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• Jose Hernan Yucra

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ASIGNATURA: MECÁNICA DE FLUIDOS DOCENTE: ING. CELSO SANGA QUIROZ TEMA: RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS INTEGRANTES: CAHUAPAZA OLIVERA RONNY

SECCION: 01-1

AREQUIPA-PERU

INDICE

1………………………………………………………………………. Introducción 2………………………………………………………………………....... objetivos 3……………………………………………………………………… marco teórico 3.21………………………………………………………………...…… problema 1 3.22……………………………………………………………………… problema 2 3.26……………………………………………………………………… Problema 3 3.27……………………………………………………………………… Problema 4 3.29……………………………………………………………………… Problema 5 3.32……………………………………………………………………… Problema 6 3.33……………………………………………………………………… Problema 7 3.37……………………………………………………………………… Problema 8 3.38……………………………………………………………………… Problema 9 3.39…………………………………………………………………….. Problema 10 4.8……………………………………………………………………... conclusiones 4.8………………………………………………………………... recomendaciones 4.8………………………………………………………………………… Bibliografía

OBJETIVOS 1. Familiarizarse con el concepto de fuerzas hidrostáticas sobre superficies planas. 2. conocer un modo de determinarla y estudiar las propiedades de fuerzas hidrostáticas sobre superficies planas. 3. Conocer métodos y equipos para hacer medidas de fuerzas hidrostáticas sobre superficies planas. 4. Poder desarrollar los ejercicios utilizando los distintos métodos que se presentan en el libro.

INTRODUCCION Existen varios tipos de estructuras que se encuentran sometidos a fuerzas de presión que actúa sobre ellas. Los tanques de almacenamiento de agua, diques, presas, compuertas, los cascos de los barcos, ejemplifican la necesidad de llevar a cabo diseños de estructuras que soporten las fuerzas procedentes de los fluidos con los que entran en contacto. Una parte importante de la mecánica de fluidos es la determinación de las fuerzas de presión que esas estructuras tienen que soportar a fin de funcionar de manera apropiada.

MARCO TEÓRICO 5. FUERZAS HIDROSTÁTICAS SOBRE SUPERFICIES PLANAS El diseño de estructuras de contención requiere el cálculo de las fuerzas hidrostáticas sobre las superficies adyacentes al fluido. Estas fuerzas están relacionadas con el efecto del peso del fluido sobre las superficies que lo contienen. Por ejemplo, un depósito con una base plana y horizontal de área 𝐴𝑏 que contenga una altura H de agua soportará una fuerza vertical hacia abajo en la base igual a 𝐹𝑏 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑔𝐻𝐴𝑏 .Si la superficie no es horizontal, se requerirán cálculos adicionales para determinar las componentes de la fuerza hidrostática. Si despreciamos las variaciones en la densidad del fluido, la Ecuación (2.20) nos dice que la presión sobre cualquier superficie sumergida varía linealmente con la profundidad. El caso de una superficie plana es análogo al problema de flexión y compresión combinadas en resistencia de materiales, ya que en ambos se presenta una distribución lineal de esfuerzos. El problema hidrostático se reduce, pues, a fórmulas simples que atañen al centroide o centro de gravedad y a los momentos de inercia de la sección plana. La Figura 2.11 muestra una placa plana de forma arbitraria sumergida completamente en un líquido. La placa forma un ángulo θ con la horizontal, de forma que su profundidad varía de un punto a otro. Si h es la

Profundidad de un elemento diferencial de área dA de la placa, según la Ecuación (2.20) la presión sobre dicho elemento será p = pa + ρgh. Para deducir expresiones que tengan en cuenta la forma de la placa, tomemos un sistema de coordenadas xy sobre el plano de la placa con origen en el centroide, y una coordenada muda ξ que mide la distancia por debajo de la superficie libre sobre el plano de la placa. La fuerza hidrostática total sobre una cara de la placa será entonces

La integral que queda se calcula teniendo en cuenta que, según la Figura 2.11, h =ξsenθ y, por definición, la distancia del centroide a la superficie es tal que

Por tanto, como θ es constante sobre la placa, la Ecuación (2.35) queda

Finalmente, recordando que ξ𝐶𝐺 senθ= ℎ𝐶𝐺 es la profundidad del centroide de la placa, tendremos

La fuerza sobre una cara de cualquier superficie plana sumergida en un fluido uniforme es igual a la presión que hay en el centro de gravedad de dicha cara por su área, independientemente de la forma de la placa o de su ángulo de inclinación θ. La Ecuación (2.38) puede ser visualizada físicamente en la Figura 2.12 como la resultante de una distribución lineal de esfuerzos sobre la placa. Esto es semejante a la flexión y compresión combinadas sobre

una viga de la misma sección transversal. Ocurre que la parte del esfuerzo que proviene de la «flexión» da resultante nula si su «eje neutro» pasa por el centro de gravedad de la sección. La parte restante, procedente de la «compresión», es la que produce la fuerza resultante, igual al esfuerzo existente en el centro de gravedad por el área de la sección. Este resultado es el que expresa la Ecuación (2.38). Sin embargo, para equilibrar la contribución de la flexión, la fuerza resultante F no debe actuar en el centroide, sino más abajo, hacia la zona de presiones más elevadas. Su línea de acción pasará por el centro de presiones CP de la placa, como se indica en la Figura 2.11. Para hallar las coordenadas (𝑋𝐶𝑃, 𝑌𝐶𝑃 ), sumamos los momentos de todas las fuerzas elementales p dA respecto al centro de gravedad e igualamos al momento de la resultante F. Para calcular 𝑌𝐶𝑃 , haremos

