SOLUCION DE LOS PROBLEMAS DE MECANICA DE FLUIDOS RONERT MOTTA PROBLEMA 4.1 La figura 4.21 muestra un tanque de vacio que en un experimento 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. SOLUCION:
F p. A donde : p patm pgas Area (12in) 2 A 4 A 113.1in 2 patm m h patm patm
844.9lb 1 ft 3 x30.5inx ft 3 1728in3 14.91 psi
F (14.91 0.12)
PROBLEMA 4.2
lb x113.1in 2 1673lb 2 in
En la figura se muestra el extremo izquierdo plano del tanque, asegurado con una brida atornillada. Si el diametro interior del tanque es de 30 pulg y la presion interna llega a +14.4 psig, calcule la fuerza total que deben resistir las tuercas del borde.
Solución:
Sea
𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 6 x 𝐹𝑡𝑢𝑒𝑟𝑐𝑎
Ademas
A
=
πx(
como
P
=
( )
D: Diametro
D 2 ) = (3.14) x (15𝑝𝑢𝑙𝑔)2 = 706.5𝑝𝑢𝑙𝑔2 2
F
=>
A
F
=
AxP
𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (706.5𝑝𝑢𝑙𝑔2 ) x (14.4
lb
𝑝𝑢𝑙𝑔2
Luego
6 x 𝐹𝑡𝑢𝑒𝑟𝑐𝑎
𝐹𝑡𝑢𝑒𝑟𝑐𝑎
=
=
10.17klb
1.70klb
)
=
10173.6lb
PROBLEMA 4.3 Un sistema de extracción de gases de una habitación crea un vacio parcial en ella de 1.20 pulg de agua en relación con la presión atmosférica de afuera. Calcule la fuerza neta que se ejerce sobre la puerta del cuarto, que mide 36 por 80 pulgadas. SOLUCION:
F p. A Area A 36 x80in 2 A 2880in 2 62.4lb 1 ft 3 p m h x1.20inx ft 3 1728in3 lb p 0.0433 2 in Fuerza F (0.0433
lb )(2880in 2 ) 2 in
F 125lb PROBLEMA 4.4
En la figura 4.6 el fluido es gasolina (sg = 0.68) y su profundidad total es de 12 pies. La pared tiene 40 pies de ancho. Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre la pared y la ubicación del centro de presión.
Paso 1
F r=
y(h/2)A Y = (0.68)(62.4 lb/pie3) = 42.4 lb/pie3 A =(12 pies)(40 pies) = 480 pies2 42.41b 12 pies Fr= 42.4lb/pie^3(12pies/2)x 480 pies^2 = 122 000lb Paso2. El centro de presión está a la distancia de h /3 = 12 pie/3 = 4 pies a partir del fondo de la pared. Paso 3.La fuerza FR actúa de manera perpendicular a la pared, en el centro de presión, como se ilustra en la figura 4.6. PROBLEMA 4.5 Una valvula de presión de alivio esta diseñada de modo que la presión del gas dentro del tanque actue sobre un embolo que tiene diámetro de 30 mm ¿Cuánta fuerza debe aplicarse en la parte externa del embolo, a fin de mantener la valvula cerrada bajo una presión de 3.5 MPa? SOLUCION:
F p. A Area (0.030) 2 A 4 A 7.07 x104 m 2 Fuerza F (3.50 x106
N )(7.07 x104 m 2 ) 2 m
F 2.47 kN PROBLEMA 4.6 Un cañon acionado con gas dispara proyectiles cuando introduce gas nitrógeno a 20.5 MPa en un cilindro que tiene diamtero interior de 50 mm. Calcule la fuerza que se ejerce sobre el proyectil. SOLUCION
F p. A Area (0.050m) 2 A 4 A 19.63 x104 m 2 Fuerza F (20.5 x106
N )(19.63 x10 4 m 2 ) 2 m
F 40.25kN PROBLEMA 4.7 La escotilla de salida de una nave espacial tripulada esta diseñada de modo que la presión interna de la cabina aplica una fuerza que ayuda a conservar el sello, si la presión interna es de 34.4 kPa(abs) y la presión externa es un vacio perfecto, calcule la fuerza sobre una escotilla cuadrada de 800 mm por lado. SOLUCION:
F p. A Area A (0.800m) 2 0.640m 2 A 0.640m 2 Fuerza F (30.4 x103
N 2 )(0.64 m ) 2 m
F 22kN PROBLEMA 4.8 Un tanque que contiene amoniaco líquido a 77 °F tiene fondo horizontal plano. En este fondo se instala una puerta rectangular de 24 por 18 pulg , a fin de permitir el acceso para hacer la limpieza. Calcule la fuerza sobre la puerta si la profundidad del amoniaco es de 12.3 pies
SOLUCION F=PxA
; ƿa 997Kg/m3
Hallando el área A=24x18=432 pulg2 =0.28m2 F=YA xhxA F=ƿxgxhxA F=(997Kg/m3)x(9.81m/s2)x(3.375m)x(0.28m2) F=9242.7N PROBLEMA 4.9 El fondo de un tanque de laboratorio tiene un agujero que permite que salga el mercurio liquido. El agujero se encuentra sellado por un anillo de caucho insertado en el y mantenido en su sitio mediante friccion ¿Qué fuerza tiene a empujar el anillo de 0.75 pulg de diámetro fuera del agujero, si la profundidad del mercurio es de 28 pulg? SOLUCION:
F p. A Area A
(0.75in) 2
4 A 0.442m 2 Fuerza F Ah 844.9lb 1 ft 3 F x 28inx ft 3 1728in3 F 13.69lb / in 2 F (13.69 F 6.05lb
lb )(0.442in 2 ) 2 in
PROBLEMA 4.10 se diseña una regadera sencilla para sitios remotos, con un tanque cilíndrico de 500m de diámetro y 1.800m de altura como se ilustra la figura 4.22, el agua fluye atreves de una valvula abatible en el fondo con una abertura de 75mm diámetro debe empujarse la tapa hacia arriba para abrir la valvula ,¿cuánta fuerza se necesita para abrir la valvula? Datos: Diámetro total =0.095m Densidad del agua=1000kg/m3 Altura=1.8m
Gravedad=9.81m/s2
Solución Sabemos que: 𝐹 = 𝐴𝑃 − − − − − − − − − − − − − −(∗) 𝐹 = 𝐴𝛾𝐻 − − − − − − − − − − − (1) 𝜋 ∗ (0.095𝑚)2 𝐴= ) = 7.088 ∗ 10−3 𝑚2 4 𝛾 = 𝛿 ∗ 𝑔 = 103 ∗ 9.81 = 9810𝑘𝑔/𝑠𝑚2 Reemplazando en la ecuación (1) 𝐹 = 𝐴𝛾𝐻 = 7.08810−3 ∗ 9810 ∗ 1.8 = 125.16𝑁 APLICANDO MOMENTO DE FUERZA ∑𝑀 = 0
∑ 𝑀 = 125.16 ∗ 0.0475 − 𝐹0 ∗ 0.065 = 0 𝐹0= 91.5𝑁
PROBLEMA 4.11 Calcule la fuerza total sobre le tanque cerrado que se muestra en la figura 4.23, si la presión del aire es de 52KPa (manometrica). SOLUCION:
F pB . A Area A 1.2 x1.8m 2 A 2.16m 2 hallamosPB PB Pair o (0.50m) w (0.75m) PB 52kPa (0.85)(9.81kN / m3 )(0.5m) (9.81)(0.75) PB 63.5kPa Fuerza F (63.5 x103 N / m 2 )(2.16m 2 ) F 137 x103 N F 137kN PROBLEMA 4.12 Si la longitud del tanque de la figura 4.24 es de 1.2m, calcule la fuerza total que se ejerce sobre su fondo. SOLUCION:
F pB . A Area A 1.2 x 2m 2 A 2.4m 2 hallamosPB PB 200 Kpa o (1.50m) w (2.6m) PB 200kPa (0.80)(9.81kN / m3 )(1.5m) (9.81)(2.6) PB 237 kPa Fuerza F (237.3x103 N / m 2 )(2.4m 2 ) F 569 x103 N F 137kN PROBLEMA 4.13 En un submarino pequeño hay un portillo de observación en una superficie horizontal. En la figura 4.25 se muestra la forma del portillo. Calcule la fuerza total que actúa sobre el portillo si la presión dentro del submarino es de 100KPa (abs) y la nave opera a una profundidad de 175m en el océano SOLUCION:
Fp p. A (0.60m) 2 1 A (0.80m)(0.60m) (0.60m)(0.30)m 8 2 A 0.711m 2 presion pw p atm sw h pw 101.3kPa (10.10kN / m3 )(175m) 1869kPa p 1869kPa 100kPa 1769kPa Fuerza Fp (1769 x103 N / m 2 )(0.711m 2 ) Fp 1.26 MN
PROBLEMA 4.14 En la cortina vertical de un depósito hidráulico se instala una compuerta rectangular, como se ilustra en la figura 4.26. Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre la compuerta y la ubicación del centro de presión. Además, calcule la fuerza sobre cada uno de los dos pestillos mostrados.
