Solucionario de Problemas Propuestos Del Libro “Mecanica de Fluidos e Hidraulica” de Ranald v. Giles

Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA

MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA

1

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS PROPUESTOS DEL LIBRO “MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA” DE RANALD V. GILES CAPITULO I: PROPIEDADES DE LOS FLUIDOS PROBLEMA Nº 1-36: En el libro de Ranald V. Giles a la fuerza la define como kilogramo fuerza o kilogramo peso que debería ser denotado por kgf. KgP. para diferenciarle de la unidad de masa aunque en el texto solo lo denota por kg. y a la masa como una unidad derivada de la fuerza con la aceleración, es decir como UTM (Unidad Técnica de Masa) similar al slug en el sistema ingles, haciendo estas aclaraciones las unidades del UTM se logran a partir de la aplicación de la Segunda Ley de Newton. F  ma m s2 L  Aplicando analisis dimensional  F  M  2 T  Fuerza en kg  masa en UTM  Aceleracion en

 

Despejando la masa M : M  

F  T 2  L

 UTM 

kg  s 2                      (1) m

Datos: Si la densidad (  ) es :   85

UTM m3

y la gravedad

g  9.80665

m s2

El peso específico (η) se obtiene reemplazando las unidades de UTM de la Ec. (1):  kg  s 2    m m  UTM      g     85 3    9.80665 2      85 m3    9.80665 2   m   s  m   s       kg    833.595 3 m La densidad relativa (Dr) según R. V. Giles o gravedad específica (Sg) según Robert Mott se define de la siguiente manera:   Peso de la sustancia Dr  Sustancia  Dr  Sustancia  Dr   Agua  Agua Peso de igual volumen de agua Si  Agua

 10 kg

833.595 kg

3

m

3

 Dr 

1000 kg

m3

 Dr  0.833595

 0.834

m3

__UNSCH_________________________________________________________________ “ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”


2


PROBLEMA Nº 2-37: Como se trata de un gas podemos aplicar las leyes de la termodinámica específicamente la ley de la conservaron de la masa cuya ecuación es: P=presión en kg/m2 R=Constante de los gases en (m/°K) T=Temperatura en °K η=peso especifico en kg/m3 Se tiene a la presión atmosférica o presión atmosférica normal en la tabla 1(A): Presión Atmosférica Normal: P  1Atm  1.033 cmkg2  1.033 104 mkg2 P R T

P   RT

Donde:

Constante del gas: R  29.3 mK Temperatura en grados absolutos: T  30C Transformando a grados Kelvin :

T  30  273  303k

Reemplazando en la ecuación anterior el peso específico (η) del aire es: 1.033 10 4 kg 2 kg kg m     1.16356 3  1.1636 3 m m 29.3 m  303 K  K kg En tabla 1(B) el peso específico η para el aire a 30°C es:   1.1642 3 Comprobado m





Calculo del error porcentual %E: 1.1642 - 1.1636  %E  0.0515% %E  100 1.1642 La densidad (ρ) resulta:



1.1635 kg

m3   g 9.80665 m 2 s UTM    0.1187 m3

kg  s 2    0.1187 m  m3

En tabla 1(B) la densidad ρ para el aire a 30°C es:

  0.1188

   0.1187

kgs 2 m 3

m

UTM Comprobado m3

Calculando el error porcentual %E: 0.1188 - 0.1187  %E  0.0842% %E  100 0.1188




PROBLEMA Nº 3-38: Se tiene para condiciones normales: Temperatura T= 20°C = 273+20 = 293 °K Presión P= 1 Atm = 1.033kg/m2 Constante de los gases: RC02=19.2 m/°K



