Mecanica_C2

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 2: Estática de fluidos Ejercicio 2-4 Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales.

Aire

Agua

Aire A

B

C

D

0,3

0,3

0,6

1,0

AceiteDens. Esp.0,9

Resolución Punto A

pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa pA = – 588 KPa

Punto B pB = γh = 9806 N/m .0,6 m = 5883,60 Pa B

3

pB = 588 KPa Punto C

pC = pB = 5883,60 Pa B

pC = 588 KPa Punto D

pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m3.1,9 m = 22651,86 Pa pD = 2265 KPa

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 1


Ejercicio 2-15 En la figura, para una lectura h = 20 in; determínese la presión en A en libras por pulgada cuadrada. El líquido tiene una densidad relativa de 1,90.

A

h

Datos h = 20 in S = 1,90 Resolución

pA = γh pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft3 = 0,069 lb

ft3 1728 in3 in2

pA = 0,069 lb in2

Ejercicio 2-24 En la figura, A contiene agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,94. Cuando el menisco izquierdo está en cero en la escala, pA = 100 mmH2O. Encuéntrese la lectura en el menisco derecho para pA = 8 kPa sin ningún ajuste del tubo en U o de la escala.


A

600

mm

0 0


Datos S = 2,94 pA

0 = 100 mmH2O pA = 8 kPa Resolución Cuando el meñisco izquierdo maraca cero tenemos

pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = 0 100 mmH2O. 1 m. 101325 pa + 9806 N 600 mm. 1m – 2,94.9806 N/m3 hi = 0

1000 mm 10,34 mH2O m3 1000 mm 979,93 Pa + 5883,6 Pa – 28829,64 N/m3 hi = 0

Despajando hi = – 979,93 Pa – 5883,6 Pa = 0,240 m

– 28829,64 N/m3

hi = 0,240 m Cuando aumentamos la presión en A tenemos

A

600

mm

0 0

dh

dhhi

dh

hf

pA + γH2O(h1 + Δh) – SγH2O(hi + 2Δh)= 0 pA + γH2Oh1 + γH2O Δh – SγH2Ohi – SγH2O2Δh = 0

pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = SγH2O2Δh – γH2O Δh pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = Δh(2.S.γH2O – γH2O)

Δh = pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi (2.S.γH2O – γH2O)

Reemplazando Δh = 8000 Pa + 9806 N/m30,6 m – 2,94.9806 N/m30,240 m =

(2.2,94. 9806 N/m3 – 9806 N/m3) Δh = 0,145 m

Finalmente la lectura en el lado derecho será hf = hi + Δh

hf = 0,240 m + 0,145 m = 0,385 m hf = 385 mm



Ejercicio 2-33 El recipiente mostrado en la figura tiene una sección transversal circular. Determínese la fuerza hacia arriba sobre la superficie del tronco de cono ABCD. ¿Cuál es la fuerza hacia abajo sobre el plano EF?¿Es, esta fuerza, igual al peso del fluido? Explique.

A

B C

D

E F

Agua

21

5

2 ft diám

4 ft diám

Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución Sobre ABCD

A2 A3A1 1,41

O

1 2 1

A = A1 + A2 + A3

A = ½ 1,00 ft.1,414 ft + 2,00 ft.1,414 ft + ½ 1,00 ft.1,414 ft


A = 4,245 ft2


Ay’p = A1y1 + A2y2 + A3y3 y’p = 0,707 ft20,47 ft + 2,828 ft2x0,707 ft + 0,707 ft20,47 ft

4,245 ft2y’p = 0,628 ft

yp = 2ft + 1,41 ft – y’p = 2,786 ft yp = 2,786 ft

Fn = γypA = 62,4 lb .2,786 ft.4,245 ft2 = 737,98 lb

ft3

Fv = Fn cos θ = 737,98 lb cos 45 = 521,83 lb Fv = 52183 lb

Sobre EF

V1 = 2πxpA

A = ½ 1,00 ft.1,00 ft + 5,00 ft.1,00 ft = 5,50 ft xp = 0,50 ft20,66 ft + 5,00 ft2x0,50 ft

5,50 ft xp = 0,51 ft

V1 = 2πxpA = 2π.0,51 ft.5,50 ft2

V1 = 17,80 ft3

V2 = hA = 8,00 ftπ(1,00 ft)2

V2 = 25,13 ft3

V = 17,80 ft3 + 25,13 ft3 = 42,93 ft3Fn = 42,93 ft3 62,4 lb/ft3

Fn = 267900 lb Ejercicio 2-36 Una superficie triangular de ángulo recto vertical tiene un vértice en la superficie libre de un líquido. Encuéntrese la fuerza sobre un lado (a) por integración y (b) por fórmula.

A

B C

h

A

b



Resolución Por integración

F = ∫ApdA = ∫Aγyxdy = γ∫0

hyxdy donde

y = hx b

x = by h reemplazando

F = γ∫0h(by)ydy

h F = γ∫0

h y2bdy h

F = γb ∫0hy2dy h

F = 1 γbh2

3 Por formula

F = pdA F = γhdA

F = γ 2h.bh 3 2

F = 1 γbh2

3 Ejercicio 2-37 Determínese la magnitud de la fuerza que actúa sobre una lado del triángulo vertical ABC de la figura (a) por integración y (b) por fórmula.

