπ*(3m)2 =420 552 N
(Presión repartida en la superficie donde hacen contacto el petróleo y el aceite)
Fsold=420 552 N- 443 793.94 N=-23.4 kN
El signo menos indica que la fuerza de la soldadura no va hacia abajo, sino hacia arriba.
Conclusiones
Hugo
Este tema, al igual que los anteriores fue un tanto intuitivo porque ya lo había visto parcialmente en la secundaria y en la preparatoria. Lo que sí era nuevo era el centro de presiones y la fuerza que se aplica en ella. Al principio me resultó difícil saber cómo se resolvían los problemas, porque no me quedó claro el concepto. Tras muchos ejercicios, pude concluir que había una metodología para resolverlos y empíricamente la aprendí. Sin embargo, siento que aun no entiendo del todo las fórmulas, especialmente la que involucra a Yk. Espero para antes del examen poder tener tiempo para empezar a entenderla.
Daniel Ramos
Esta unidad trató de la hidrostática, es decir del estudio del comportamiento de los fluidos en reposo. Los conceptos más importantes dentro de este campo son los de presión y empuje. La presión (y también el empuje) aumentan al aumentar la profundidad a la que se encuentre el punto de medición. Los ejercicios realizados fueron adecuados, sin embargo, me gustaría que se explicara el razonamiento que se sigue para llegar al análisis del empuje hidrostático sobre superficies planas y curvas. Algo que todavía no me queda muy claro es que tipo de momentos estamos utilizando cuando se halla el centro de presiones para y o para x.
Maleny
En esta unidad, a decir verdad, me sorprendí de lo sencilla que era, pues en un inicio es bastante complicada. Personalmente esta actividad me sirvió para comprender algunos de los temas que no había entendido completamente durante la clase y me parece de bastante importancia, pues es análisis hidráulico uno de los temas base de esta materia.

Pablo
En la práctica ingenieril es importante el estudio de la mecánica de fluidos, y en ciertas áreas es fundamental: cobra una relevancia enorme el ser capaces de analizar las fuerzas que intervienen en un sistema hidráulico estático, pues nos permite conocer las relaciones entre cada uno de los miembros que lo integran.
En el diseño de tecnologías y construcciones relacionadas con hidráulica (tuberías y vehículos marítimos, por ejemplo), lo primero a estudiar son las interacciones que sienten nuestros dispositivos de interés, ya sea con fluidos o con otros elementos del sistema, de manera que el comportamiento global sea el deseado.

Bibliografía.
Potter and Wiggert (2006). "Mecánica de losFluidos",3aedición. Thomson
Mott Robert (1996) "Mecánica de fluidos aplicada" , Cuarta edición.
[Título del documento]
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PROBLEMAS DE MECANICA DE FLUIDOS

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