TIPOLOGIΜA TEXTUAL- EXPOSICIOΜN Y ARGUMENTACIOΜN.pptx
Β
Ejercicios resueltos dinamica de fluidos
1. 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
observaciΓ³n circular. Si la presiΓ³n en el tanque es de 0.12 psia cuando el barΓ³metro indica 30.5
pulg de mercurio, calcule la fuerza total sobre la ventana.
SOLUCION:
2
2
3
3 3
2
2
.
:
(12 )
4
113.1
844.9 1
30.5
1728
14.91
(14.91 0.12) 113.1 1673
atm gas
atm m
atm
atm
F p A
donde
p p p
Area
in
A
A in
p h
lb ft
p x inx
ft in
p psi
lb
F x in lb
in
ο°
ο§ο½
ο½ ο
ο ο½ ο
ο½
ο½
ο½
ο½
ο½ ο ο½
PROBLEMA 4.2
2. 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.
SoluciΓ³n:
Sea πΉπ‘ππ‘ππ= 6 x πΉπ‘π’ππππ D: Diametro
Ademas A = Ο x (
D
2
)2
= (3.14) x (15ππ’ππ)2
= 706.5ππ’ππ2
como P = (
F
A
) => F = A x P
πΉπ‘ππ‘ππ = (706.5ππ’ππ2
) x (14.4
lb
ππ’ππ2
) = 10173.6lb
Luego 6 x πΉπ‘π’ππππ = 10.17klb
πΉπ‘π’ππππ = 1.70klb
4. 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 presiΓ³n estΓ‘ a la distancia de
h /3 = 12 pie/3 = 4 pies
a partir del fondo de la pared.
Paso 3.La fuerza
FR actΓΊa de manera perpendicular a la pared, en el centro de presiΓ³n, como
se ilustra en la figura 4.6.
PROBLEMA 4.5
Una valvula de presiΓ³n de alivio esta diseΓ±ada de modo que la presiΓ³n del gas dentro del tanque
actue sobre un embolo que tiene diΓ‘metro de 30 mm ΒΏCuΓ‘nta fuerza debe aplicarse en la parte
externa del embolo, a fin de mantener la valvula cerrada bajo una presiΓ³n de 3.5 MPa?
SOLUCION:
2
4 2
6 4 2
2
.
(0.030)
4
7.07 10
(3.50 10 )(7.07 10 )
2.47
F p A
Area
A
A x m
Fuerza
N
F x x m
m
F kN
ο°
ο
ο
ο½
ο½
ο½
ο½
ο½
PROBLEMA 4.6
Un caΓ±on acionado con gas dispara proyectiles cuando introduce gas nitrΓ³geno a 20.5 MPa en
un cilindro que tiene diamtero interior de 50 mm. Calcule la fuerza que se ejerce sobre el
proyectil.
SOLUCION
5. 2
4 2
6 4 2
2
.
(0.050 )
4
19.63 10
(20.5 10 )(19.63 10 )
40.25
F p A
Area
m
A
A x m
Fuerza
N
F x x m
m
F kN
ο°
ο
ο
ο½
ο½
ο½
ο½
ο½
PROBLEMA 4.7
La escotilla de salida de una nave espacial tripulada esta diseΓ±ada de modo que la presiΓ³n
interna de la cabina aplica una fuerza que ayuda a conservar el sello, si la presiΓ³n interna es de
34.4 kPa(abs) y la presiΓ³n externa es un vacio perfecto, calcule la fuerza sobre una escotilla
cuadrada de 800 mm por lado.
SOLUCION:
2 2
2
3 2
2
.
(0.800 ) 0.640
0.640
(30.4 10 )(0.64 )
22
F p A
Area
A m m
A m
Fuerza
N
F x m
m
F kN
ο½
ο½ ο½
ο½
ο½
ο½
PROBLEMA 4.8
Un tanque que contiene amoniaco lΓquido a 77 Β°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
7. PROBLEMA 4.10
se diseΓ±a una regadera sencilla para sitios remotos, con un tanque cilΓndrico de 500m de
diΓ‘metro 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 diΓ‘metro debe empujarse la tapa hacia arriba
para abrir la valvula ,ΒΏcuΓ‘nta fuerza se necesita para abrir la valvula?