El término 0 𝑃𝐴𝑌 dA se anula por definición de centro de gravedad. Introduciendo ξ= ξ 𝐶𝐺 – y, obtenemos

Donde de nuevo 0 y dA = 0 e 𝐼𝑋𝑋 es el momento de inercia del área de la placa respecto a su eje central x, calculado en el plano de la placa. Sustituyendo F por su valor, resulta

El signo negativo de la Ecuación (2.41) muestra que 𝑌𝐶𝑃 está por debajo del centro de gravedad, a una profundidad mayor y, contrariamente a F, sí depende del ángulo de inclinación θ . Si ponemos la placa a profundidades mayores, 𝑌𝐶𝑃 se acerca al centro de gravedad, ya que todos los factores de la Ecuación (2.41) permanecen constantes, excepto 𝑃𝐶𝐺 , que aumenta. La determinación de 𝑋𝐶𝑃 es exactamente igual:

donde 𝐼𝑋𝑌 es el producto de inercia de la placa, calculado en el plano de la placa con respecto a ejes que pasan por el centro de gravedad. Sustituyendo F por su valor, tendremos

Cuando 𝐼𝑋𝑌 es positivo 𝑋𝐶𝑃 , es negativo porque la fuerza de presión actúa en el tercer cuadrante, o inferior izquierdo, de la placa. Si 𝐼𝑋𝑌 = 0, lo que suele implicar simetría, 𝑋𝐶𝑃 = 0 y el centro de presiones está inmediatamente debajo del centroide, sobre el eje y. 6. FORMULAS PARA EL CALCULO DE LA PRESION MANOMETRICA En muchos casos la presión ambiente 𝑝𝑎 se desprecia porque actúa en ambos lados de la placa. Por ejemplo, cuando el otro lado de la placa es la cara interior del casco de un barco o la cara seca de una compuerta o presa. En este caso 𝑃𝐶𝐺 = 𝑃𝑔ℎ𝐶𝐺 y el centro de presiones resulta independiente del peso específico del fluido:

La Figura 2.13 proporciona el área y los momentos de inercia de varias secciones transversales comunes, para su uso en estas fórmulas. Tenga en cuenta que θ es el ángulo que la placa forma con el horizonte.

7. FUERZAS HIDROSTÁTICAS SOBRE SUPERFICIES CURVAS La resultante de fuerzas de presión sobre superficies curvas se calcula más fácilmente separando las componentes vertical y horizontal. Considérese la superficie curva arbitraria de la Figura 2.14a. Las fuerzas elementales de presión, por actuar perpendicularmente a la superficie en cada punto, varían en dirección a lo largo de ésta y no pueden ser sumadas simplemente. Podríamos sumar por separado las tres componentes de las fuerzas elementales, pero esta triple integración no es necesaria. La Figura 2.14b muestra el diagrama de cuerpo libre de la columna de fluido contenida en la proyección vertical hacia arriba de la superficie curva. Las fuerzas 𝐹𝐻 y 𝐹𝑉 son las ejercidas por la columna de fluido sobre la superficie. Se muestran también las fuerzas debidas al peso y a la presión que actúa sobre las paredes verticales. La columna de fluido debe estar en equilibrio estático. En la parte superior de la columna, bcde, las componentes horizontales F1 se equilibran y son irrelevantes en la discusión. En la parte inferior, la región irregular de fluido abc próxima a la superficie curva, el equilibrio de fuerzas muestra que la componente horizontal 𝐹𝐻 , que ejerce la superficie sobre el fluido, ha de ser igual a la fuerza 𝐹𝐻 que actúa en la pared vertical izquierda. Esta última puede calcularse con las expresiones conocidas para superficies planas, según se ve en la Ecuación (2.38), aplicadas a la proyección sobre un plano vertical de la superficie curva considerada. La siguiente regla general simplifica el análisis:

La componente horizontal de la fuerza ejercida sobre una superficie curva es igual a la fuerza ejercida sobre el área plana formada por la proyección de aquélla sobre un plano vertical normal a dicha componente. Si existen dos componentes horizontales, ambas pueden calcularse utilizando el procedimiento anterior. La suma de las fuerzas verticales muestra que

Podemos resumir esto de la siguiente forma: La componente vertical de las fuerzas de presión que actúan sobre una superficie curva es igual en magnitud y dirección al peso de la columna de fluido, líquido y aire atmosférico que hay encima de dicha superficie. Por tanto, el cálculo de 𝐹𝑉 es poco más que encontrar el centroide de gravedad de la columna de fluido; quizás una pequeña integración si la región inferior abc de la Figura 2.14b tiene una forma particularmente compleja. 8. FUERZAS HIDROSTÁTICAS EN FLUIDOS ESTRATIFICADOS Las fórmulas descritas en las Secciones 2.5 y 2.6 para superficies planas y curvas son válidas únicamente si el fluido es de densidad uniforme. Si el fluido está estratificado con distintas densidades, como en la Figura 2.15, el problema no se puede resolver empleando una simple fórmula, ya que la pendiente de la distribución lineal de presiones cambia de capa a capa. Sin embargo, las fórmulas ya conocidas se pueden aplicar por separado a cada una de las capas, de modo que el procedimiento adecuado es calcular las fuerzas y momentos de cada capa y sumarlos posteriormente para obtener la resultante total. Considérese la superficie plana indicada en la Figura 2.15, sumergida en una región fluida con dos capas. La pendiente de la distribución de presión se hace más acusada al pasar a la segunda capa, formada por un fluido más denso. La fuerza total sobre la placa no es igual a la presión en el centro de masas por el área, sino que cada parte de la placa cumple esto por separado, de modo que sumamos las dos contribuciones para hallar el total:

Análogamente, el centroide de cada parte de la placa puede ser utilizado para saber dónde está el centro de presiones de dicha parte:

Estas fórmulas sitúan el centro de presiones de cada Fi respecto al centroide de la parte respectiva, no respecto al de la placa completa. El centro de presiones de la fuerza total F = - Fi debe obtenerse sumando momentos respecto a algún punto conveniente, por ejemplo, la superficie libre. El siguiente ejemplo servirá de ilustración.

9.EJERCICIOS 3.21) Para la compuerta AB de 2.5 m de longitud que se muestra en la fig. 3.19, determinar la fuerza de compresión sobre el jabalcón CD, debida a la presión del agua. (B, C y D son puntos articulados). 3.21) Para la compuerta AB de 8 pie de longitud que se muestra en la fig. 3.19, determinar la fuerza de compresión sobre el jabalcón CD, debida a la presión del agua. (B, C y D son puntos articulados).

SOLUCION: 𝑊1 = (62.43 𝑊2 = (62.43

𝑙𝑏 ) (1.97𝑝𝑖𝑒)(2.95𝑝𝑖𝑒)(8.2𝑝𝑖𝑒) = 2975.06𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒 3

𝑙𝑏 ) (1.64𝑝𝑖𝑒)(2.95𝑝𝑖𝑒)(5.12𝑝𝑖𝑒)(8.2𝑝𝑖𝑒) = 12680.69𝑙𝑏 ∙ 𝑝𝑖𝑒 𝑝𝑖𝑒 3

𝐶𝑂𝑀𝑃𝑂𝑁𝐸𝑁𝑇𝐸 𝐷𝐸 𝑃𝐸𝑆𝑂

5.81𝑝𝑖𝑒 2

𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜

𝑋̅ (𝑝𝑖𝑒)

𝐴𝑅𝐸𝐴 (𝑝𝑖𝑒 2 )

1.48𝑝𝑖𝑒

7.53𝑝𝑖𝑒 2

𝑡𝑟𝑖𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜

0.98𝑝𝑖𝑒

𝑋̅ 𝐴(𝑝𝑖𝑒 3 ) 8.48𝑝𝑖𝑒 3 7.42𝑝𝑖𝑒 3

𝐴𝑅𝐸𝐴 (𝑝𝑖𝑒 2 ) = 13.34𝑝𝑖𝑒 2 𝑋̅ 𝐴(𝑝𝑖𝑒 3 ) = 15.9𝑝𝑖𝑒 3 𝑋̅ =

15.9𝑝𝑖𝑒 3 = 1.19𝑝𝑖𝑒 13.34𝑝𝑖𝑒 2

El peso W se encuentra aplicando a 1.19 pie del punto B: 𝑊𝑡 = 𝑊1 + 𝑊2 = 6842.49𝑙𝑏 𝐶𝑂𝑀𝑃𝑂𝑁𝐸𝑁𝑇𝐸 𝐸𝑀𝑃𝑈𝐽𝐸 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑡𝑟𝑖𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜

𝐴𝑅𝐸𝐴 (𝑝𝑖𝑒 2 ) 10.12𝑝𝑖𝑒 2 13.13𝑝𝑖𝑒 2

𝑌̅ (𝑝𝑖𝑒) 2.55𝑝𝑖𝑒 1.70𝑝𝑖𝑒

𝑌̅ 𝐴(𝑝𝑖𝑒 3 ) 25.78𝑝𝑖𝑒 3 22.25𝑝𝑖𝑒 3

𝐴𝑅𝐸𝐴 (𝑝𝑖𝑒 2 ) = 23.25𝑝𝑖𝑒 2 𝑌̅ 𝐴(𝑝𝑖𝑒 3 ) = 48.03𝑝𝑖𝑒 3 𝑌̅ =

48.03𝑝𝑖𝑒 3 = 2.07𝑝𝑖𝑒 23.25𝑝𝑖𝑒 2

El empuje E se encuentra aplicado a 2 pie del punto B: 𝐸𝑡 = 𝐸1 + 𝐸2 = 11851.61𝑙𝑏 Realizando simetría de momentos con respecto al punto B: ∑ 𝑀𝐵 = 0 −𝑊𝑡(1.18𝑝𝑖𝑒) − 𝐸𝑡(2𝑝𝑖𝑒) + 𝑅(2𝑝𝑖𝑒) = 0 𝑅=

(6842.49𝑙𝑏)(0.18𝑝𝑖𝑒) + (11851.61𝑙𝑏)(2𝑝𝑖𝑒) = 23.09𝑙𝑏 2𝑝𝑖𝑒 𝐹𝑅 = √(68422 ) + (11851.612 ) = 13685.04𝑙𝑏

Solución al problema por métodos planteados en mecánica de fluidos: sin 60° =

ℎ𝑐𝑔 𝑦𝑐𝑔

ℎ𝑐𝑔 = 𝑦𝑐𝑔 sin 60° = 0.9 sin 60° = 2.6𝑝𝑖𝑒 ℎ𝑐𝑔 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 1.97𝑝𝑖𝑒 + 2.56𝑝𝑖𝑒 = 4.53𝑝𝑖𝑒 𝑦𝑐𝑔 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐹 = 𝛾ℎ𝑐𝑔 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ; 𝐴 = 62.43