3

RNitrogeno = 30.3 m/°K

P R T

Para calcular el peso especifico del CO2 o anhídrido carbónico: 1.033 10 4 mkg2 kg CO 2     1 . 8362 CO 2 m3 293K  19.2 mK  El peso especifico en condiciones normales de presión y temperatura para el CO2 es: η CO2 = 1.8359 Kg./m3 Comprobado Calculando el error porcentual %E: 1.8362 - 1.8359  %E  0.0163% %E  100 1.8359 Para calcular el peso especifico del Nitrógeno: 1.033  10 4 mkg2 kg  Nitrogeno    CO2  1.1636 3 m 293K   30.3  K  m El peso especifico en condiciones normales de presión y temperatura para el Nitrógeno es: η Nitrógeno = 1.1631 Kg./m3 Comprobado Calculando el error porcentual %E: 1.1631 - 1.1636  %E  0.043% %E   100 1.1631 : PROBLEMA Nº 4-39 Datos: Según la tabla del Apéndice 1(A): η = 1.910 kg./m3 R = 29.3m/°K T = 50°C = 273+50 = 323 °K P =? P P  R  P  R  T  T R T 


Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA m kg    P   29.3   323 K  1.910 3  K  m   

P  1.8076

4


 P  18076.049

kg m2

 P  18076.049

kg m2  m 2 10 4 cm2

kg ( Absoluto) cm 2

PROBLEMA Nº 5-40: Datos: V0 = 2.0 m3 V1= 0.5 m3 P0 = PAtmosferica normal = 1 Atm = 1.033×104kg/m2 P1 = ? En condiciones isotérmicas es decir temperatura constante tenemos: P V P0  V0  P1  V1  P1  0 0 V1 Reemplazando datos:  4 kg  3 1.033 10 2  2m kg m  p1    P1  4.132 10 4 2 3 0.5m m kg  P1  4.132 2  Aboluto  cm





PROBLEMA Nº 6-41: Datos: V0 = 2.0 m3 V1= 0.5 m3 P0 = PAtmosferica normal = 1 Atm = 1.033×104 Kg./m2 P1 = ? El enunciado del problema dice sin perdida de calor que se refiere a una condición adiabática: K 0

V   P1  P0   0   V1 

K 1

P0  V  P1  V

K

Donde K es el Exponente Adiabático: K= 1.4 según la tabla 1(A) 1.4

kg  2m 3   P1  1.033  10 2   m  0.5m3  4

P1  7.194

kg cm 2

 7.20

 P1  71942.299

kg m2

 P1  71942.299 10-4

kg cm 2


kg cm 2



5

PROBLEMA Nº 7-42: Viscosidad Absoluta o Dinámica (μ): μ=0.0158 poises Tenemos: 1 Poise = 1dina · s/cm2 1N = 105 dinas 1kgf = 9.80665 N Nos pide transformar de Poises a kg·s/m2 dinas  s 1N 1kg 10 4 cm 2 0.0158 poises  0.0158    cm 2 105 dinas 9.80665 N 1m 2  0.0158 poises  1.611

kg  s m2

PROBLEMA Nº 8-43: μaceite = 510 poises De manera similar al anterior problema transformamos al sistema Kg.-m-s: dinas  s 1N 1kg 10 4 cm 2 510 poises  510    cm 2 10 5 dinas 9.80665 N 1m 2  510 poises  5.20

kg  s m2

PROBLEMA Nº 9-44: Tenemos los siguientes datos: Viscosidad en grados o segundos Saybolt = 155 s. Densidad relativa: Dr = 0.932 µ =? ν =? Para calcular la viscosidad absoluta o dinámica utilizamos la formula del Capitulo I que se encuentra en la 2° parte del grupo a) pag. 7 de Ranald V, Giles. Para t =155 s: t  100 ,

 

 en poises   0.00220t -

1.35    Dr t 

1.35       0.0022155    0.932 155  

   0.3097 poises

Transformamos en unidades kg-s-m: Dinas  s  1N 1kg f 10 4 cm 2    0.3097poises   0.3097     cm 2  105 Dinas 9.80665N m2  __UNSCH_________________________________________________________________ “ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”