Datos:
DiΓ‘metro total =0.095m
Densidad del agua=1000kg/m3
Altura=1.8m
Gravedad=9.81m/s2
SoluciΓ³n
Sabemos que:
πΉ = π΄π β β β β β β β β β β β β β β(β)
πΉ = π΄πΎπ» β β β β β β β β β β β (1)
π΄ =
π β (0.095π)2
4
) = 7.088 β 10β3
π2
πΎ = πΏ β π = 103
β 9.81 = 9810ππ/π π2
Reemplazando en la ecuaciΓ³n (1)
πΉ = π΄πΎπ» = 7.08810β3
β 9810 β 1.8 = 125.16π
APLICANDO MOMENTO DE FUERZA
β π = 0
8. β π = 125.16 β 0.0475 β πΉ0 β 0.065 = 0
πΉ0=91.5π
PROBLEMA 4.11
Calcule la fuerza total sobre le tanque cerrado que se muestra en la figura 4.23, si la presiΓ³n
del aire es de 52KPa (manometrica).
SOLUCION:
9. 2
2
3
3 2 2
3
.
1.2 1.8
2.16
(0.50 ) (0.75 )
52 (0.85)(9.81 / )(0.5 ) (9.81)(0.75)
63.5
(63.5 10 / )(2.16 )
137 10
137
B
B
B air o w
B
B
F p A
Area
A x m
A m
hallamosP
P P m m
P kPa kN m m
P kPa
Fuerza
F x N m m
F x N
F kN
ο§ ο§
ο½
ο½
ο½
ο½ ο« ο«
ο½ ο« ο«
ο½
ο½
ο½
ο½
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:
11. 2
2
3
3 2 2
.
(0.60 ) 1
(0.80 )(0.60 ) (0.60 )(0.30)
8 2
0.711
101.3 (10.10 / )(175 ) 1869
1869 100 1769
(1769 10 / )(0.711 )
1.26
atm
p
w sw
w
p
p
F p A
m
A m m m m
A m
presion
p p h
p kPa kN m m kPa
p kPa kPa kPa
Fuerza
F x N m m
F MN
ο°
ο§
ο½ ο
ο½ ο« ο«
ο½
ο½ ο«
ο½ ο« ο½
ο ο½ ο ο½
ο½
ο½
PROBLEMA 4.14
En la cortina vertical de un depΓ³sito hidrΓ‘ulico 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
ubicaciΓ³n del centro de presiΓ³n. AdemΓ‘s, calcule la fuerza sobre cada uno de los dos pestillos
mostrados.
Entonces se tiene:
12. 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 serΓ‘:
FR = ΟH2O*g*Hcg*A
FR = ΟH2O*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 ubicaciΓ³n del centro de presiones:
YCDP=
2
3
π» ; (Dado que estΓ‘ completamente sumergido y las presiones forman un triΓ‘ngulo)
YCDP=
2
3
(1.09728)π
YCDP= 0.73152 m
La fuerza sobre los pestillos serΓ‘:
Aplicando Momentos sobre la bisagra
βMbisagra= FR*(H-YCDP) β Fpestillos*(Hpestillo) = 0
FR*(H-YCDP) = Fpestillos*(Hpestillo)
14.4KN*(1.09728m - 0.73152m) = Fpestillos*(1.2192m)
13. 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. AdemΓ‘s, encuentre la
ubicaciΓ³n del centro de presiΓ³n e indΓquelo en un diagrama con la fuerza
SoluciΓ³n
Datos :
β = 15.5 ππππ = 4.724 π
π = 11.6 ππππ = 3.535 π
π = 1261 ππ π3β
π = 60Β°
Primero calculamos el Γ‘rea de la pared:
π΄ =
β
sin60Β°
(π) =
4.724
sin60Β°
Γ 3.535 = 19.282 π2
Ahora calculamos la magnitud de la fuerza:
14. πΉπ = ππ (
β
2
) π΄
πΉπ = (1261)(9.81)(
4.7244
2
)(19.282)
πΉπ = 563446.69 π
El centro de presiones se encuentra a 2/3 de la superficie y es perpendicular a la pared
del tanque
La profundidad serΓ‘ :
2
3
β = 3.149 π
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 presiΓ³n del agua, y localice el centro de presiΓ³n, (b) determine el
momento provocado por esta fuerza en la base de la pared.