A B

C

A

5

5

Aceiteγ = 55 lb/ft3

3 4

Resolución


Por integración


dF = pdA

dF = γyxdy F = γ∫yxdy

donde x = 5,0 (7,40 – y)

2,4 reemplazando

F = γ∫57,4(37,0 – 5,0y)ydy

2,4 2,4 F = γ∫5

7,4(37,0y – 5,0y2)dy 2,4 2,4

F = γ∫57,437,0y – γ∫5

7,45,0y2dy 2,4 2,4

F = γ37,0∫57,4y – γ5,0∫5

7,4y2dy 2,4 2,4

F = – γ37,0[y2|57,4] + γ5,0[y3|57,4] 2,4 2 2,4 3

F = – 55,0. 37,0[7,42 – 5,02] + 55,0. 5,0[7,43 – 5,03] 2,4 2 2 2,4 3 3 finalmente

F = 1914,00 lb Por formula

F = pA F = γhA

F = γ (5,00 ft+ 1h).bh 3 2

F = 55,00 lb(5,00 ft+ 2,40ft).5,00 ft.2,40 ft ft3 3 2

F = 1914,00 lb Ejercicio 2-46 La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, descartando el peso de la presa.


A

B

Puntal

24

6

3 φ

θ


Resolución

θ = arc tan (4,00 m/3,00 m) = 53º 07’ 48’’ ϕ = arc sen (6,00 m/4,00 m) = 41º 48’ 37’’

FA = FH + FL

Donde FH = γhAcos ϕ

como el punto de aplicación de la fuerza, es decir A, está en el centroide del área donde se calcula la presión, la altura del área será

hH = 2hH ⇒ hH = 3 2,00 m = 3,00 m 3 2 Por prisma de presión

FH = 9,806 kN 3,00 m 3,00 m 6,00 m cos 41º 48’ 37’’ = m3 2

FH = 197,34 kN Por otro lado

hL = 2hL ⇒ hL = 3 2,50 m = 3,75 m 3 2

FL = 9,806 kN 3,75 m 3,75 m 6,00 m cos (53º 07’ 48’’ – 41º 48’ 37’’) = m3 2

FL = 405,64 kN finalmente

FA = FH + FLFA = 197,34 kN + 405,64 kN

FA = 602,98 kN Ejercicio 2-59 La compuerta de la figura pesa 300 lb/ft normal al papel. Su centro de gravedad está a 1,5 pie de la cara izquierda y 2,0 ft arriba de la cara más baja. Tiene un gozne en 0. Determínese la posición de la superficie del agua cuando la puerta apenas comienza a subir. (La superficie del agua está abajo del gozne.)

5

h

O

Resolución



E = γh(h/2) E = γh2

2 ΣMo = 0

E[5 – h + (2/3)h] = xPCE[5 – (1/3)h] = xPC5E – E(1/3)h = xPC

reemplazando 5γh2 – γh2(1/3)h = xPC

2 2 5γh2 – 1γh3 – xPC = 0

2 6 5.62,42 lb h2 – 1.62,42 lb h3 – 1,50 ft300,00 lb = 0

2 ft3 6 ft3 – 10,40 lbh3 + 156,05 lbh2 – 450 lb = 0

ft3 ft3 h = 1,81 ft

Observación: Esta distancia es medida desde el pelo libre hasta el orificio. Ejercicio 2-66 Para una variación lineal de esfuerzo sobre la base de la presa de la figura. (a) Localice donde la resultante cruza la base y (b) calcúlese los esfuerzos compresivos máximos y mínimos en la base. Ignore la elevación hidrostática.

γ' =2.5γ

720

3 4 11

Resolución


a)


E1

E2

P1

P2

P3θ

θ = arc tan (20/3) = 81º 28’ 9 ‘’

E1 = γh20,5 E1 = γ7,00 m 7,00 m 0,5 = γ24,50 m2

E2 = γh0,5l Donde

l = h/sen θ = 20,00 m/sen 81º 28’ 9 ‘’ = 20,22 m E2 = γ(7,00 m + 27,00 m)0,5.20,22 m = γ343,80 m2

P1 = γ’.A1P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m2

P2= γ’.A2P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m2

P3= γ’.A3P3 = 2,5γ.11,00 m 20,00 m 0,5 = γ275,00 m2

RX = E1 + E2sen θ = γ24,50 m2 + γ343,80 m2sen 81º 28’ 9 ‘’ = γ364,00 m2

RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ =

RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ = γ670,99 m2

lE2 = lp1l0,5 + lp20,5l(2/3) =

lp1 + lp20,5 lE2 = (20,22 m)27,00 m0,5 + (20,22 m)220,00 m0,5(1/3) = 8,13 m

(20,22 m)7,00 m + (20,22 m)20,00 m0,5

yE1 = 20,00 m + 7,00 m(1/3) = 22,33 m x1 = 3,00 m (2/3) = 2,00 m

x2 = 3,00 m + 4,00 m 0,5 = 5,00 m x3 = 7,00 m + 11,00 m (1/3) = 10,67 m

ΣMA = 0 RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 = 0

xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 = RY

xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m γ670,99 m2


xR = 11,588 m


b)