   3.1579  10 3    315.79 10 5

kg  s m2 kg  s m2


   3.1579  10 3 

6

10 -2 kg  s 10 -2 m 2

Para calcular la Viscosidad Relativa o Cinemática utilizamos la formula del Capitulo I que se encuentra en la 2° parte del grupo b) Pág. 7 de Ranald V, Giles. Para t =155 s: t  100 ,

 

 en Stokes   0.00220t -

1.35   t 

1.35       0.0022155   155  

   0.3323 Stokes

Se sabe que un Stok = cm2/s transformamos: cm 2 m2    0.3323    0.3323  10  4 s s    33.23  10 6

   0.3323  10 4 

10 -2 m 2 10 -2 s

m2 s

PROBLEMA Nº 10-45: En términos generales la formula de la viscosidad dinámica a la que se aproximan los fluidos newtonianos es: V   Donde: y τ = F/A: Esfuerzo Tangencial o esfuerzo de corte en Kg./m2 dv/dy: Gradiente e velocidad en m/s·m μ: Viscosidad Absoluta o Dinámica en kg ·s/m2

F2

8mm

F2 F1

25mm

V=32m/s

Superficies planas

17mm placa 2

μ=0.1kg·s/m




7

Calculo de las tensiones o esfuerzos tangenciales: cm kg  s  32 s  kg  1 0.10 2   1 1.8824 2  m  17cm  m   cm kg  s  32 s  kg  2 0.10 2   2 4 2  m  0.8cm  m   La fuerza F= τ × A, para cada superficie: Si A= 40 dm2 F1  1.8824 F2  4

 A= 40 dm2 × 1m2 102 dm2

kg  0.4m 2 2 m

kg  0.4m 2 2 m

 A= 0.4m2

 F1  0.7529kg  F2  1.6kg

Luego tenemos la fuerza total o resultante: FR  F1  F2  FR  0.7529 Kg  1.6kg

 FR  2.3528Kg

PROBLEMA Nº 11-46: En el tubo en U:

Presion en 1  Presion en 2

 P1  P2

PC P2  PAtmosferica  0

h



PC  0.23m  13.57 103

 mkg  h  3

Aire

 P2

23cm 1

2

Como la presión que ejerce el aire es muy pequeña se obvia en el calculo al igual que la PAtmosferica , entonces de la ecuación anterior resulta: kg kg Pc  3121.1 2  Pc  0.31211 2 m cm



8


En el depósito de la siguiente figura:  PB  3121.1 kg

PB  PC



PA  PB  3m  0.75  103

 mkg

 PA  871.110  4

PA  8.711  10 2

2

 PA  3121.1

kg cm 2

kg cm 2

kg kg  3m  0.75  103 2 m2 m



 PA  0.08711



m2

 PA  871.1

kg cm 2

Manometros 

Aire PB

PC 23cm 1 2

3m Aceite PA


kg m2


9


PROBLEMA Nº 12-47: PB

Aire

Aceite

240cm

150cm Agua

60cm

Dato:

PA 

Mercurio

PA

PA = 3 Kg./cm2 η sustancia = Dr. × ηagua

P mercurio

P A  h Hg   Hg



P Agua

  h

H 2O



P Aceite



  H 2 O  h aceite   aceite



  h aire

P Aire  P B   aire



Reemplazando:    3 kg 10 6 m 3  kg 10 6 m 3   10 3      PA  60cm   13.57  10 3 3   150 cm  m cm 3  m cm 3       kg 106 m 3    PB   240cm    0.75 103 3  3  m cm     PA  1.1442  PB  PB  1.8558

 PB  3

Kg Kg  1.1442 2 cm cm 2

Kg ( Manometros) cm 2


PB


10


PROBLEMA Nº 13-48:

B.