16. B. Me piden hallar la fuerza provocada en la base de la pared.
Entonces:
π΄ππππππ = π πΉ β (π. πππ β π. πππ) = πππ. πππ ππ΅ β π. πππ
= πππ. πππ
PROBLEMA 4.17
Si la pared mostrada en la figura tiene 4m de ancho. Calcule la fuerza total sobre la pared
debida por la presiΓ³n del aceite. AdemΓ‘s, determine la ubicaciΓ³n del centro de presiΓ³n 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
17. F = P*A = π*g*h*A
F = 930
ππ
m3
*9.81
π
s2
*18 pies*10 pulg*3.5 pies
*ConversiΓ³n: 1 pies=0.3048m
1 pulg=0.0254m
F = 930
ππ
m3
*9.81
π
s2
*18 pies*0.3048
π
ππππ
*10 pulg*0.0254
π
ππ’ππ
*3.5 pies*0.3048
π
ππππ
F = 13563 N ο Fuerza aplicada sobre el lado AB
18. PROBLEMA 4.19
Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre el Γ‘rea indicada y la ubicaciΓ³n del centro de
presiΓ³n (portillo circular estΓ‘ centrado en el lado inclinado del tanque)
RESOLUCION:
DATOS:
ο· d = 450mm <> 450/1000 m = 0.45 m
ο· hcg = 0.45m + 0.375 m = 0.825 m
ο·
π πππ
π πππ’π
= 0.85 β ππππ = π πππ’π Γ 0.85 = 850 ππ/π3
ο· YCG = 0.825 x sec(30Β°) = 0.953 m
HALLAMOS LA FUERZA QUE EJERCE LA PRESION DEL LIQUIDO:
ο F = PA
F = ππππ Γ π Γ hcg Γ
πΓπ2
4
= 850 Γ 9.81 Γ 0.825 Γ
πΓ0.452
4
F = 1090 N
19. HALLAMOS LA UBICACIΓN DEL CENTRO DE PRESIONES:
ο πππ = πππ +
πΌ π
πππΓπ΄
πππ = πππ +
π Γ π4
64
πππ Γ
π Γ π2
4
πππ = 0.953 +
π Γ 0.454
64
0.953 Γ
π Γ 0.452
4
πππ = 0.966 π
PROBLEMA 4.20
Hallar la fuerza y la ubicaciΓ³n del centro de presiΓ³n sobre el Γ‘rea.
Yc=3m
F=P*A
F=D*g*h*A
D=densidad(1.1gr/mm3)
21. 3 2
2
3 2 2
4
8
1.5 1.5
cos45
13.50
cos45 9.55
(62.4 / )(9.55 )(3 )
1787
( ) / 2 1.5(4) / 2 3
( 4 )
0.551
36( )
0.551
0.0136 0.16
(13.50)(3)
c
c
c c
R c
R
c
c
p c
c
Y a z z
Y ft
h Y ft
Fuerza
F h A lb ft ft ft
F lb
Area
A H G B ft
H G GB B
I ft
G B
I
Y Y ft
Y A
ο§
ο½ ο« ο« ο½ ο« ο«
ο½
ο½ ο½
ο½ ο½
ο½
ο½ ο« ο½ ο½
ο« ο«
ο½ ο½
ο«
ο ο½ ο½ ο½ ο½ 3
0.0136 13.50 0.0136 13.51p c
in
Y Y ft ftο½ ο« ο½ ο« ο½
PROBLEMA 4.22
Hallar la fuerza resultante y la ubicaciΓ³n del centro de presiones Cp
SoluciΓ³n
F=π πππππ‘π π₯ππ₯π»π₯π΄π₯πππ (30Β°)
π π =
π πππππ‘π
πβ20
β π πππππ‘π = 0.9 π₯ 1000
ππ
π3
β = 900
ππ
π3
β
1 pie = 12 pulgadas
1 pie = 0,3048 metros
23. 2