ℎ𝑐𝑔 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 5.22𝑝𝑖𝑒 sin 60°

𝑙𝑏 × 4.53𝑝𝑖𝑒 × (5.9𝑝𝑖𝑒 × 8.2𝑝𝑖𝑒) = 203.74𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒 3

𝑏ℎ3 (8.2𝑝𝑖𝑒(5.93 )) 𝐼𝑐𝑔 = = = 140.34𝑝𝑖𝑒 4 12 12 𝑌𝑐𝑝 = 𝑌𝑐𝑝 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 +

𝐼𝑐𝑔 140.34𝑝𝑖𝑒 4 = 5.22𝑝𝑖𝑒 + = 5.77𝑝𝑖𝑒 𝑌𝑐𝑔𝑇𝐴 5.22𝑝𝑖𝑒(5.9𝑝𝑖𝑒 ∙ 8.2𝑝𝑖𝑒)

Longitud total 00𝐼 : sin 60° =

ℎ𝑐𝑔 𝑦𝑐𝑔

;

𝑌𝑐𝑔 = 2.26𝑝𝑖𝑒

Longitud total o B= 2.26𝑝𝑖𝑒 + 5.9𝑝𝑖𝑒 = 8.17𝑝𝑖𝑒 cos 45° =

𝐹 𝐹1

;

Tomando momentos con respecto al punto B:

𝐹𝑥 = 𝐹1 cos 45°

𝐹1 = 15741.01𝑙𝑏 3.22) Una compuerta vertical rectangular AB tiene 3,7 m de altura, 1,5 m de anchura y está articulada en un punto 150 mm por debajo de su centro de gravedad. La profundidad total del agua es de 6,1 m. ¿Qué fuerza horizontal F debe aplicarse a la parte inferior de la compuerta para que se mantenga en equilibrio? Una compuerta vertical rectangular AB tiene 12.14 pie de altura, 4.92 m de anchura y está articulada en un punto 0.49 pie por debajo de su centro de gravedad. La profundidad total del agua es de 20.01 pie. ¿Qué fuerza horizontal F debe aplicarse a la parte inferior de la compuerta para que se mantenga en equilibrio?

SOLUCION: 𝐹1 = 𝛾[(19.69𝑝𝑖𝑒 − 11.81𝑝𝑖𝑒) + 5.9𝑝𝑖𝑒] × (11.81𝑝𝑖𝑒 × 4.92𝑝𝑖𝑒) 𝐹1 = 50000𝑙𝑏 𝑌𝑐𝑔 = 7.89𝑝𝑖𝑒 +

11.81𝑝𝑖𝑒 = 13.78𝑝𝑖𝑒 2

(11.812 ) 12 𝑌𝑐𝑔 = + 13.78 = 14.63𝑝𝑖𝑒 13.78𝑝𝑖𝑒(11.81 × 4.92) 4.92𝑝𝑖𝑒

𝑌 = 𝑌𝑇 − 𝑌𝐶𝑃 = 19.69𝑝𝑖𝑒 − 14.63𝑝𝑖𝑒 = 5.05𝑝𝑖𝑒 𝑋 + 𝑌 = 5.41𝑝𝑖𝑒 𝑋 = 5.41𝑝𝑖𝑒 − 5.05𝑝𝑖𝑒 = 0.36𝑝𝑖𝑒 Tomando momentos con respecto al eje de giro: 𝐹1 𝑥 = 𝐹 × 5.41𝑝𝑖𝑒 𝐹=

5000𝑙𝑏 × 0.36𝑝𝑖𝑒 = 3247.41𝑙𝑏 5.41𝑝𝑖𝑒

3.26) En la Figura 3.22 la compuerta AB tiene su eje de giro en B y su anchura es de 1,20 m. ¿Qué fuerza vertical, aplicada en su centro de gravedad, será necesaria para mantener la compuerta en equilibrio, si pesa 20 kN? En la Figura 3.22 la compuerta AB tiene su eje de giro en B y su anchura es de 3.94 pie. ¿Qué fuerza vertical, aplicada en su centro de gravedad, será necesaria para mantener la compuerta en equilibrio, si pesa 4496.18 lb?

SOLUCION: Rectángulo 𝐸𝑀𝑃𝑈𝐽𝐸 = 𝑃𝑅𝐸𝑆𝐼𝑂𝑁 × 𝐴𝑅𝐸𝐴 𝐸𝑀𝑃𝑈𝐽𝐸1 = 9.84𝑝𝑖𝑒𝛾(4.92𝑝𝑖𝑒 × 3.94𝑝𝑖𝑒) = 11904.96𝑙𝑏 𝑏𝑒1 =

ℎ 4.92 = = 2.46 𝑝𝑖𝑒 2 2

𝐸𝑀𝑃𝑈𝐽𝐸2 = 4.92𝑝𝑖𝑒𝛾(4.92𝑝𝑖𝑒 × 3.94𝑝𝑖𝑒) = 5952.481𝑙𝑏 𝑏𝑒2 = 𝑃𝐸𝑆𝑂 = 4409.25𝑙𝑏

ℎ 4.92 = = 1.64 𝑝𝑖𝑒 3 3 ;