C 34.3m A D

Dr = 1.25

Del grafico tenemos: PD  PC  h



Hg

Dr = 13.57

 

Hg

  h

Aire

 

Aire



Despreciando la presión del aire dentro del tubo, además: PD  PO  PAtmosferic a  0 PC   hHg  Hg

 Kg m3   PC   34.3cm  13.57  103 3 106 3  m cm  

 PC  0.4655 Kg

cm 2

PC  PB

PA  PB  h Aire   Aire   h fluido   fluido  3  Kg 3 Kg 6 m       53 cm  1 . 25  10  10  cm 2 m3 cm 3   Kg  PA  0.4 2 cm

PA  0.4655

 PA  0.39925

Kg cm 2

Una forma más directa según el procedimiento de Robert Mott del texto “Mecánica De Fluidos Aplicada” es: Kg Kg PA  PD  34.3cm  13.57  10 3  3  h Aire   Aire   h Aire   Aire   53cm  1.25  10 3  3 cm cm Kg Kg  PA  0.39925 2  PA  0.4 2 cm cm



11


PROBLEMA Nº 14-49: 1600 toneladas

Gas 50m B 20m 60m

C D

:

La presión en C y D son: 103 kg 1600ton  4 0.56kg  90m 1 ton PD    PD  616.2842 kg 2 2 2 3 m   60 m m kg kg PC  PB  20m  0.56 3  PC  PB  11.2 2 m m Debido a que los puntos C y D se encuentran al mismo nivel se pueden igualar: PC  PD 616.2842

kg kg  PB  11.2 2 2 m m

 PB  605.0842

kg m2

605.0842 kg m 2  gas 1000  0.56 kg m 2 Para calcular la altura equivalente del agua con respecto a la del gas se hace:

Además se sabe que: P    h

Pgas  Pagua

 hgas   gas  hagua   agua

 h gas 

P

 h agua 

 h gas 

hgas   gas

 agua

hagua  hgas  Densidad Relativa del gas

 hagua  hgas  Drgas




Remplazando en la última ecuación se obtiene: 605.0842 kg m2 h agua   0.56  hagua  0.6051m 1000  0.56 kg m 2

12

 h agua  60.51cm

h agua  60.51cm

PROBLEMA Nº 15-50:

Aceite Dr=0.78 Glicerina Dr=1.25

h 6.4m

0.5m 0.35m 0m Dr =13.57 Para hallar la cota de la superficie libre del aceite debemos considerar las alturas de presiones con respecto al nivel cero: (Presion de los liquidos del lado izquierdo) (Presion de los liquidos del lado derecho) (haciteaceite  hHg Hg )  (hglicerina glicerina  hHg Hg )

h - 0.5m  0.78103 kg3   0.5m  13.57 103 kg3   6.4  0.35m  1.25103 kg3   0.35m  13.57103 kg3  

 0.78h  5.917

m 



m 



m 

 h  7.5859m  7.6m




m 


13


PROBLEMA Nº 16-51: 1.05kg/cm2 A

0.7 Kg./cm2 B

Agua

2.5m 3.7 m

0.3m 0.3m 0m Dr.=13.57

Tomamos presiones respecto al nivel cero: (Presion de los liquidos del lado izquiedo)  (Presion de los liquidos del lado derecho)

( PA  h Agua   Agua  hHg   Hg )  ( PB  h  Dr   Agua  hHg   Hg )  4 kg 3 kg 3 kg  4 kg  1.05  10 m 2  2.5  0.3m  10 m 3  (0.3)m  (13.57  10 ) m 3    0.7  10 m 2  kg kg  + 3.7  0.6m  Dr  10 3 3  0.6m  13.57  10 3 3  m m 





 



 3100 Dr  1629





 Dr  0.525





14


PROBLEMA Nº 17-52: 0.2kg/cm2 = 0.20×104 Kg./m2 Presión en Altura de mercurio = -23cm

Aire

36m.

Aire Dr = 0.8

33.5m. Agua

32 m.