Entonces se tiene:
H = 3.6 pies * 0.3048 = 1.09728 m B = 8.0 pies * 0.3048 = 2.4384 m Area: A = B*H = 2.67561 m2 Hpestillo= 4.0 ft * 0.3048 = 1.2192 m La Fuerza resultante será: FR = ρH2O*g*Hcg*A FR = ρH2O*g*(H/2)*A FR = (1000Kg/m3)*(9.81m/s2)*(1.09728/2 m)*(2.67561m2) FR = 14400.55684 N FR = 14.4KN Ahora hallamos la ubicación del centro de presiones: 2
YCDP= 3 𝐻 ; (Dado que está completamente sumergido y las presiones forman un triángulo) 2
YCDP= 3 (1.09728)𝑚 YCDP= 0.73152 m La fuerza sobre los pestillos será: Aplicando Momentos sobre la bisagra ∑Mbisagra= FR*(H-YCDP) – Fpestillos*(Hpestillo) = 0 FR*(H-YCDP) = Fpestillos*(Hpestillo) 14.4KN*(1.09728m - 0.73152m) = Fpestillos*(1.2192m)
Fpestillos= 4320N (en los 2 pestillos) La fuerza sobre cada pestillo sera: Fpestillo= 2160 N
PROBLEMA 4.15 Un tanque tiene un lado con pendiente, 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
Solución Datos : ℎ = 15.5 𝑝𝑖𝑒𝑠 = 4.724 𝑚 𝑙 = 11.6 𝑝𝑖𝑒𝑠 = 3.535 𝑚 𝜌 = 1261 𝑘𝑔⁄𝑚3 𝜃 = 60°
Primero calculamos el área de la pared:
𝐴=
ℎ 4.724 (𝑙) = × 3.535 = 19.282 𝑚2 sin 60° sin 60°
Ahora calculamos la magnitud de la fuerza:
ℎ 𝐹𝑅 = 𝜌𝑔 ( ) 𝐴 2 4.7244 𝐹𝑅 = (1261)(9.81)( )(19.282) 2 𝐹𝑅 = 563446.69 𝑁 El centro de presiones se encuentra a 2/3 de la superficie y es perpendicular a la pared del tanque
La profundidad será : 2 ℎ = 3.149 𝑚 3 PROBLEMA 4.16 La pared mostrada en la figura 4.28 tiene 20 pies 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.
Tenemos los siguiente datos: - Ancho de la figura: 20 pies = 6.10 m - Altura: 12 pies = 3.66 m
Hallando el área :
𝐴 = 6.10𝑚 ∗ 3.66𝑚 = 22.326𝑚2
A. Sabemos que 𝐹𝑅 = 𝜌 ∗ 𝑔 ∗ ℎ ∗ 𝐴 , reemplazando tenemos: 𝑭𝑹 = 𝟏𝟎𝟎𝟎
𝑲𝒈 𝒎 𝟑. 𝟔𝟔𝒎 ∗ 𝟗. 𝟖𝟏 ∗ ∗ 𝟐𝟐. 𝟑𝟐𝟔𝒎𝟐 𝟑 𝟐 𝒎 𝒔 𝟐
Hallando la Fuerza resultante nos queda: 𝑭𝑹 = 𝟒𝟎𝟎𝟖𝟎𝟑. 𝟎𝟓
𝐾𝑔 ∗ 𝑚 → 𝑭𝑹 = 𝟒𝟎𝟎. 𝟖𝟎𝟑 𝑲𝑵 𝑠2
También nos piden hallar el centro de presiones, entonces: Sabemos que las presiones forman un triángulo desplazándose de menos profundidad a mayor profundidad y de menor presión a mayor presión, en este caso formamos un área triangular que sabemos por teoría que su Centro de Presiones se ubica a 2/3 de la profundidad. Hallando el CENTRO DE PRESIONES: 𝑪𝑷 =
𝟐 𝟐 ∗ 𝒉 = ∗ 𝟑. 𝟔𝟔𝒎 = 𝟐. 𝟒𝟒𝒎 𝟑 𝟑
B. Me piden hallar la fuerza provocada en la base de la pared. Entonces: 𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 = 𝑭𝑹 ∗ (𝟑. 𝟔𝟔𝒎 − 𝟐. 𝟒𝟒𝒎) = 𝟒𝟎𝟎. 𝟖𝟎𝟑 𝒌𝑵 ∗ 𝟏. 𝟐𝟐𝒎 = 𝟒𝟖𝟖. 𝟗𝟕𝟗
PROBLEMA 4.17 Si la pared mostrada en la figura tiene 4m de ancho. Calcule la fuerza total sobre la pared debida por la presión del aceite. Además, determine la ubicación del centro de presión y muestre la fuerza resultante sobre la pared.
Fr= (Yo)x(h/2)xA Fr= (0.86)x(9.81)x(0.7)x(1.98)x(4.0) Fr= 46.8 KN hp= (2/3)x(h)=(2/3)x(1.4m)= 0.933m Lp= (2/3)x(L)=(2/3)x(1.98m)= 1.32m
PROBLEMA 4.18
F = P*A = 𝜌*g*h*A 𝑘𝑔
𝑚
F = 930m3 *9.81s2 *18 pies*10 pulg*3.5 pies *Conversión:
1 pies=0.3048m
1 pulg=0.0254m 𝑘𝑔 m3
F = 930
𝑚 s2
𝑚 *10 𝑝𝑖𝑒𝑠
*9.81 *18 pies*0.3048
𝑚 *3.5 𝑝𝑢𝑙𝑔
pulg*0.0254
F = 13563 N Fuerza aplicada sobre el lado AB
𝑚 𝑝𝑖𝑒𝑠
pies*0.3048
PROBLEMA 4.19 Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre el área indicada y la ubicación del centro de presión (portillo circular está centrado en el lado inclinado del tanque)
RESOLUCION: DATOS:
d = 450mm <> 450/1000 m = 0.45 m hcg = 0.45m + 0.375 m = 0.825 m 𝜌𝑙𝑖𝑞 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎
= 0.85 → 𝜌𝑙𝑖𝑞 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 × 0.85 = 850 𝑘𝑔/𝑚3
YCG = 0.825 x sec(30°) = 0.953 m
HALLAMOS LA FUERZA QUE EJERCE LA PRESION DEL LIQUIDO:
F = PA F = 𝜌𝑙𝑖𝑞 × 𝑔 × hcg × F = 1090 N
𝜋×𝑑 2 4
= 850 × 9.81 × 0.825 ×
𝜋×0.452 4
HALLAMOS LA UBICACIÓN DEL CENTRO DE PRESIONES:
𝑌𝑐𝑝 = 𝑌𝑐𝑔 +
𝐼𝑐 𝑌𝑐𝑔×𝐴
𝜋 × 𝑑4 64 𝑌𝑐𝑝 = 𝑌𝑐𝑔 + 𝜋 × 𝑑2 𝑌𝑐𝑔 × 4 𝜋 × 0.454 64 𝑌𝑐𝑝 = 0.953 + 𝜋 × 0.452 0.953 × 4 𝑌𝑐𝑝 = 0.966 𝑚 PROBLEMA 4.20 Hallar la fuerza y la ubicación del centro de presión sobre el área.