σmín σmáx

RY = σmL

σmáx + σmin = 2RY/L σmáx = 2RY/L – σmin

ΣMA = 0 RYxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0

2 2 3 (σmáx + σmin)LxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0

2 2 2 3 σmáx11,58 m + σmin11,58 m – σmín18,00 m – σmáx18,00 m + σmin18,00 m = 0

2 2 2 3 3 σmáx5,79 m + σmin5,79 m – σmín9,00 m – σmáx6,00 m + σmin6,00 m = 0

σmáx(5,79 m – 6,00 m) + σmin(6,00 m + 5,79 m – 9,00 m) = 0 σmáx(– 0,21 m) + σmin2,79 m = 0

σmáx = σmin13,55 m = 0 reemplazando

σmin13,55 m = 2RY/L – σminσmín + σmin13,55 m = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2RY/L

σmin(1 + 13,55 m) = 2γ670,99 m2/18,00 m σmin = 2γ670,99 m2 =

18,00 m(1 + 13,55)

σmin = γ5,12 reemplazando

σmáx = 2RY/A – σminσmáx = 2γ670,99 m2 – γ5,12

18,00 m2

σmáx = γ69,43

Ejercicio 2-67 Resuélvase el problema 2-66 con la adición de que la elevación hidrostática varía linealmente desde 20 m en A hasta cero en la punta de la presa.



20 m0

Resolución

E1 = γ24,50 m2

E2 = γ343,80 m2

P1 = γ75,00 m2

P2 = γ270,00 m2

P3 = γ275,00 m2

RX = E1 + E2sen θ = γ364,50 m2

Si llamamos V a la elevación hidrostática, tenemos V = γ20,00 m.18,00 m.0,5 = γ180 m2

RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ – V = RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ – γ180 m2 = γ490,99 m2

lE2 = 8,13 m yE1 = 22,33 m

x1 = 2,00 m x2 = 5,00 m

x3 = 10,67 m xV = (1/3)18,00 m = 6,00 m

ΣMA = 0

RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 + VxV = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 – VxV =

RYxR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m – γ180 m26,00 m =

γ490,99 m2

xR = 13,640 m

Ejercicio 2-89


Un tronco detiene el agua como se muestra en la figura. Determínese (a) la fuerza por metro que lo empuja contra la presa, (b) el peso del cilindro por metro de longitud, y (c) su densidad relativa.


R2aceite den. rel. 0,8

AguaA

B

C

D Resolución a)

FH = FAB + FAD – FDCFH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m

m3

FH = 15,69 kN/m b)

FV = – FAB + FADB + FBDCdonde FADB = FBDC, entonces

FV = – SAγA + 2.γA FV = – SAγ(R2 – (1/4)πR2) + 2.γ (R2 + (1/4)πR2)

FV = – SAγR2 (1 – π/4) + 2.γR2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4)

FV = 133,32 kN/m

c) γT = FV/VT

γT = 133,32 kN/m = 10,61 kN π(2,00 m)2 m3

ST = γT/γAST = 10,61 kN/m3

9,806 kN/m3

ST = 1,08

Ejercicio 2-104 ¿Flotará en agua una viga de 4 m de largo con sección transversal cuadrada y S = 0,75 manteniéndose en equilibrio estable con dos lados horizontales? Resolución

GB

W = E


SγV = γV’


Sγh2L = γhh’L Sh = h’

S = h’/h = 0,75 Esto significa que la altura sumergida será menor que la altura del objeto, y por ser una sección cuadrada el centro de gravedad estará por encima del centro de flotación lo que significa que el cuerpo NO está en equilibrio estable para los dos lados horizontales. Ejercicio 2-108 Un tanque de líquido S = 0,88 es acelerado uniformemente en una dirección horizontal de tal forma que la presión disminuya dentro del líquido 20 kPa/m en la dirección del movimiento. Determínese la aceleración. Resolución

x

ax

xga

Spp xγ−= 0

xgaSpp xγ−=− 0

xSpgax γ

Δ−=

reemplazando

3

2

980688,0

806,9)20000(

mN

sm

mPa

ax

×

−−=

ax = 22,73 m2/s Ejercicio 2-117 El tubo de la figura está lleno de líquido con densidad relativa 2,40. Cuando se acelera a la derecha 8,05 ft/s2, dibuje la superficie libre imaginaria y determínese la presión en A. Para pA = 8 psi de vacío determínese ax.



2

1

A

Resolución

xga

Sp xγ−=

ft

sft

sft

ftlbp 2

174,32

05,84,6240,2

2

2

3×−=

p = – 74,84 lb

ft2

2

1

A

Sí pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb

1 ft2 ft2entonces

xSpgax γ

−=

ftftlb

sft

ftlb

ax

24,624,2

174,32)1152(

3

22

×

−−=

ax = 123,75 ft/s2


Documents

Mecanica_C2