Dr = 1.6

h 0m. Del dato del enunciado del problema tenemos: Presion en columna de mercurio  -23cm de mercurio  PHg  (13.57  10 3

kg )   0.23m  m3

 PHg   mercurio  h mercurio

 PHg  -3121.1

kg m2

 PHg  -0.31211

kg cm 2

Las presiones de los líquidos al nivel cero son: Presion de los liquidos del lado izquierdo  Presion de los liquidos del lado derecho Kg    3121.1 2  36  32m  0.8  10 3 m  kg  33.5  h m  10 3 3  h m  1.6  10 3 m  15778.9  600h



 kg  32m  10  kg   0.20  10



 kg 

3

m

3

3

m 

4

kg  m2

m3 

 h  26.298m  26.3m

Apreciar como reforzamiento y aclaración la “PARADOJA DE PASCAL”, del texto de teoría “Mecánica de Fluidos Aplicada”, de Robert Mott que esta en el Capitulo 3, Pág. 52. __UNSCH_________________________________________________________________ “ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”


15


PROBLEMA Nº 18-53:

PA = 2.1Kg/cm2 C

3 25cm 2

x

B 5

1 D

4 E

La presión en el manómetro A la expresamos en presión absoluta: PA = 2.1Kg/cm2 + PAtmosferica  PA = 2.1 + 1.02 = 3.12 Kg./cm2 (Absoluta) P1  P2  P0

La presión en el manómetro D: 6



P2  25cm  13.57 103  1.02

 mkg  10cmm 3

3

3

 P3

kg 10 6 m 3 3 kg  25 cm  13 . 57  10   P3   cm 2 m3 cm3





La presión en el manómetro E del compartimiento C:

 P3  0.68075

kg cm 2

P4  P5 ------------------(1)

m3  P3 m3 cm 3 kg 10 6 m 3 kg  P4   X cm  13.57  10 3 3   0.68075 2 3 m cm cm



P4   X cm 13.57  10 3

 kg  10



6



En el compartimiento B se tiene: P5  PA   Aire  hAire 

 P5  PA

 P5  3.12 kg

cm 2

Reemplazando los valore de P4 y P5 en la ecuación (1): Kg kg 10 6 m 3 kg  3.12 2   X cm  13.57 103 3   0.68075 2 3 cm m cm cm







 X  179.7531cm


 X  1.797531m

16

 X  1.8m

PROBLEMA Nº 19-54: 2.2 Kg./cm2

W=W1 1.8m PISTON =W2 A

B

Dr = 0.902

1.8m

Aceite

Por definición se sabe que la presión es: W  W2 W W Fuerza PA   1   1 22 Area A 4 D  PA 



4W1  W2    D2

4W1  W2    1.8 2 m 2

El líquido en este caso el aceite se encarga de transmitir la presión que crea el peso del pistón (W2) y la carga (W1) del nivel A hacia el nivel B entonces las presiones se igualan, pero también se puede verificar según la grafica que los puntos se encuentran PA  PB al mismo nivel: 

4W1  W2  kg kg  1.8m  0.902 103 3  2.2 10 4 2 2 2  1.8 m m m

 W1  W2  60114.7 kg




17

PROBLEMA Nº 20-55:

Elevación 9.0m A Elevación 7.5m

Aceite

Elevación 3.6m

Glicerina

C

D

E h

Las presiones sobre los niveles de los puntos C y D serán: Kg Kg PC  PA  7.5  3.6 m  1000  0.832 3  PC  PA  3244.8 3 m m PD  9.0  3.6 m  1000  1.25

Kg m3

 PD  9.0  3.6  1250

Kg m2

 PD  6750 Kg

m2

PC  PD ---------------------------------------------------------------- (1) Igualando las presiones en los puntos en la ecuación (1): Kg Kg Kg Kg 10 4 m 2 6750 2  PA  3244.8 3  PA  3505.2 2  PA  3505.2 2  m m m m cm 2 Kg Kg  PA  0.35052 2  PA  0.351 2 cm cm Otra forma de resolver es considerando presiones que actúan al nivel E: P A  h aceite   aceite   h glicerina   glicerina   9 - h    glicerina PA  7.5  3.6m  832