𝑏𝑤 =

4.92 = 2.46𝑝𝑖𝑒 2

Que es la fuerza aplicada para mantener la compuerta cerrada tomando momentos alrededor del punto B. ∑ 𝑀𝑏 = 0 11904𝑙𝑏 × 2.46𝑝𝑖𝑒 + 5952.48𝑙𝑏 × 1.64𝑝𝑖𝑒 = 4409.25𝑙𝑏 × 2.46𝑝𝑖𝑒 + 𝐹 × 2.46𝑝𝑖𝑒 𝐹 = 11464.04𝑙𝑏

3.27) En un tanque de 6 m de longitud y una sección transversal, el agua está en el nivel AE, encuentre: a) La fuerza total que actúa en el lado BC b) La fuerza total que actúa sobre el área ABCDE en magnitud y posición. En un tanque de 6 m de longitud y una sección transversal, el agua está en el nivel AE, encuentre: a) La fuerza total que actúa en el lado BC b) La fuerza total que actúa sobre el área ABCDE en magnitud y posición.

SOLUCION: 𝑭𝟏 = (𝟔𝟐. 𝟒𝟑

𝒀𝒄𝒑𝟏 =

𝒍𝒃 𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆 ) ( ) (𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆 × 𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆) = 𝟓𝟏𝟒𝟐𝟗. 𝟒𝟒𝒍𝒃 𝒑𝒊𝒆𝟑 𝟐

𝑰𝒄𝒈 + 𝒀𝒄𝒈 𝑨𝒀𝒄𝒈

𝑭𝟐 = (𝟔𝟐. 𝟒𝟑

𝒀𝒄𝒑𝟐 =

𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆(𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆𝟑 ) 𝟏𝟐 = + 𝟓. 𝟗𝒑𝒊𝒆 = 𝟕. 𝟖𝟕𝒑𝒊𝒆 (𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆 × 𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆) × 𝟓. 𝟗𝒑𝒊𝒆 𝒍𝒃 𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆 + 𝟕. 𝟖𝟕𝒑𝒊𝒆 𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆 × 𝟕. 𝟖𝟕𝒑𝒊𝒆 )( )( ) 𝟑 𝒑𝒊𝒆 𝟑 𝟐 = 𝟒𝟏𝟗𝟎𝟓. 𝟒𝟕𝒍𝒃 𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆(𝟕. 𝟖𝟕𝒑𝒊𝒆𝟑 ) 𝟑𝟔

(𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆 × 𝟕. 𝟖𝟕𝒑𝒊𝒆) × (𝟏𝟏. 𝟖𝟏 +

𝟕. 𝟖𝟕 𝟑 )

+ (𝟏𝟏. 𝟖𝟏 +

𝟕. 𝟖𝟕 ) 𝟑

= 𝟏𝟒. 𝟔𝟕𝒑𝒊𝒆 𝑭𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝑭𝟏 + 𝑭𝟐 = 𝟗𝟑. 𝟑𝟑𝒍𝒃 Tomando momentos con respecto al punto O 𝟓𝟏𝟒𝟐𝟗. 𝟒𝟒𝒍𝒃 × 𝟕. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆 + 𝟒𝟏𝟗𝟎𝟓. 𝟒𝟕𝒍𝒃 × 𝟏𝟒. 𝟔𝟕𝒑𝒊𝒆 = 𝟗𝟑. 𝟑𝟑𝒍𝒃 × 𝒀𝒄𝒑 𝒀𝒄𝒑 = 𝟏𝟎. 𝟗𝟑𝒑𝒊𝒆 Fuerza total sobre la superficie ABCDE 𝑭 = (𝟔𝟐. 𝟒𝟑

𝒍𝒃 ) × (𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆 + 𝟑. 𝟔𝟕𝒑𝒊𝒆) × (𝟏𝟏. 𝟖𝟏𝒑𝒊𝒆) = 𝟏𝟗𝟎𝟒𝟕𝟗. 𝟑𝟗𝒍𝒃 𝒑𝒊𝒆𝟑

3.29) En la figura por encima de la compuerta en semicírculo de 1.2m de diámetro, hay una altura de agua de 0.90cm. La profundidad del cilindro es de 1.0m. Si el coeficiente de fricción entre la compuerta y las guías es de 0.1m determine la fuerza P requerida para elevar la compuerta que pesa 500kg. En la figura por encima de la compuerta en semicírculo de 3.94pie de diámetro, hay una altura de agua de 2.95pie. La profundidad del cilindro es de 3.28pie. Si el coeficiente de fricción entre la compuerta y las guías es de 0.33pie determine la fuerza P requerida para elevar la compuerta que pesa 1102.31lb.

SOLUCION: 𝑭𝒓 = 𝝁𝑵 𝑵 = 𝑭𝒉 = 𝜸 × 𝒉𝒄𝒈 × 𝑨 = 𝟔𝟐. 𝟒𝟑

𝒍𝒃 (𝟒. 𝟗𝟐𝒑𝒊𝒆 + 𝟏. 𝟗𝟕𝒑𝒊𝒆) × (𝟑. 𝟗𝟒𝒑𝒊𝒆 × 𝟑. 𝟐𝟖𝒑𝒊𝒆) = 𝟓𝟓𝟓𝟓. 𝟔𝟓𝒍𝒃 𝒑𝒊𝒆𝟑 𝑭𝒓 = 𝟎. 𝟑𝟑𝒑𝒊𝒆 × 𝟓𝟓𝟓𝟓. 𝟔𝟓𝒍𝒃 = 𝟓𝟓𝟓. 𝟓𝟕𝒍𝒃