Yc=3m F=P*A F=D*g*h*A D=densidad(1.1gr/mm3)
g=gravedad(9.8m/𝑠 2 ) A=𝜋*𝑟 2 =4.52 F=F1+F2=D*g*A(H1+H2) donde H1=2.26m,H2=2.07m F=210.9KN hallando la ubicación del centro de presiones Yp=Yc+
𝜋𝑟 4 4∗𝑌𝑐∗𝐴
PROBLEMA 4.21
SOLUCION:
=3m +0.12=3.12m
Yc a 1.5 z
8 1.5 z cos 45
Yc 13.50 ft hc Yc cos 45 9.55 ft Fuerza FR hc A (62.4lb / ft 3 )(9.55 ft )(3 ft 2 ) FR 1787lb Area A H (G B ) / 2 1.5(4) / 2 3 ft 2 H 3 (G 2 4GB B 2 ) 0.551 ft 4 36(G B) I 0.551 Yp Yc c 0.0136 ft 0.163in Yc A (13.50)(3) Ic
Yp Yc 0.0136 ft 13.50 0.0136 13.51 ft PROBLEMA 4.22 Hallar la fuerza resultante y la ubicación del centro de presiones Cp
Solución F=𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑥𝑔𝑥𝐻𝑥𝐴𝑥𝑐𝑜𝑠(30°) 𝑠𝑔 =
𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝜌ℎ20
1 pie = 12 pulgadas 1 pie = 0,3048 metros
→
𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 0.9 𝑥 1000
𝑘𝑔⁄ 𝑘𝑔⁄ 𝑚3 = 900 𝑚3
0.5𝑝𝑖𝑒𝑠 2 ) 2
𝐷 2
𝐴 = 𝜋( )2 = (3.14)x(
= 0.196𝑝𝑖𝑒𝑠 2 = 0.018 𝑚2
√3 2
H= 3pies + ( )pies = 3.86 pies = 1.1765 m Luego : 𝐹 = 900
𝑘𝑔⁄ 𝑥9,81 𝑚⁄ 2 𝑥1,1765𝑚 𝑥0,018𝑚2 𝑥(0.86) = 160.8 𝑁 𝑚3 𝑠
Si: 𝑌𝑐𝑝 = 𝑌𝑐𝑔 +
𝐼𝑥𝑦 𝑌𝑐𝑔 𝑥 𝐴
𝐼
𝜋 𝐷 3.14 0.5𝑝𝑖𝑒𝑠 4 𝑥𝑦= ( )4 = ( ) =0.067𝑥10−3 𝑝𝑖𝑒𝑠 4 = 2.648𝑥10−5 𝑚4 4 2 4 2
Ycg = 1,1765 m −5
4
2.648𝑥10 𝑚 Luego: 𝑌𝑐𝑝 = 1,1765𝑚 + 1,1765𝑚 𝑥 0,018𝑚2
PROBLEMA 4.23 Consulte la figura 4.35
SOLUCION:
= 1,1765𝑚 + 1.25 𝑚𝑚 = 1,1777 𝑚
Yc hc cos 40 1.116m Area 0.32 A (0.300) 0.1607 m 2 4 Fuerza 2
FR hc A FR (0.9)(9.81kN / m3 )(0.855m)( A) FR 1.213kN ahora 0.34 (0.3) 4 Ic 12 64 I c 0.001073 Yp Yc
Ic 0.001073 Yc A (1.116)(0.1607)
Yp Yc 0.00598m 5.98mm Yp 1.122m PROBLEMA 4.24 Consulte la siguiente figura :
SOLUCION :
De la Figura : 𝑎=
3.0 cos 45°
=
4.243 𝑓𝑡 𝐿𝑐 = 5 + 𝑎 = 9.243 𝑓𝑡 ℎ𝑐 = 𝐿𝑐 cos 45 = 6.536 𝑓𝑡
𝐷2 𝜋(2.0)2 𝐴=𝜋 = = 3.142 𝑓𝑡 2 4 4 𝐹𝑅 = 𝛾𝐻𝑂
= 62.4
𝑙𝑏 𝑓𝑡 3
𝑥 6.536 𝑓𝑡 𝑥 3.142𝑓𝑡 2
𝐹𝑅 = 1281 𝑙𝑏 𝐿𝑐 =
𝜋𝐷4 64
𝐿𝑃 − 𝐿𝑐 =
= 0.785𝑓𝑡 4 𝐼𝑐 0.785 = 𝐿𝐶 𝐴 (9.243)(3.142)
𝐿𝑝 − 𝐿𝑐 = 0.027 𝑓𝑡 = 0.325 𝑖𝑛 𝐿𝑝 = 9.270𝑓𝑡
PROBEMA 4.25 Calcular la magnitud de la fuerza resultante y la ubicación de su centro de presiones.
Fuerza en el centro de gravedad:
𝑃=
𝐹 → 𝐹 = 𝑃𝐴 = 𝜌𝑔ℎ𝐴 𝐴
Nos dan: 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 = 𝑠𝑔 = 0.9 →
𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 0.9 → 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 900𝑘𝑔/𝑚3 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎
Por lo tanto: 𝐹 = 𝜌𝑔ℎ𝐴 = 900 ∗ 9.81 ∗ (0.76 + 0.5𝑠𝑒𝑛(70°)) ∗ 0.6 ∗ 1 = 6.515𝑘𝑁
Fuerza en el centro de presiones: 𝑃=
𝐹 → 𝐹 = 𝑃𝐴 = 𝜌𝑔ℎ𝐴 𝐴
𝐹 = 𝜌𝑔ℎ𝐴 = 900 ∗ 9.81 ∗ (0.76 + 2/3𝑠𝑒𝑛(70°)) ∗ 0.6 ∗ 1 = 7.345𝑘𝑁
PROBLEMA 4.26 Conulte la figura 4.38
PROBLEMA 4.27 Halle la fuerza resultante y el valor de Lp, de la sgte figura
Región semicircular longitudes
Hallamos el valor de a: a=0.8 m/sen70 = 0.851 m Lc = a + 0.5 + y
Representación de
Lc= 0.851 + 0.50 + 0.318 = 1.669 m Hallamos hc: hc =Lc.sen70 = 1.569 m La fuerza resultante es: Fr = γ.hc.A= (0.88).(9.81 kN/m³).(0.884 m²) = 11.97 kN Sabemos que: Lp- Lc =Ic/Lc.A = 0.037 m4/(1.669m).(0.884 m2 ) = 0.0235m Finalmente Lp = Lc + 0.0235 = 1.669m + 0.0235 m = 1.693 m PROBLEMA 4.28 Consulte la figura 4.40
PROBEMA 4.29 Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre el ares indicada y la ubicación del centro de presión. Señale la fuerza resultante sobre el área y dimensione su ubicación con claridad.
Solucion:
A=
𝑏𝑎𝑠𝑒 × 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 20 × 30 = = 300𝑖𝑛2 = 0.193548𝑚2 2 2
𝐼𝑐 =
𝑏𝑎𝑠𝑒 × 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎3 30 × 203 = = 6667𝑖𝑛4 36 2
𝐿𝑐 = a + 6 + b = 28 + 6 + 13.33 ≡ 𝐿𝑐 = 47.34𝑖𝑛 ℎ𝑐 = 𝐿𝑐 × cos 50 = 30.43𝑖𝑛 = 0.772922𝑚 𝐹𝑅 = 𝜌 × 𝑔 × ℎ𝑐 × 𝐴
𝐹𝑅 = 1000
𝐾𝑔 𝑚 × 9.81 × 0.772922𝑚 × 0.193548𝑚2 𝑚3 𝑠2
𝐹𝑅 = 1467.55𝑁 ≅ 330.03𝑙𝑏 − 𝑓𝑧𝑎 𝐿𝑃 = 𝐿𝑐 +
𝐼𝑐 6667𝑖𝑛4 = 47.34𝑖𝑛 + = 47.81𝑖𝑛 𝐿𝑐 × 𝐴 47.34𝑖𝑛 × 300𝑖𝑛2
PROBLEMA 4.30 La figura 4.42 muestra un tanque de gasolina lleno hasta la toma. La gasolina tiene una gravedad específica de 0.67. Calcule la fuerza total que se ejerce sobre cada costado plano del tanque y determine la ubicación del centro de presión.