Kg Kg Kg  6.0  h m 1250 3  9 - h m 1250 3 3 m m m



PA  3244.8

18


Kg Kg Kg Kg Kg  4500 2  1250h 2  11250 2  1250h 2 2 m m m m m

Kg 10 4 m 2  PA  3505.2 2  m cm 2

Kg  PA  3505.2 2 m

 PA  0.351

Kg cm 2

PROBLEMA Nº 21-56: Datos: Masa m = 10 toneladas = 10000 Kgm Fuerza F = 104Kg.(9.80665m/s2)  F = 9.80665×104N × (1Kgf /9.80665N)

 F = 9.80665×104N  F = 1 ×104Kg

Presión P = 12 Kg./cm2

P = 12×104 Kg./m2

Área A = π (D/2)2

A= (π/4)D2

D=¿ P

F A

Remplazando datos:

4 10 4 m 2 D 12 10 4  

 12 10 4

Kg 110 4 Kg   2 m2 D 4

 D  0.3257m

 D  32.57cm

PROBLEMA Nº 20-55: Ecuación de equilibrio para el volumen ABCD:

F

Y

0

         L    glicerina   D 2 h    P   Area de AB  P   Area de CD   0   Sen  4    Fuerza debida a   la tension superficial Fuerza debida al volumen ABCD   Suponiendo θ = 90° debido a que la componente horizontal de la fuerza σdL es despreciable, además que las presiones se anulan mutuamente, de la ecuación anterior se obtiene: __UNSCH_________________________________________________________________ “ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”






2  dL   4 D h  Perimetro

 

 Dh 4

19


 D   2      D 2 h 4 2

    D   



D h 4

                   ( )

Datos: Peso especifico de la glicerina η glicerina =1260 Kg/m3 h = 22cm = 0.2m Diámetro D = 12.5mm = 0.0125m. P=¿ Reemplazando los datos en la ecuación (α) calculamos la tensión superficial: Kg 1260 3  0.0125m  0.22m Kg m      0.8663 4 m Finalmente calculamos la presión P con la formula:  4  0.8663 Kg - 4 m P P D 0.22m

 P  277.2

Kg m2

Otra forma de calcular la presión estaría dada de la siguiente manera: Kg Kg P   glicerina  h  P  1260 3  0.22m  P  277.2 2 m m El planteamiento del problema se muestra en la figura siguiente:


2



20

y

σdL

σdL

θ

θ C

D

h x A

B Glicerina

PROBLEMA Nº 20-55:

y

σdL dF

Hemisferio de una burbuja

dF σdL σdL dF

dF x

σdL

dF σdL

dF dF σdL z dF: Elemento infinitesimal de fuerza entrante σdL: Elemento de fuerza saliente (debida a la tensión superficial) Donde: dL es un pequeño segmento del perímetro __UNSCH_________________________________________________________________ “ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”



21

Luego Aplicamos la segunda ley de equilibrio teniendo como eje de referencia x:  Fx  0

  dL



 dF

X

 0

 

 dL

 FX

Si tenemos que el área de la sección transversal de la burbuja es A y la presión que se ejerce es P la formula anterior se transforma: D  4   2  Area  Presion     D   D2  P P 2 4 D Datos:

Diámetro: D =1.5mm = 0.0015m Tensión superficial a 21 °C: σ = 0.0074 Kg./m según la tabla 1 (c) del apéndice del libro de Ranald V. Giles

Kg   4   0.0074  m   P 0.0015m

 P  19.7333

Kg Manometros  m2




22

CAPITULO II: FUERZAS SOBRE SUPERFICIES PLANAS Y CURVAS PROBLEMA Nº 1-20: Considerando el análisis sobe el segmento AC es decir la mitad de la compuerta puesto que el punto C se trata de una articulación.

Superficie

S 0.6m 60°

0.45m

A

FR

0.45 Sen60° CG CP 0.9m

Agua C

45°

Datos: η H 2 O  10 3 kg

F

hCG

m3 0.9     0.6  sen60 m 2  

Area  A  0.9  2.5m 2

La formula empleada para el cálculo de la fuerza resultante (FR) ejercida por el agua: FR  η H 2O  h CG  Area

  kg   0.6  02.9 sen60 m  0.9  2.5m

 FR  10 3

3

m   FR  2226.8507 kg.