𝑭𝒓 = 𝑷𝑬𝑺𝑶 𝑽𝑶𝑳𝑼𝑴𝑬𝑵 𝑫𝑬𝑺𝑨𝑳𝑶𝑱𝑨𝑫𝑶 = 𝜸

;

𝑽 = 𝜸 ; 𝑨𝑳 =

𝜸𝝅(𝟏. 𝟗𝟕𝒑𝒊𝒆)𝟐 𝑭𝑽 = × 𝟑. 𝟐𝟖𝒑𝒊𝒆 = 𝟏𝟐𝟒𝟔. 𝟕𝟏𝒍𝒃 𝟐 ∑ 𝒇𝒚 = 𝟎 𝑭𝑽 + 𝑷 ∙ 𝑾 − 𝑭𝒓 = 𝟎 𝑷 = 𝟏𝟏𝟎𝟐. 𝟑𝟏𝒍𝒃 + 𝟓𝟓𝟓. 𝟓𝟕𝒍𝒃 − 𝟏𝟐𝟒𝟔. 𝟕𝟏𝒍𝒃 = 𝟒𝟏𝟏. 𝟏𝟔𝒍𝒃

𝜸𝝅𝑹𝟐 𝑳 𝟐

3.32) Que tan debajo de la superficie del agua puede ser sumergido un cubo de 4m de lado, para que el centro de presión este 0.25m por debajo del centro de gravedad ¿Cuál será la fuerza total sobre el cuadrado? Que tan debajo de la superficie del agua puede ser sumergido un cubo de 13.12pie de lado, para que el centro de presión este 0.82pie por debajo del centro de gravedad ¿Cuál será la fuerza total sobre el cuadrado? SOLUCION: 𝒀𝒄𝒑 − 𝒀𝒄𝒈 = 𝟎. 𝟖𝟐𝒑𝒊𝒆 𝒀𝒄𝒑 = 𝟎. 𝟖𝟐𝒑𝒊𝒆 + 𝒀𝒄𝒈 … … … . . (𝟏) 𝒀𝒄𝒑 =

𝑰𝒄𝒈 + 𝒀𝒄𝒈 … … … … … . (𝟐) 𝒀𝒄𝒈 𝑨

Igualando (1) y (2) 𝑰𝒄𝒈 + 𝒀𝒄𝒈 = 𝟎. 𝟖𝟐𝒑𝒊𝒆 + 𝒀𝒄𝒈 𝒀𝒄𝒈 𝑨

𝒀𝒄𝒈

𝟔. 𝟓𝟔𝒑𝒊𝒆(𝟔. 𝟓𝟔𝒑𝒊𝒆𝟑 ) 𝑰𝒄𝒈 𝟏𝟐 = = = 𝟒. 𝟑𝟔𝒑𝒊𝒆 𝟎. 𝟖𝟐𝑨 𝟎. 𝟖𝟐𝒑𝒊𝒆(𝟔. 𝟓𝟔 × 𝟔. 𝟓𝟔)

𝒀𝒄𝒈 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟒. 𝟑𝟔𝒑𝒊𝒆 + 𝟏𝟑. 𝟏𝟐𝒑𝒊𝒆 = 𝟏𝟕. 𝟒𝟖𝒑𝒊𝒆 𝒀𝒄𝒈 = 𝒉 +

𝒍𝒂𝒅𝒐 𝟐

𝒉 = 𝟏𝟕. 𝟒𝟖𝒑𝒊𝒆 − 𝟔. 𝟓𝟔𝒑𝒊𝒆 = 𝟏𝟎. 𝟗𝟑𝒑𝒊𝒆 𝑭 = 𝟔𝟐. 𝟒𝟑

𝒍𝒃 × 𝟏𝟕. 𝟒𝟖𝒑𝒊𝒆 × 𝟓𝟐. 𝟒𝟗𝒑𝒊𝒆 = 𝟏𝟖𝟖𝟏𝟐𝟕. 𝟎𝟔𝒍𝒃 𝒑𝒊𝒆𝟑

3.33) En la figura el cilindro de radio=1m, 2m, de longitud está sumergido en agua a la izquierda y a la derecha en un aceite de densidad relativa 0.8. calcular: a) la fuerza normal en el punto B si el cilindro pesa 6000kg b) a fuerza horizontal debida al aceite y al agua si el nivel del aceite desciende 0.5m. a) Fuerza normal (N) en el punto B Peso del volumen del líquido desalojado En la figura el cilindro de radio=3.28pie, 6.56pie, de longitud está sumergido en agua a la izquierda y a la derecha en un aceite de densidad relativa 0.8. Calcular: a) la fuerza normal en el punto B si el cilindro pesa 13227.74 lb b) a fuerza horizontal debida al aceite y al agua si el nivel del aceite desciende 1.64pie. a) Fuerza normal (N) en el punto B