Entonces tenemos lo siguiente
Lc Yc L p Yp
Altura hc Lc hc 0.375 0.150 0.525m Area A (0.60)(0.30) A 0.2507 m
(0.30) 2 4
2
Ahora hallamos la fuerza que se nos pide:
FR hc A FR (0.67)(9.81kN / m3 )(0.525m)(0.2507 m 2 ) FR 0.865kN 865 N Ahora hallamos la ubicación del centro de presiones:
(0.60)(0.30)3 (0.30) 4 Ic 0.001748m4 12 64 Ic 0.001748m4 Yp Yc 0.0133m 13.3mm 2 Yc . A (0.525m)(0.2507m ) Yp Yc 13.3mm 525 13.3 538mm
PROBLEMA 4.31 Si el tanque de la figura 4.42 se llenara con gasolina (sg=0.67) sólo hasta la base del tubo llenado, calcule la magnitud y ubicación de la fuerza resultante sobre el extremo plano
Solución:
ℎ𝑐 = 𝐿𝑐 = 0.150 𝑚 𝐹𝑅 = 𝛾ℎ𝑐 𝐴 = (0.67)(9.81)(0.150)(0.2507) = 0.247 𝑘𝑁 = 247𝑁 𝐿𝑝 − 𝐿𝑐 =
𝐼𝑐 0.001748 𝑚4 = = 0.0465 𝑚 = 46.5 𝑚𝑚 𝐿𝑐 𝐴 (0.150𝑚)(0.2507𝑚2 )
𝐿𝑝 = 𝐿𝑐 + 46.5 𝑚𝑚 = 150 𝑚𝑚 + 46.5 𝑚𝑚 = 196.5 𝑚𝑚 PROBLEMA 4.32 SI EL TANQUE DE LA FIGURA SE LLENARA CON GASOLINA (SG=0.67) SOLO HASTA LA MITAD, CALCULE LA MAGNITUD Y UBICACIÓN DE LA FUERZA RESULTANTE SOBRE EL EXTREMOPLANO.
Ay 9.0 x10 Y Ay
3
m3 0.1253m 2
Lc hc Y 0.0718m 71.8mm
Rectangulo
A(m2 )
y ( m)
Ay(m3 )
I i ( m4 )
h(m)
Ah2
0.0900
0.075
6.750x 103
1.688x
0.00324
9.4x 107
3
5.557x
0.00816
2.35x 106
10 Semicirculo
0.0353
0.0636
2.245x 10
10 0.1253
10
9.000x 10
3
4
5
2.243x 104
3.30x
6
Entonces de I i y h se obtiene:
I c = 2.276x 104 m4 Ic 2.276 x104 m4 Lp hc 25.3mm LA (0.0178m)(0.1253m 2 ) Lp Lc 25.3mm 97.1mm FR hc A (0.67)(9.81kN / m 2 )(0.00718m)(0.1253m 2 ) 0.059kN 59 N
PROBLEMA 4.33 Para el tanque de agua mostrado en la figura 4.43, calcule la magnitud y ubicación de la fuerza total que se ejerce sobre la pared posterior vertical.
SOLUCION Por formula de la presión FR
=
P.A
=
ρ.g.hc.g.A
Área De La Pared Posterior Vertical: Es un rectángulo →A = (15 ft)(8ft) A = 120 ft2 La fuerza resultante queda asi: FR = (32.4 lb. /ft3). (4ft)(120ft2) FR = 29950 lb.
Finalmente La Altura Al Centro De Presiones Es: hcp =
2
2 hc.g = x 8 pies 3 3
hcp = 5.333 pies PROBEMA 4.34 Para el tanque de agua mostrado en la figura 4.43 calcule la magnitud y ubicación de la fuerza total sobre cada pared vertical de los extremos. SOLUCION:
Yc a 1.5 z
8 1.5 z cos 45
Yc 13.50 ft hc Yc cos 45 9.55 ft Fuerza FR hc A (62.4lb / ft 3 )(9.55 ft )(3 ft 2 ) FR 1787lb Area A H (G B ) / 2 1.5(4) / 2 3 ft 2 H 3 (G 2 4GB B 2 ) Ic 0.551 ft 4 36(G B) I 0.551 Yp Yc c 0.0136 ft 0.163in Yc A (13.50)(3) Yp Yc 0.0136 ft 13.50 0.0136 13.51 ft PROBLEMA 4.35 Para el tanque de agua mostrado en la figura 4.43 calcule la magnitud y ubicación de la fuerza total sobre cada pared inclinada. SOLUCION
Area AB 8.0 ft / sen60 9.237 ft A ABx15 ft 138.6 ft 2 Fuerza FR (h / 2) A FR 62.4lb / ft 3 x 4 ftx138.6 ft 2 34586lb ahora : Yp
2 2 AB (9.237 ft ) 6.158 ft 3 3
PROBLEMA 4.36 Para el tanque de bebida de naranja mostrado en la figura 4.32 calcule a magnitud y ubicación de la fuerza total sobre cada pared vertical de los extremos. El tanque mide 3m de largo. SOLUCION:
Yc a 1.5 z
8 1.5 z cos 45
Yc 13.50 ft hc Yc cos 45 9.55 ft Fuerza FR hc A (62.4lb / ft 3 )(9.55 ft )(3 ft 2 ) FR 1787lb Area A H (G B ) / 2 1.5(4) / 2 3 ft 2 H 3 (G 2 4GB B 2 ) Ic 0.551 ft 4 36(G B ) I 0.551 Yp Yc c 0.0136 ft 0.844m Yc A (13.50)(3) Yp Yc 0.0136 ft 13.50 0.0136 13.51 ft 2.741m
PROBLEMA 4.37 Para el tanque de bebida de naranja mostrado en la figura 4.32 calcule a magnitud y ubicación de la fuerza total sobre cada pared vertical trasera. El ancho del tanque es de 3m.
SOLUCION:
Hallamos la FUERZA
FR (1.10)(9.81kN / m3 )(4.6 / 2) m(4.6)(3) m 2 FR 343kN ahora : 2 YP (4.6m) 3.067 m 3 PROBLEMA 4.38 Para el tanque de aceite mostrado en la figura 4.35, calcule la magnitud y ubicación de la fuerza total sobre cada pared vertical de los extremos. El tanque mide 1.2 m de ancho. Figura 4.35
SOLUCIÓN:
De la figura:
Para las paredes del extremo tenemos:
Pared 1 Pared 2 Pared 3
𝑦̅
Área (𝐴) 1.046 0.151 0.151
0.75 0.15 0.50
∑ 𝐴 = 1.348 𝑚2
𝐴𝑦̅ 0.784 0.023 0.075
𝑦𝑖 = 𝑦̅ − 𝑌̅ 0.096 -0.504 -0.154
∑ 𝐴𝑦̅ = 0.882𝑚2
Para hallar 𝑌̅ sabemos que: 𝑌̅ =
∑ 𝐴𝑦̅ 0.882𝑚2 = = 0.654𝑚 ∑𝐴 1.348 𝑚2
Sea ℎ𝑐 como la distancia vertical entre el nivel de la superficie libre y el centroide del área. ℎ𝑐 = 1.5𝑚 − 𝑌̅ = 0.846𝑚 = 𝐿𝑐 Calculando la fuerza resultante: 9.81𝑘𝑁 ) (0.846𝑚)(1.348 𝑚2 ) 𝑚2
𝐹𝑅 = 𝛾ℎ𝑐 𝐴 = (0.90) (
= 𝟏𝟎. 𝟎𝟕𝒌𝑵
luego el momento de inercia total seria: 𝐼𝑐 = 𝐼1 + 𝐴1 𝑦12 + 𝐼2 + 𝐴2 𝑦22 + 𝐼3 + 𝐴3 𝑦32
𝐼𝑐 =
(0.697)(1.5)3 (0.503)(0.30)3 + (1.046)(0.096)2 + + (0.151)(0.504)2 12 12 (0.503)(0.60)3 + + (0.151)(0.154)2 36
𝐼𝑐 = 0.1960 + 0.0096 + 0.0011 + 0.0384 + 0.0030 + 00.0036 = 𝟎. 𝟐𝟓𝟏𝟖𝒎𝟒 Finalmente la ubicación de centro de presiones será: 𝐼
0.2518
𝐿𝑝 = 𝐿𝑐 + 𝐿 𝑐𝐴 = 0.846𝑚 + (0.846)(1.348) 𝑚 = 0.846 + 0.221 = 𝟏. 𝟎𝟔𝟕𝒎 Desde la superficie. 𝑐
PROBLEMA 4.39 Para el tanque de bebida de naranja mostrado en la figura 4.35 calcule a magnitud y ubicación de la fuerza total sobre cada pared vertical trasera. El ancho del tanque es de 1.2m. SOLUCION:
PROBLEMA 4.40 La figura 4.44 muestra una compuerta rectangular que contiene agua tras ella. Si la profundidad del agua es de 6.00 pies, calcule la magnitud y ubicación de la fuerza resultante sobre la compuerta. Después calcule las
fuerzas sobre la bisagra en la parte superior y sobre el tope en el fondo.
