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• Kevin Dueñas Porras

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UNIVERSIDAD PERUANA LOS ANDES INGENIERIA CIVIL MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA

FUERZAS DEBIDAS A FLUIDOS ESTATICOS

Presión y fuerza hidrostática resultante creada en el fondo de un depósito abierto

Para una superficie horizontal, como el fondo de un depósito lleno de un líquido , como se muestra en la figura, la magnitud de la fuerza resultante es simplemente: FR  pA , donde p es la presión uniforme sobre el fondo y A es el área del fondo. Para el depósito abierto que se muestra: p .  .h Se observa que si la presión atmosférica actúa sobre ambos lados del fondo, como se ilustra, entonces la fuerza resultante sobre el fondo se debe simplemente al líquido en el depósito. Como la presión es constante y está distribuida uniformemente sobre el fondo, la fuerza resultante actúa a través del centroide del área.

dA

PROPIEDADES GEOMÉTRICAS DE ALGUNAS FORMAS COMUNES

Por ejemplo, considérese la sección curva BC del depósito abierto de la figura (a). Se desea determinar la fuerza resultante del fluido que actúa sobre esta sección, que posee una unidad de longitud perpendicular al plano del papel. Primero se aísla un volumen de fluido que está acotado por la superficie de interés, en este caso la sección BC, y la superficie plana horizontal AB y la superficie plana vertical AC. El diagrama de cuerpo libre para este volumen se muestra en la figura (b). La magnitud y ubicación de las fuerzas y se pueden determinar a partir de las relaciones para superficies planas. El peso W es simplemente el peso específico del fluido multiplicado por el volumen encerrado y actúa a través del centro de gravedad (CG) de la masa de fluido contenida en el volumen. Las fuerzas y representan las componentes de la fuerza que el depósito ejerce sobre el fluido.

Fuerza hidrostática sobre una superficie curva

Para que este sistema de fuerzas esté en equilibrio, la componente horizontal FH debe ser de la misma magnitud y colineal a F2, y la componente vertical FV debe ser de la misma magnitud y colineal a la fuerza resultante de las fuerzas verticales F1 y W. Este hecho se concluye porque las tres fuerzas que actúan sobre la masa de fluido (F2, la resultante de F1 y W, y la fuerza resultante que el depósito ejerce sobre la masa) deben constituir un sistema de fuerzas concurrentes. Así, F F H

2

FV  F1  W y la magnitud de la resultante se obtiene a partir de la ecuación

FR  FH2  FV2 La resultante FR pasa por el punto O, que se puede ubicar sumando los momentos con respecto a un eje idóneo. La fuerza resultante del fluido que actúa sobre la superficie curva BC es igual y opuesta en dirección a la obtenida a partir del diagrama de cuerpo libre de la figura (b). En la figura (c) se muestra la fuerza resultante del fluido buscada.

1

2

2

PROBLEMA N° 03: La barra de la compuerta fallara al aplicar un momento de 150 KN.m. Determinar el valor máximo de la profundidad h del líquido.

𝛾 = 10 𝐾𝑁/𝑚3

DCL

𝑀 = ϒ𝑌𝑐 𝑆𝑒𝑛θ𝐴

𝐿 2

𝐼𝑥 − 𝑌𝑐 𝐴

Como: L= 3.5 m y Ancho= 2 m 𝐼𝑥 =

1 (2)(3.5)3 =2.042 m4 12

𝐴 = (3.5)(2) = 7 m2

𝑇𝑎𝑛θ = 2.8/2.1 𝑀 = 𝐹𝑅 𝑑

ℎ𝑐 = 𝑌𝑐 𝑆𝑒𝑛θ

𝐹𝑅 = ϒ𝑌𝑐 𝑆𝑒𝑛θ𝐴 Como: L= Longitud de la compuerta

(𝑌𝑝 −𝑌𝑐 ) + 𝑑 = 𝐿/2 𝐼𝑥 𝑌𝑝 = 𝑌𝑐 + 𝑌𝑐 𝐴

𝐼𝑥 𝑌𝑝 − 𝑌𝑐 = 𝑌𝑐 𝐴

𝐿 𝐼𝑥 𝑑= − 2 𝑌𝑐 𝐴

θ = 53.1301° 150 = 10000𝑌𝑐 𝑆𝑒𝑛θ(7)