Peso del volumen del líquido desalojado

SOLUCION: 𝑾=𝜸 ; 𝑽 =𝜸×𝑨×𝑳 =𝜸× 𝒍𝒃

Empuje del agua= 𝟔𝟐. 𝟒𝟑 𝒑𝒊𝒆𝟑 × 𝒍𝒃

𝝅(𝟑.𝟐𝟖𝒑𝒊𝒆)𝟐 𝟐

Empuje del aceite= 𝟒𝟗. 𝟖𝟕 𝒑𝒊𝒆𝟑 ×

× 𝟔. 𝟓𝟔𝒑𝒊𝒆 = 𝟔𝟗𝟐𝟔. 𝟗𝟐𝒍𝒃

𝝅(𝟑.𝟐𝟖𝒑𝒊𝒆)𝟐 𝟐

𝝅𝑹𝟐 ×𝑳 𝟐

× 𝟔. 𝟓𝟔𝒑𝒊𝒆 = 𝟓𝟓𝟒𝟎. 𝟐𝒍𝒃

∑ 𝒇𝒚 = 𝟎 −𝑾 + 𝑵 + 𝑾𝒂𝒈𝒖𝒂 − 𝑾𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 = 𝟎 𝑵 = 𝑾𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 − 𝑾𝒂𝒈𝒖𝒂 − 𝑾𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆 𝑵 = 𝟏𝟑𝟐𝟐. 𝟕𝟕𝒍𝒃 − 𝟔𝟗𝟐𝟔. 𝟗𝟐𝒍𝒃 − 𝟓𝟓𝟒𝟎. 𝟐𝒍𝒃 = 𝟕𝟔𝟎. 𝟓𝟗𝒍𝒃 ∑ 𝒇𝒚(𝒂𝒈𝒖𝒂) 𝑭𝟏 = 𝜸𝒉𝒄𝒈 𝑨 = 𝟔𝟐. 𝟒𝟑

𝒍𝒃 𝟔. 𝟓𝟔 (𝟑. 𝟐𝟖 + ) (𝟔. 𝟓𝟔 × 𝟔. 𝟓𝟔) = 𝟏𝟕𝟔𝟑𝟔. 𝟗𝟖𝒍𝒃 𝟑 𝒑𝒊𝒆 𝟑. 𝟐𝟖 ∑ 𝒇𝒚(𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆)

𝑭𝟐 = 𝜸𝒉𝒄𝒈 𝑨 = 𝟒𝟗. 𝟖𝟕

𝒍𝒃 𝟒. 𝟗𝟐 ( ) (𝟒. 𝟗𝟐 × 𝟔. 𝟓𝟔) = 𝟑𝟗𝟔𝟖. 𝟑𝟐𝒍𝒃 𝒑𝒊𝒆𝟑 𝟔. 𝟓𝟔

F neta horizontal= 𝟏𝟕𝟔𝟑𝟔. 𝟗𝟖𝒍𝒃 − 𝟑𝟗𝟔𝟖. 𝟑𝟐𝒍𝒃 = 𝟏𝟑𝟔𝟔𝟖. 𝟔𝟔𝒍𝒃

3.37) Determinar por metro de longitud, los componentes horizontales y verticales del agua a presión que actúa sobre la compuerta tipo Tainter.

SOLUCION: 𝑭𝒉 = 𝟔𝟐. 𝟒𝟑

𝒍𝒃 × 𝟒. 𝟗𝟐𝒑𝒊𝒆 × 𝟗. 𝟖𝟒𝒑𝒊𝒆 = 𝟗𝟗𝟐𝟎. 𝟖𝟎𝒍𝒃 𝒑𝒊𝒆𝟑 𝑭𝑽 = 𝜸 ;

𝑽= 𝜸×𝑨×𝑳

𝑨𝑹𝑬𝑨 𝑵𝑬𝑻𝑨 = 𝑨𝑹𝑬𝑨 𝑺𝑬𝑪𝑻𝑶𝑹 𝑪𝑰𝑹𝑪𝑼𝑳𝑨𝑹 − 𝑨𝑹𝑬𝑨 𝑻𝑹𝑰𝑨𝑵𝑮𝑼𝑳𝑨𝑹 𝑨𝑹𝑬𝑨 𝑺𝑬𝑪𝑻𝑶𝑹 𝑪𝑰𝑹𝑪𝑼𝑳𝑨𝑹 = 𝝅𝑹𝟐 𝜽 =

𝝅𝑹𝟐 (𝝅⁄𝟏𝟗. 𝟔𝟖𝒑𝒊𝒆) 𝟐𝝅

𝝅(𝟏𝟗. 𝟔𝟖)𝟐 (𝝅⁄𝟏𝟗. 𝟔𝟖) = = 𝟏𝟎𝟏. 𝟓𝟎𝒑𝒊𝒆𝟐 𝟐𝝅 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟎° = 𝟏𝟗. 𝟔𝟖 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟎° = 𝟏𝟕. 𝟎𝟔𝒑𝒊𝒆 𝑨𝑹𝑬𝑨 𝑻𝑹𝑰𝑨𝑵𝑮𝑼𝑳𝑨𝑹 =

𝟏𝟕.𝟎𝟔𝒑𝒊𝒆×𝟗.𝟖𝟒𝒑𝒊𝒆 𝟐

= 𝟖𝟑. 𝟗𝟓𝒑𝒊𝒆𝟐

𝑨𝑹𝑬𝑨 𝑵𝑬𝑻𝑨 = 𝟏𝟎𝟏. 𝟓𝟎𝒑𝒊𝒆𝟐 − 𝟖𝟑. 𝟗𝟓𝒑𝒊𝒆𝟐 = 𝟏𝟕. 𝟓𝟒𝒑𝒊𝒆𝟐 𝑭𝒗 = 𝟔𝟐. 𝟒𝟑

𝒍𝒃 × 𝟏𝟕. 𝟓𝟒𝒑𝒊𝒆𝟐 × 𝟑. 𝟐𝟖𝒑𝒊𝒆 = 𝟑𝟓𝟗𝟑. 𝟓𝟒𝒍𝒃 𝒑𝒊𝒆𝟑

3.38) Determinar la fuerza vertical que actúa cobre la bóveda semicilíndrica, cuando la presión manométrica leída en A es de 0.6kg/cm2. La bóveda tiene 2m de longitud. Determinar la fuerza vertical que actúa cobre la bóveda semicilíndrica, cuando la presión manométrica leída en A es de 13200lb/10.76pie2. La bóveda tiene 6.56pie de longitud.