Para resolver este ejercicio, se colocan primero los datos del problema en el gráfico, luego se analiza la fórmula de la presión en relación a la fuerza, y también el uso del método de palanca con relación a las fuerzas en donde nos dice que la suma de todas las fuerzas con relación a un punto son 0.
Problema 4.42 La figura 4.46 muestra un tanque de agua con un tubo circular conectado en su fondo. Una compuerta circular sella la abertura del tubo para impedir el flujo. Para drenar el tanque se utiliza una polea que abre la compuerta. Calcule la cantidad de fuerza que debe ejercer el cable de la polea a fin de abrir la compuerta
Figura 4.46
Solución: hc = 38 + 𝑦 = 38 + cos 30° = 42.33 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝐿𝑐 =
ℎ𝑐 = 48.88 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑐𝑜𝑠30
𝐹𝑅 = 𝛾ℎ𝑐 𝐴 𝐴=
𝜋(10)2 = 78.54 𝑝𝑢𝑙𝑔2 4
𝐹𝑅 =
62.4 𝑙𝑏 42.33 𝑝𝑢𝑙𝑔 ∙ 78.54 𝑝𝑢𝑙𝑔2 ∙ 𝑝𝑢𝑙𝑔3 𝑓𝑡 3 1728 𝑓𝑡 3 = 78.54 𝑝𝑢𝑙𝑔2
𝐹𝑅 = 120.1 𝑙𝑏 𝜋(10)4 𝐼𝑐 = = 490.9 𝑝𝑢𝑙𝑔4 64 𝐿𝑝 − 𝐿𝑐 =
𝐼𝑐 𝐿𝑐 𝐴
𝐿𝑝 − 𝐿𝑐 =
490.9 𝑝𝑢𝑙𝑔4 = 0.128 𝑝𝑢𝑙𝑔 (48.88 𝑝𝑢𝑙𝑔)(78.54𝑝𝑢𝑙𝑔2 )
Ahora hacemos suma momentos sobre la bisagra en la parte superior de la puerta: ∑ 𝑀𝐻 = 0 = 𝐹𝑅 (5.128) − 𝐹𝑐 (5.00) 𝐹𝑐 =
(120.1 𝑙𝑏)(5.128 𝑝𝑢𝑙𝑔) = 𝟏𝟐𝟑. 𝟐 𝒍𝒃 5.00 𝑝𝑢𝑙𝑔
PROBLEMA 4.43
Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre el área indicada y la ubicación del centro de presión de la sgt figura. Señale la fuerza resultante sobre el área y dimensione su ubicación con claridad.
Ahora el tanque esta sellado en la parte superior y hay una presión de 13.8KPa sobre el aceite
PROBLEMA 4.44 Repita el problema 4.20 M (figura 4.32) solo que ahora el tanque está sellado en la parte superior, y hay una presión de 25.0 KPa sobre el fluido. Figura 4.32
Solución: Hallamos una es la parte que se
altura ha que pequeña ha incrementado
al original:
ha =
𝑃𝑎
=
𝜌𝑥𝑔 𝑁
25 𝐾 2 𝑚 𝑘𝑔
𝑚
1.10 𝑥 103 3 𝑥 9.81 2 𝑚 𝑠
= 2.317 m
hce = hc + ha = 3 + 2.317 = 5.317 m ℎ𝑐𝑒
5.317
Lce = sin 60 = sin 60 = 6.14 m Entonces: FR = 𝜌 𝑥 𝑔 𝑥 ℎ𝑐𝑒 𝑥 𝐴 = 1.10𝑥103 Finalmente:
𝑘𝑔 𝑚3
𝑥 9.81
𝑚 𝑠2
𝑥 5.317 𝑚 𝑥 4.524 𝑚2 = 259.6 𝐾𝑁
Lpe – Lce =
𝐼𝑐 𝐿𝑐𝑒 𝑥 𝐴
=
1.629 𝑚4 6.14 𝑚 𝑥 4.524 𝑚2
= 0.0586 𝑚
Lpe = Lce + 0.0586 = 6.14 + 0.0586 = 6.1986 m
PROBLEMA 4.46 Repita el problema 4,28E, solo que ahora el tanque esta sellado en su parte superior, y hay una presión de 4,0 psi sobre el fluido.
Haciendo las conversiones: 1𝑚 8𝑝𝑢𝑙𝑔 = (8𝑝𝑢𝑙𝑔) ( ) = 0.203𝑚 39.37𝑝𝑢𝑙𝑔 1𝑚 10𝑝𝑢𝑙𝑔 = (10𝑝𝑢𝑙𝑔) ( ) = 0.254𝑚 39.37𝑝𝑢𝑙𝑔 1𝑚 𝑅 = 20𝑝𝑢𝑙𝑔 = (20𝑝𝑢𝑙𝑔) ( ) = 0.508𝑚 39.37𝑝𝑢𝑙𝑔 1𝑝𝑎𝑠𝑐𝑎𝑙 𝑃 = 4𝑝𝑠𝑖 = (4𝑝𝑠𝑖) ( ) = 27578.80𝑝𝑎𝑠𝑐𝑎𝑙 1.450389 ∗ 10−4 𝑠𝑒𝑡𝑖𝑙𝑒𝑛𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑙 = 1,10 =
𝙥𝒆𝒕𝒊𝒍𝒆𝒏𝒈𝒍𝒊𝒄𝒐𝒍 𝙥𝒂𝒈𝒖𝒂
Entonces: 𝑘𝑔
𝙥𝒆𝒕𝒊𝒍𝒆𝒏𝒈𝒍𝒊𝒄𝒐𝒍 = 1.10(𝙥𝒂𝒈𝒖𝒂 )=1100𝑚3 Solucion: Hallando 𝑳𝒄 y 𝒉𝒄 de la figura (a) 𝐿𝑐 = 𝑎 + 0.203 + 𝑦𝑔 ℎ𝑐 = 𝐿𝑐 sin 30 Donde : 𝑎=
0.254𝑚 cos 30
= 0.293𝑚
𝑦𝑔 : es el centro de gravedad de la semicircunferencia 𝑦𝑔 =
4𝑅 = 0.2156𝑚 3𝜋
Entonces: 𝐿𝑐 = 0.293𝑚 + 0.203𝑚 + 0.2156𝑚 𝐿𝑐 = 0.7116𝑚 ℎ𝑐 = (0.7116) sin 30=0.3558m De la figura (b): hallar ℎ𝑎 : ℎ𝑎 =
𝑝𝑎 𝑦
; 𝑦: 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 ℎ𝑎 =
27578.80𝑝𝑎𝑠𝑐𝑎𝑙 = 2.558𝑚 𝑘𝑔 𝑚 (1100 3 ) (9.8 2 ) 𝑚 𝑠
Hallar ℎ𝑐𝑒 : ℎ𝑐𝑒 = ℎ𝑐 + ℎ𝑎 =0.3558m+2.558m=2.9138m Hallando 𝑭𝒓 : 𝐹𝑟 = 𝑦 ∗ ℎ𝑐𝑒 ∗ 𝐴 Donde: 𝐴=
𝜋𝑅2 𝜋(0.508𝑚)2 = =0.40536𝑚2 2 2
𝑦 = (1100
𝑘𝑔 𝑚 𝑘𝑔 ) (9.8 2 ) = 10780 2 2 3 𝑚 𝑠 𝑚 𝑠
Entonces: 𝐹𝑟 = (10780
𝑘𝑔 ) (2.9138m)(0.40536𝑚2 ) 𝑚2 𝑠 2
𝑭𝒓 = 𝟏𝟐𝟕𝟑𝟐, 𝟔𝟔𝟕𝟑𝑵 Hallando el centro de presiones (𝐿𝑝𝑒 ): 𝐿𝑝𝑒 = 𝐿𝑐𝑒 +
𝐼𝑐 𝐿𝑐𝑒 ∗ 𝐴
Donde: 𝐿𝑐𝑒 =
ℎ𝑐𝑒 2.9138𝑚 = sin ∅ sin 30
= 5.8276𝑚
𝐼𝑐 :momento de inercia de la semicircunferencia 𝐼𝑐 = 6.86 ∗ 10−3 ∗ 𝐷 4 𝐼𝑐 = 6.86 ∗ 10−3 ∗ (2 ∗ 0.508𝑚)4 =7.081*10−3 𝑚4 Entonces: 𝐿𝑝𝑒 = 𝐿𝑐𝑒 +
𝐿𝑝𝑒
𝐼𝑐 𝐿𝑐𝑒 ∗ 𝐴
7.081 ∗ 10−3 𝑚4 = 5.8276𝑚 + (5.8276𝑚)(0.40536𝑚2 ) 𝑳𝒑𝒆 = 𝟓. 𝟖𝟑𝒎
PROBLEMA 4.47 Consulte la figura 4.47. La superficie mide 2 m de longitud.