2



La posición del punto de aplicación de la fuerza resultante (FR) con respecto a la superficie es el centro de presión CP que siempre se encuentra por debajo del centro de gravedad CG: b  h3 b  h3 h2 YCP   YCG  YCP   YCG  YCP   YCG 12  A  YCG 12  b  h  YCG 12  YCG __UNSCH_________________________________________________________________ “ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”


Donde:


YCG = hCG / Sen60° b = Ancho de la placa h = longitud de la placa

0.92 0.6  0.45sen60  YCP   sen60  0.6  0.45sen60  12    sen60   Tomando momentos respecto del punto A: 0.6    FR  YCP    FSen450.9  0 Sen60  

F

23

2226.8507  0.5091 Sen450.9

 YCP  1.2019 m.

M

A

0

 FR 1.2019  0.6928  FSen450.9  0

 F  1781.4214 Kg

Por otro método se puede obtener ese mismo resultado:

P1

A P2 0.45m 2.5m 60° C Diagrama de presiones Las presiones en loa puntos Ay C están dadas como se muestra a continuación puesto que varían linealmente con la profundidad. Como se muestra en el diagrama de presiones, por estar a más profundidad la presión 2 P2 será mayor que la presión 1 P1. __UNSCH_________________________________________________________________ “ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”


P1   H 2O  h1 P2   H 2O  h2


24

kg  0.6m  P1  600 kg 2 3 m m kg  P2  103 3  0.6  0.9Sen60m  P2  1379.4228 kg 2 m m  P1  10 3

Como se trata de una placa de ancho constante se define la fuerza por unidad de longitud a lo que forman FUERZAS PARALELAS: kg w1  P1  b1  w1  600 2  2.5m  w1  1500 kg m m kg w2  P2  b2  w2  1379.4229 2  2.5m  w2  3448.5573 kg m m

Superficie del agua W1 0.6/sen60°

W2

A

C




25

Superficie del agua W1 0.6/sen60° A AX

0.6m W2 F2 0.45m F1

C Datos: 45°

F Luego las fuerzas tal como se muestran en el diagrama serán: F1  Area del triangulo  F1 

w1  w 2   0 . 9

2  3448 . 5573  1500   F1   0 .9 2  F1  876 . 8508 Kg

F2  Area del rectangulo  F2  w1  0 . 9  F2  1500  0 .9  F2  1350 Kg

Las posiciones de las fuerzas respecto a la superficie serán: 2 0.9  YCP1   0.9 m  0.6 m  YCP2  m  0.45 m 3 2 La fuerza resultante es:  FR  F1  F2  FR  876.8508  1350 Kg  FR  2226.8508 Kg

Finalmente tomamos momentos respecto al punto A:

M

A

0



  FSen450.9  F1 0.6  F2 0.45  0


F

26

876.85080.6  13500.4 Sen450.9

 F  1781.297 Kg

PROBLEMA Nº 2-21: Calculo de la fuerza resultante: FR  η H 2O  h CG  Area

Z

η H2O =103 kg/m3

; hCG= (2+2)/2 m;

Area = (Z+2) ×1.2 /Sen45º m2 FDB FR 2m

Ycp

Remplazando datos en la formula dada: FR = 103 ×(2+2)/2 ×(Z+2) ×1.2 /Sen45º FR = 600 (Z+2)2 /Sen45º

AY

A

AY Calculo de la posición de la fuerza resultante (Centro de presión):




PROBLEMA Nº 17: PARTE a):

2m

2m

3.6m

3m

0.6m

0.6m

A

B

En el plano que propone en el libro

A

B

En tres dimensiones


27



28

PARTE b): 3.6m

2m

2m

3.6m

3m

0.6m

0.6m

A

B

En el plano que propone en el libro

A

B

En tres dimensiones


Solucionario de Problemas Propuestos Del Libro “Mecanica de Fluidos e Hidraulica” de Ranald v. Giles

Recommend Documents