SOLUCION: 𝑷= 𝜸∙𝒉 𝒉=

𝑷 𝟏𝟐𝟐𝟔. 𝟗𝟓 𝒍𝒃⁄𝒑𝒊𝒆𝟐 = = 𝟏𝟐. 𝟑𝟎𝒑𝒊𝒆 𝜸 𝟗𝟗. 𝟕𝟓 𝒍𝒃⁄𝒑𝒊𝒆𝟑

𝑭𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒗𝒆𝒓𝒕𝒊𝒄𝒂𝒍(𝑭𝒗) = 𝒆𝒎𝒑𝒖𝒋𝒆 − 𝒑𝒆𝒔𝒐 𝑭𝒗 = (𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊𝒐𝒏 × 𝒂𝒓𝒆𝒂) − 𝒑𝒆𝒔𝒐 𝒔𝒆𝒎𝒊𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒊𝒄𝒐 𝜸𝝅𝒓𝟐 𝑳 𝑭𝒗 = (𝜸 ∙ 𝒉 ∙ 𝑫 ∙ 𝑳) − 𝟐 𝑭𝒗 = 𝟗𝟗. 𝟕𝟓 𝒍𝒃⁄𝒑𝒊𝒆𝟑 × 𝟏𝟐. 𝟑𝟎 𝒑𝒊𝒆 × 𝟑. 𝟗𝟒𝒑𝒊𝒆 × 𝟔. 𝟓𝟔𝒑𝒊𝒆 𝜸𝝅 × 𝟎. 𝟎𝟏𝟗𝒑𝒊𝒆 × 𝟔. 𝟓𝟔 −( ) 𝟔. 𝟓𝟔 𝑭𝒗 = 𝟐𝟕𝟕𝟓𝟔. 𝟏𝟗𝒍𝒃

3.39) Determinar la fuerza ejercida por el agua sobre la sección AB de 0.6 m de diámetro y la fuerza total en el plano C. Determinar la fuerza ejercida por el agua sobre la sección AB de 1.96pie de diámetro y la fuerza total en el plano C.

SOLUCION:

𝒍𝒃 𝝅𝒓𝟐 × 𝟏𝟔. 𝟒𝒑𝒊𝒆 𝒑𝒊𝒆𝟑 𝟒 𝒍𝒃 𝟏𝟔. 𝟒𝒑𝒊𝒆 × 𝟏𝟔. 𝟒𝒑𝒊𝒆 × 𝟏. 𝟏𝟖𝒑𝒊𝒆 = 𝟔𝟐. 𝟒𝟑 × = 𝟑𝟏𝟏𝟕. 𝟑𝟒𝒍𝒃 𝟑 𝒑𝒊𝒆 𝟒

𝑭𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒔𝒐𝒃𝒓𝒆 𝑨𝑩 = 𝟔𝟐. 𝟒𝟑

𝝅𝒓𝟐 𝒉𝟏 𝝅𝒓𝟐 𝒉𝟐 𝑭𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 𝒔𝒐𝒃𝒓𝒆 𝑪 = 𝜸 [ + ] 𝟒 𝟒 𝑭. 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 𝒔𝒐𝒃𝒓𝒆 𝑪 = 𝟒𝟔. 𝟕𝟔𝒍𝒃

4.8 CONCLUSION  Cualquier superficie plana, así como ejemplo las compuertas van a soportar presiones que se considera como la altura de la superficie libre del líquido al punto considerado. En caso de recipientes abiertos todas las fuerzas de presión paralelas tendrán una Fuerza Resultante que represente el empuje del líquido sobre la superficie.   la formula FH= ½ bh2 es aplicable para el caso de los tres ángulos las cuales son: 90°, 90°.   La presión varía linealmente, mientras más baja, acercándose a la parte inferior se incrementa la presión.   Se concluye que el centro de presión y el centro de gravedad no coinciden en ningún punto. El centro de presiones siempre se encuentra debajo del centro de gravedad.   El peso (gramos) directamente proporcional al nivel de agua, o sea si se tenía mayor peso, se necesitaba mayor volumen de agua para poder abrir la superficie plana.  4.8 RECOMENDACIONES  En la ejecución de una obra(presa) se debe tener en cuenta estas fuerzas: la gravedad, la presión hidrostática, y la fuerza resultante.  Tener en cuenta que esta es la única fórmula aplicable para los tres casos, sin dejar de lado sus unidades, para la exactitud en los cálculos respectivos.  Tener en cuenta que al variar esta presión forma el prisma depresión que va de menor a mayor magnitud.  Es recomendable determinar la posición exacta del Centro de Presiones sobre una superficie plana, completamente sumergida en un líquido en reposo, para realizar los cálculos posteriores y lograr los objetivos de este ensayo.  Es recomendable observar cómo es que el agua adquiere la capacidad de empuje, cuando se le incremente volumen de agua.