SOLUCIÓN: 1. Aislar volumen arriba de la superficie curva y diagrama de cuerpo libre
2. Fv = γV = γAw = (9.81kN/m3) * [(1.85m)(0.75m) + π(0.75m)2/4] * 2m Fv = 35.8906 kN X = (A1x1 + A2x2)/(A1 + A2) A1 = (1.85m)(0.75m) = 1.3875 m2 A2 = π(0.75m)2/4 = 0.4418 m2 X = 0.3612 m (posición Fv) 3. hc = d1 + s/2 = 1.85m + (0.75m)/2 = 2.225 m Fh = γswhc = 9.81kN/m3 * (0.75m)(2m)(2.225m) Fh = 32.7409 kN hp = hc + (s2/12hc) = 2.225m + ((0.75m)2/12(2.225m)) hp = 2.2461 m (posición Fh) 4. Fr = sqrt(Fv2 + Fh2) Fr = 48.5809 Kn ɵ = tan-1(Fv/Fh) ɵ = 47.6276º (posición Fr)
5. La línes de acción de Fr actúa a través del centro de curvatura de la superficie curva, debido a que uno de los vectores de fuerza individuales ocasionados por la presión del fluido, actúa en forma perpendicular a la frontera, la cual se ubica a lo largo del radio de la curvatura. PROBLEMA 4.48 Se muestra una superficie curva que detiene un cuerpo de fluido estatico. Calcule la magnitud de las componentes horizontales y vertical de la fuerza del fluido ejerce sobre dicha Superficie. Despues calcule la magnitud de la fuerza resultante . Demuestre que la fuerza resultante actua sobre la superficie curva. Si sabemos que la superficie mostrada es una porcio de un cilindro con la misma longitud que la superficie dad en el enunciado del problema Calcule la figura 4.48 la superficie mide 2.50.m de longitud
Resolución Hallando la FV(fuerza vertical) = 𝑃=
𝐹𝑉 𝐴
𝐹𝑉 = 𝑃 ∗ 𝐴
𝐹𝑉 = 𝛾 ∗ ℎ ∗ 𝐴 = 𝜌 ∗ 𝑔 ∗ ℎ ∗ 𝐴 Hallando “A” 𝐴𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 = (1.25𝑚)(0.62𝑚) = 0.775𝑚2
𝐴𝑠𝑒𝑚𝑖𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 =
1.25 2 [𝜋 ( 2 ) ] 2
= 0.613𝑚2
𝐴 = 𝐴𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 + 𝐴𝑠𝑒𝑚𝑖𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 = 1.389𝑚2 Entonces la fuerza vertical seria:
𝐹𝑉 = (0.823)(9.81𝑘𝑁/𝑚3 )(1.389𝑚2 )(2.50𝑚) 𝐹𝑉 = 28.1 𝑘𝑁 𝑃𝑎𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟 𝐹𝐻 𝐹𝐻 = 0 … … 𝑝𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑎𝑠 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑛 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 Ahora para hallar la FRESULTANTE 2
2 𝐹𝑅 = √𝐹𝐻 2 + 𝐹𝑉 2 = √(0)2 + (28.1𝑘𝑁)2
𝐹𝑅 = 28.1 𝑘𝑁 PROBLEMA 4.49 Consulte la figura 4.49. La superficie mide 5.00 pies de longitud.
FIGURA problema Solución.
4.49 4.49.
y1 = Rsin15° = 3.882ft s = R − y1 = 15 − 3.882 → 𝒔 = 𝟏𝟏. 𝟏𝟏𝟖 𝒇𝒕 hc = ℎ + y1 +
𝑠 = 10 + 3.882 + 5.559 → 𝐡𝐜 = 𝟏𝟗. 𝟒𝟒𝟏𝒇𝒕 2
FH = 𝛾hc 𝑠𝑤 = (62.4)(19.441)(11.118)(5) → 𝐅𝐇 = 𝟔𝟕. 𝟒𝟑𝟕𝒍𝒃 hp = hc +
𝑠2 = 19.441 + 0.53 → 𝐡𝐩 = 𝟏𝟗. 𝟗𝟕𝟏𝒇𝒕 12hc FV = 𝛾𝑉 = 𝛾𝐴 𝑇 𝑤
𝐴1 = (14.489𝑓𝑡)(10𝑓𝑡) → 𝑨𝟏 = 𝟏𝟒𝟒. 𝟖𝟗𝒇𝒕𝟐 𝐴2 =
𝑦1 𝑅𝑐𝑜𝑠15° (3.882)(14.189) = → 𝑨𝟐 = 𝟐𝟖. 𝟏𝟐𝒇𝒕𝟐 2 2
𝐴3 = 𝜋𝑅 2
75 75 = (15)2 → 𝑨𝟑 = 𝟏𝟒𝟕. 𝟐𝟔𝒇𝒕𝟐 360 360
𝐴 𝑇 = 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 → 𝐴 𝑇 = 320.27𝑓𝑡 2 𝐹𝑉 = 𝛾𝐴 𝑇 𝑤 = (62.4)(320.27)(5) → 𝑭𝑽 = 𝟗𝟗𝟗𝟐𝟓𝒍𝒃 𝑥1 =
14.489 = 7.245𝑓𝑡 2
2 𝑥1 = (14.489) = 9.659𝑓𝑡 3 𝑥3 = 𝑏𝑠𝑖𝑛37.5° 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑏 =
38.197𝑅𝑠𝑖𝑛(37.5°) = 9.301𝑓𝑡 37.5°
𝑥3 = 9.30 sin(37.5°) = 5.662𝑓𝑡 𝑥=
𝐴1 𝑥1 + 𝐴2 𝑥2 + 𝐴3 𝑥3 = 6738𝑓𝑡 𝐴𝑇
𝐹𝑅 = √(𝐹𝐻 )2 + (𝐹𝑉 )2 = √(67437)2 + (99925)2 = 120550𝑙𝑏 𝐹𝑉 99925 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑔 ( ) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑔 ( ) → 𝝋 = 𝟓𝟓. 𝟗𝟖 ≅ 𝟓𝟔° 𝐹𝐻 67437
PROBLEMA 4.51 Se muestra una superficie curva que detiene un cuerpo de fluido estático. Calcule la magnitud de las componentes horizontal y vertical de la fuerza que el fluido ejerce sobre dicha superficie. Después calcule la magnitud de la fuerza resultante, así como su dirección. Demuestre que la fuerza resultante actúa sobre la superficie curva. La superficie de interés es una porción de un cilindro con la misma longitud que la superficie dada en el enunciado del problema.