3.5 2

−

2.042 𝑌𝑐 (7)

𝑌𝑐 =2.114 m 𝐿 ℎ = ℎ𝑐 + 𝑆𝑒𝑛θ 2 3.5 ℎ = 1.69 + 𝑆𝑒𝑛53.1301° 2 ℎ = 3.091 𝑚

PROBLEMA N° 04: Una compuerta curva de 3m de longitud está situada en el lado de un depósito que contiene agua como se muestra en la figura. Determinar la magnitud de las componentes horizontal y vertical de la fuerza del agua sobre la compuerta. ¿Esta fuerza pasa por el punto A? Explicar la respuesta.

Resp.

FV  327.9kN

FH  F2  294.3kN

PROBLEMA N° 05: El malecón de concreto (peso específico = ) de la figura posee una superficie curva y restríngela agua de mar a una profundidad de 24 pies. La traza de la superficie es una parábola, como se ilustra. Determinar el momento de la fuerza del fluido (por longitud unitaria) con respecto a un eje que pasa por la línea de base aguas abajo (punto A).

Resp. M A  25303 lb.pie

PRINCIPIO DE ARQUÍMEDES Fuerza boyante sobre cuerpos sumergidos y flotantes

Considérese un cuerpo de cualquier forma, cuyo volumen es V, que está inmerso en un fluido como se ilustra en la figura. El cuerpo se encierra en un paralelepípedo y se traza un diagrama de cuerpo libre del paralelepípedo sin el cuerpo (Figura a). Obsérvese que las fuerzas F1, F2, F3 y F4 son simplemente las fuerzas ejercidas sobre las superficies planas del paralelepípedo (no se muestran las fuerzas en la dirección x), W es el peso del volumen sombreado del fluido (paralelepípedo menos cuerpo) y FB es la fuerza que el cuerpo ejerce sobre el fluido. Las fuerzas sobre las superficies verticales, como F3 y F4, son todas iguales y se cancelan (Figura b), por lo que la ecuación de equilibrio que interesa es la correspondiente a la dirección z y se puede expresar como:

FB  F2  F1  W Si el peso del fluido es constante, entonces: F2  F1   (h2  h1 ) A Donde A es el área horizontal de la superficie superior (o inferior) del paralelepípedo, y la ecuación se puede escribir como: FB   (h2  h1 ) A   (h2  h1 ) A  V  Simplificando, se llega a la expresión deseada para la fuerza FB  V boyante: Donde ϒ es el peso específico del fluido y V es el volumen del cuerpo. La dirección de la fuerza boyante, que es la fuerza del fluido sobre el cuerpo, es opuesta a la que se muestra en el diagrama de cuerpo libre. Por consiguiente, la fuerza boyante tiene una magnitud igual al peso del fluido desplazado por el cuerpo y está dirigida verticalmente hacia arriba. Este resultado se denomina principio de Arquímedes.

PROBLEMA N° 05: El madero homogéneo AB de la figura mide 0.15m por 0.35m de sección transversal. Determinar el peso específico del madero y la tensión de la cuerda.

SOLUCIÓN: Diagrama de cuerpo libre del madero

Determinación del

WMa d

WMad   Mad .VolTotal    0.15  0.35 10  0.525 Determinación de la fuerza boyante

FB   Liq .Vol sum   Liq  0.15  0.35  8  0.420 Liq Por condición de equilibrio de momentos

M

A

0

WMad  5  FB  4  0

Por condición fuerzas

0.525 Mad  5  0.420 Liq  4

F

 Mad   Mad

0.420  9810  4 0.525  5

N  6278.4 3 m

V

de

equilibrio

de

0

T  FB  W  0

T  FB  W

T  0.420  9810  0.525  6278.4

T  824.04 N

PROBLEMA N° 06: Al colocar una masa de 5 lb sobre el extremo de una viga de madera de 4 por 4 pulgadas y 9 ft de largo, ésta se inclina 1,5º, quedando el extremo del contrapeso a ras del agua, como muestra la figura. ¿Cuál es el peso específico de la madera?