La superficie mide 4.00m de longitud Sol. Rsen30°=3.00m x1 A1
h=5.20m x2 hp
A2
R=6.00m
y=Rcos30°=5.196m
15° 15°
x3 b
30° A3
s
FH
Fv α Fr DATOS: J: gravedad específica
J=0.72
Fv: fuerza vertical FH: fuerza horizontal FR: fuerza resultante Sol: S=R-y=6.00m-5.196m=0.804m hc=h+y+s/2=5.20m+5.196m+0.402m=10.798m Hallamos la fuerza horizontal: FH=J*s*w*hc=(0.72)(9.81m/s2)(0.804m)(4.00m)(10.798m) FH=245.3kN
hp=hc+s2/12hc=10.798m+(0.804m)2/12(10.798m)=10.798m+0.0050m hp=10.83m Hallamos la fuerza vertical: Fv=JV=JAw A1=(5.20m)(3.00m)=15.60m2 A2=(3.00m)/2*(5.196m)=7.794m2 A3= 𝜋 *R2*(30/360)= 𝜋 *(6.00m)2/12=9.425m2 AT=A1+A2+A3=32.819m2 Entonces Fv=JAw Fv=(0.72)(9.81m/s2)(32.819m2)(4.00m) Fv=245.3kN X1=3.00m/2=1.5m X2=2*(3.00m)/3=2.00m X3=b*sen15°=(38.197*R*sen15°/15)*sen15°=1.023m X=(A1*X1+A2*X2+A3*X3)/AT=1482m Hallamos la fuerza resultante FR2=FH2+Fv2= (245.3KN)2+ (927.2KN)2 FR=959.1KN
(Fuerza resultante)
Dirección: α=tan-1(Fv/ FH)=tan-1(927.2KN/245.3KN)=75.2° PROBLEMA 4.52
𝐹𝑣 = 𝑦𝐴𝑤 𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 = (1.20)(2.80) + 𝐹𝑣 = (9.81
𝜋(1.20)2 = 4.491𝑚2 4
𝑘𝑁 ) (4.491𝑚2 )(1.50𝑚) = 66.1𝑘𝑁 𝑚3
𝑥1 = 0.5(1.20) = 0.60𝑚 ; 𝑥2 = 0.424(1.20) = 0.509𝑚 𝑥̅ =
𝐴1 𝑥1 + 𝐴2 𝑥2 (3.36)(0.60) + (1.13)(0.509) = = 0.577𝑚 𝐴𝑇 4.491 ℎ𝑐 = ℎ +
𝑠 1.20 = 2.80 + = 3.40𝑚 2 2
𝐹𝐻 = 𝑦𝑠𝑤ℎ𝑐 = (9.81)(1.20)(1.50)(3.40) = 60.0𝑘𝑁 𝑠2 1.202 ℎ𝑝 = ℎ𝑐 + = 3.40 + = 3.435𝑚 12ℎ𝑐 12(3.40) 𝐹𝑅 = √𝐹𝑉2 + 𝐹𝐻2 = √66.12 + 60.02 = 89.3𝑘𝑁 ∅ = 𝑡𝑎𝑛−1
𝐹𝑣 66.1 = 𝑡𝑎𝑛−1 ( ) = 47.8° 𝐹𝐻 60.0
PROBLEMA 4.53 Calcular las componentes Horizontal y vertical de la fuerza en la superficie curva
Dato: Ancho = 2.50m; 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 9.81
𝐾𝑁 𝑚3
Hallamos: 𝐴1 = (1.20𝑚)(2.80𝑚) = 3.36𝑚2
𝐴2 = 𝑅2 − 𝜋
𝑅2 = 0.309𝑚2 4
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 = 3.669𝑚2 𝐹𝑣 = 𝑃𝑒𝑠𝑜 = (𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎)(𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛) = (9.81
𝐾𝑁 ) (3.669𝑚2 )(2.50𝑚) = 54𝐾𝑁 𝑚3
La ubicación del centroide se encuentra por medio de la técnica del área compuesta De la fig: 𝑋1 =
1.20𝑚 = 0.6𝑚 2
𝑋2 = 0.2234𝑅 = 0.268𝑚 La ubicación del centroide para el área compuesta es 𝑋=
(𝐴1)(𝑋1) + (𝐴2)(𝑋2) (3.36𝑚2 )(0.6𝑚) + (0.309𝑚2 )(0.268𝑚) = = 0.572𝑚 𝐴 3.669𝑚2
La profundidad del centroide es: ℎ𝑐 = ℎ +
𝑠 1.20 = 2.80 + = 3.40𝑚 2 2
La Fuerza horizontal: 𝐹ℎ = (𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎)(𝑎𝑛𝑐ℎ𝑜)(𝑠)(ℎ𝑐) = (9.81
𝐾𝑁 ) (2.50m)(1.20𝑚)(3.40𝑚) = 60𝐾𝑁 𝑚3
L a profundidad al centro de presiones: ℎ𝑝 = ℎ +
𝑠2 1.202 = 3.40 + = 3.435𝑚 12ℎ𝑐 12(3.40)
La fuerza resultante en la superficie es: 2
2
𝐹𝑟 = √𝐹𝑣 2 + 𝐹ℎ2 = √54𝐾𝑁 2 + 60𝐾𝑁 2 = 80.7𝐾𝑁
PROBLEMA 4.54 Calcule la magnitud de las componentes horizontal y vertical de la fuerza que el fluido ejerce sobre dicha superficie. Después calcule la magnitud de las fuerzas resultante; así como su dirección Demuestre que la fuerza resultante actúa sobre la superficie curva. En cada caso, la superficie de interés es una porción de un cilindro con la misma longitud que la superficie dada.
De la figura dibujamos las fuerzas:
1.Hallando Area x hc : A
D2
(36) 2
508.9in 2 3.534 ft 2
8 8 x 0.212 D 0.212(36in) 7.63in hc h
s 36 48 66in 5.5 ft 2 2
2.Hallando las fuerzas : FV Aw (0.79)(62.4)(3.534)(5) 871lb FH swhC (0.79)(62.4)(3)(5)(5.5) 4067lb En mod ulo : FR FV 2 FH 2 8712 4067 2 4159lb 3.Hallando el :
arc tan(
FV 871 ) arc tan( ) 12.1o FH 4067
PROBLEMA 4.56 Gráfico y distribución de presiones.
Como podemos ver en la distribución de presiones las fuerzas horizontales están balanceadas por tanto su equivalente será 0. Hay una presión de aire de P1=4.65k Pa por tanto: h2= P1/ρ=4.65x103/(0.826)(9.8)=0.574 m hT=0.62+0.574=1.194m A= (1.194)(1.25)+(3.1416)(0.625)2/2=2.106m2 Reemplazando en la ecuación FV=(0.826)(9.8)(2.106)(2.50)=42.66k N Por tanto si FV= FR= 42.66k N PROBLEMA 4.57 La figura muestra un cilindro sólido que se asienta sobre el fondo de un tanque que contiene un volumen estático de agua. Calcule la fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo del tanque con los datos siguiente: 𝐷 = 6.00 pulg, 𝐿 = 10.00 pulg, 𝛾𝑐 = 0.284 lb⁄pulg 3 (acero), 𝛾𝑓 = 62.4 lb⁄pie3 (𝑎𝑔𝑢𝑎), ℎ = 30 pulg.
SOLUCIÓN: Realizando el diagrama de fuerzas: Donde: E = Empuje, W = peso del cilindro,
F ′ = Fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo Se sabe que: E = ρf gVc = γf Vc
, W = mg = ρc gVc = γc Vc
Donde: 𝑉c = Volumen del cilindro, calculando: Vc =
πD2 π(6 pulg)2 L= 10 pulg = 282.74pulg 3 4 4
Reemplazando se tiene que:
lb 1pie3 E = (62.4 x ) (282.74 pulg 3 ) → E = 10.21 lb pie3 123 pulg3 W = (0.284
lb ) (282.74 pulg 3 ) pulg 3
→ W = 80.29816 lb
Del diagrama de fuerzas se observa que: F′ = W − E F ′ = 80.29816 − 10.21 𝐅 ′ = 𝟕𝟎. 𝟎𝟖𝟖𝟏𝟔 𝐥𝐛
PROBLEMA 4.58
Repita el problema 4.57, solo que ahora valore 𝛾𝑐 = 0.100
𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔3
(aluminio). La fuerza horizontal neta es cero. La fuerza vertical neta es igual al Peso del fluido desplazado que actúa hacia arriba y el Peso del cilindro hacia abajo: 𝐷 = 6 𝑝𝑢𝑙𝑔 (
𝟎. 𝟎𝟖𝟑𝟑𝟑 𝒑𝒊𝒆𝒔 ) = 0.5 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝟏 𝒑𝒖𝒍𝒈
𝐿 = 10 𝑝𝑢𝑙𝑔 (
𝟎. 𝟎𝟖𝟑𝟑𝟑 𝒑𝒊𝒆𝒔 ) = 0.8333 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝟏 𝒑𝒖𝒍𝒈
𝑙𝑏 𝟏 𝒑𝒖𝒍𝒈𝟑 𝑙𝑏 𝛾𝑐 = 0.100 = 172.8011 ( ) 𝑝𝑢𝑙𝑔3 𝟓. 𝟕𝟖𝟕𝒙𝟏𝟎−𝟒 𝒑𝒊𝒆𝒔𝟑 𝑝𝑖𝑒𝑠 3
𝑤𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝛾𝑓 . 𝑉 (0.5 𝑝𝑖𝑒𝑠)2 𝐷2 (0.8333 𝑝𝑖𝑒𝑠) = 0.1636 𝑝𝑖𝑒𝑠 3 𝑉 = 𝜋. .𝐿 = 𝜋 4 4 𝑙𝑏 ) (0.1636 𝑝𝑖𝑒𝑠 3 ) = 𝟏𝟎. 𝟐𝟎𝟖𝟔 𝒍𝒃 … … … … … … . (𝟏) 𝑝𝑖𝑒 3
𝑤𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = (62.4 𝑤𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = 𝛾𝑐 . 𝑉
= (172.8011
𝑙𝑏 ) (0.1636 𝑝𝑖𝑒𝑠 3 ) = 𝟐𝟖. 𝟐𝟕𝟎𝟑 𝒍𝒃 … … … . (𝟐) 𝑝𝑖𝑒 3
De (1) y (2) tenemos que la fuerza resultante será: 𝐹 = 𝑤𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 − 𝑤𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 28.2703 𝑙𝑏 - 10.2086 𝑙𝑏 = 𝟏𝟖. 𝟎𝟔𝟏𝟕 𝒍𝒃
RTA: F= 18.0617 lb PROBLEMA 4.59 La figura muestra un cilindro que se asienta sobre el fondo de un tanque que contiene un volumen estático de agua. Calcule la fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo del tanque con los datos siguientes: D 6 pu lg , L 10 pu lg ,
cilindro 30 lb
pie3
, agua 62.4 lb
pie3
, h 30 pu lg
Del gráfico podemos observar que la fuerza ejercida por el fluido desplazado por el cilindro tendrá una dirección vertical hacia arriba, mientras que el cilindro ejerce una fuerza vertical hacia abajo Primero hallaremos el volumen ocupado por el cilindro:
D R 3 pu lg 2 Vcilindro A.L R 2 .L R
Vcilindro (3 pu lg) 2 .10 pu lg Vcilindro 282.7 pu lg 3 Como ya tenemos el volumen ocupado por el cilindro podemos hallar su masa, y a la vez podemos hallar la masa de agua desplazada ya que el volumen de agua desplazada es el mismo al volumen del cilindro Por dato:
cilindro 30 lb
cilindro
M Vcilindro
pie3
M cilindro .Vcilindro
Antes hacemos la conversión correspondiente:
pu lg3 pie3 Según la tabla de conversiones debemos multiplicar por 0.08333 para obtener pie, pero como es pie3 debemos multiplicar por 0.083333
Vcilindro 282.7 0.08333 0.1636 pie3 3
Luego:
cilindro
Wcilindro Wcilindro cilindro .Vcilindro Vcilindro
Wcilindro 30 lb Wcilindro
3
.0.1636 pie3
pie 4.908lb
Además:
agua
Wagua Vcilindro
Wagua agua .Vcilindro
Wagua 62.4 lb Wagua
3
.0.1636 pie3
pie 10.209lb
Por lo tanto, la fuerza que ejerce el cilindro en el fondo del recipiente será
Wagua Wcilindro ya que debe existir otra fuerza vertical hacia abajo para que el sistema se encuentre en equilibrio
F Wagua Wcilindro F 10.209 4.908 F 5.301lb
PROBLEMA 4.60 Para la situación descrita en el problema 4.57, especifique la relación necesaria entre peso específico del cilindro y la del fluido, de modo que no se ejerza ninguna fuerza sobre el fondo del tanque. Solución: Se sabe que E = F + W, donde E: Empuje, F: fuerza ejercida en el cilindro, y W: peso del cilindro. Para que no exista la fuerza sobre el fondo del tanque, tendremos 2 casos: a) Que F sea 0 En este caso tendremos que: E = ρf gVc = γf Vc y W = mg = ρc gVc = γc Vc serán iguales, entonces: γf Vc = γc Vc γf = γc
Es decir, se mantendría en equilibrio.
b) Que esto se cumple si y solo si E > W, porque si esto no sucede el peso W será mayor y ejercerá una fuerza sobre la superficie.
Entonces: Si E > W γf Vc > γc Vc γf > γc Es decir, el empuje E, hará que el peso W, no ejerza ningún tipo de fuerza sobre el fondo del tanque. CONCLUSIÓN:
“El peso específico del cilindro debe ser menor o igual a la del fluido para que no exista ningún tipo de fuerza sobre el fondo del cilindro” PROBLEMA 4.61 La figura 4.55 muestra un cilindro sólido que se asienta sobre el fondo de un tanque que contiene un volumen estático de agua. Calcule la fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo del tanque con los datos siguientes: D = 6.00 pulg, L = 10.00 pulg, ϒc = 0.284 lb/pulg3 (acero), ϒf = 0.284 lb/pie3 (agua), h = 10 pulg
Fuerza horizontal neta = 0 De la sección 4.11, la fuerza vertical neta es igual al peso del fluido desplazado actúa hacia arriba y el peso del cilindro que actúa hacia abajo. Debido a que la profundidad del fluido no afecta el resultado. Del problema 4.57E tenemos:
=> Fuerza neta en el punto inferior. Fnet = 70.1 lb hacia abajo. Esto es correcto siempre y cuando la profundidad del fluido es mayor o igual al diámetro del cilindro. L = 10.00 pulg y h = 10.00 pulg,
h=L
PROBLEMA 4.62 Repita el problema 4.57 para un profundidad de h=5.00 pulg. Sol: Datos: D=6 in L=10 in 𝑌𝑐 = 0.284
𝑙𝑏 𝑖𝑛3
𝑌𝑓 = 62.4 𝑙𝑏/𝑓𝑡 3 h=5 in
2 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛 ( ) = 41.8 3 𝑥 = √32 − 22 = √5 = 2.236 𝛼 = 180 + 2𝜃 = 263.6
𝑊𝑓 = 𝛾𝑓 𝑉𝑑 = 𝛾𝑓 𝐴𝑑 𝐿 𝐴𝑑 = 𝐴𝑑 =
𝜋𝐷 2 𝛼 1 . + (2𝑥)(2) = 𝐴1 + 𝐴2 4 360 2
𝜋(6 𝑖𝑛)2 263.6 . + 2(2.236) = 25.18 𝑖𝑛2 4 360
𝑊𝑓 = 𝛾𝑓 𝐴𝑑 𝐿 = (
62.4𝑙𝑏 1𝑓𝑡 3 2 )(10 (25.18 ) 𝑖𝑛 𝑖𝑛) = 9.09𝑙𝑏 𝑓𝑡 3 1728 𝑖𝑛3
𝑊𝑐 = 𝛾𝑐 𝑉 = (0.284𝑙𝑏/𝑖𝑛3 )(282.7𝑖𝑛3 ) = 80.3𝑙𝑏 La fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo en el tanque es: 𝑊𝑐 − 𝑊𝑓 = 80.3 − 9.09 = 71.21 𝑙𝑏
PROBLEMA 4.63 Para la descrita 4.57, fuerza ejerce fondo para
situación en el problema calcule la que se sobre el del tanque
profundidades variables del fluido (de h = 30 pulg a h = 0). Utilice cualesquiera incrementos de cambio convenientes en la profundidad, que además produzcan una curva bien definida de fuerza versus profundidad. Para cualquier profundidad mayor a 6 pulgadas, F=70.1 lb. Método de Prob. 4.62 utilizado para h <6,00 en, el uso figura a continuación. Ad = A1 – A2 = (D2/4)(/360) – (1/2)(2.X)(R-h) F = W0 – Wf = 80.3 lb - ⅟.A.I0
Resumen de los resultados: h (in) 6 5.5 5 4.5 4 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0
F (lb) 70.1 70.5 71.2 72.08 73.07 74.12 75.19 76.27 77.32 78.3 79.18 79.89 80.3
PROBLEMA 4.64 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.
SOLUCION: Y = 0.212*(36pulg) = 7.63pulg
Y = 7.63pulg*(1pie/12pulg) = 0.636pies X = 20pulg/sin (25) = 47.32pulg Ycg = 60pulg + x – y Ycg= 60pulg + 47.32pulg – 7.63pulg Ycg = 99.69pulg Ycg = 99.69pulg*(1pie/12pulg) Ycg = 8.308pies Hc = Ycg*sin (25) Hc = (8.308pies)*sin (25) = 3.511pies Área =
𝜋×𝐷2 8
=
𝜋×(3𝑝𝑖𝑒𝑠)2 8
= 3.534pies2
Ycp Finalmente la fuerza resultante es:
FR = γ* Hcg*Área = (1.06)*(3.511pies)*(3.554pies2)*(62.4libras/pies2) FR = 820 libras
Hallamos la inercia: I = 6.86*10-3*D4 = 6.86*10-3*(3pies)4 = 0.556pies4 Hallando el centro de presión: Ycp = Ycg +
𝐼 𝑌𝑐𝑔∗Área
Ycp = 8.308pies + Ycp =8.327pies
0.556pies4 8.308𝑝𝑖𝑒𝑠∗3.534𝑝𝑖𝑒𝑠2
Lc = Ycg; Lp =