2 2
3
4 4
cos40 1.116
0.3
(0.300) 0.1607
4
(0.9)(9.81 / )(0.855 )( )
1.213
0.3 (0.3)
12 64
0.001073
0.001073
(1.116)(0.1607)
0.00598 5.98
1.122
c c
R c
R
R
c
c
c
p c
c
p c
p
Y h m
Area
A m
Fuerza
F h A
F kN m m A
F kN
ahora
I
I
I
Y Y
Y A
Y Y m mm
Y m
ο°
ο§
ο°
ο½ ο½
ο½ ο« ο½
ο½
ο½
ο½
ο½ ο«
ο½
ο ο½ ο½
ο ο½ ο½
ο½
PROBLEMA 4.24
Consulte la siguiente figura :
24. SOLUCION :
De la Figura :
π =
3.0
cos 45Β° =
4.243 ππ‘
πΏ π = 5 + π =
9.243 ππ‘
β π = πΏ π cos 45 =
6.536 ππ‘
π΄ = π
π·
4
2
=
π(2.0)2
4
= 3.142 ππ‘2
πΉπ = πΎπ» π
25. = 62.4
ππ
ππ‘3 π₯ 6.536 ππ‘ π₯ 3.142ππ‘2
πΉπ = 1281 ππ
πΏ π =
ππ·4
64
= 0.785ππ‘4
πΏ π β πΏ π =
πΌπ
πΏ πΆ π΄
=
0.785
(9.243)(3.142)
πΏ π β πΏ π = 0.027 ππ‘ = 0.325 ππ
πΏ π = 9.270ππ‘
PROBEMA 4.25
Calcular la magnitud de la fuerza
resultante y la ubicaciΓ³n de su centro de
presiones.
Fuerza en el centro de gravedad:
26. π =
πΉ
π΄
β πΉ = ππ΄ = ππβπ΄
Nos dan:
ππππ£ππππ ππ ππππππππ = π π = 0.9 β
π πππππ‘π
π πππ’π
= 0.9 β π πππππ‘π = 900ππ/π3
Por lo tanto:
πΉ = ππβπ΄ = 900 β 9.81 β (0.76 + 0.5π ππ(70Β°)) β 0.6 β 1 = 6.515ππ
Fuerza en el centro de presiones:
π =
πΉ
π΄
β πΉ = ππ΄ = ππβπ΄
πΉ = ππβπ΄ = 900 β 9.81 β (0.76 + 2/3π ππ(70Β°)) β 0.6 β 1 = 7.345ππ
PROBLEMA 4.26
Conulte la figura 4.38
PROBLEMA 4.27
Halle la fuerza resultante y el valor de Lp, de la sgte figura
28. Lc= 0.851 + 0.50 + 0.318 = 1.669 m
Hallamos hc:
hc =Lc.sen70 = 1.569 m
La fuerza resultante es:
Fr = Ξ³.hc.A= (0.88).(9.81 kN/mΒ³).(0.884 mΒ²) = 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 ubicaciΓ³n del centro de
presiΓ³n. SeΓ±ale la fuerza resultante sobre el Γ‘rea y dimensione su ubicaciΓ³n con claridad.
30. πΉπ = 1000
πΎπ
π3
Γ 9.81
π
π 2
Γ 0.772922π Γ 0.193548π2
πΉπ = 1467.55π β 330.03ππ β ππ§π
πΏ π = πΏ π +
πΌπ
πΏ π Γ π΄
= 47.34ππ +
6667ππ4
47.34ππ Γ 300ππ2
= 47.81ππ
PROBLEMA 4.30
La figura 4.42 muestra un tanque de gasolina lleno hasta la toma. La gasolina tiene una
gravedad especΓfica de 0.67. Calcule la fuerza total que se ejerce sobre cada costado plano del
tanque y determine la ubicaciΓ³n del centro de presiΓ³n.
Entonces tenemos lo siguiente
c c
p p
L Y
L Y
ο½
ο½
31. Ahora hallamos la fuerza que se nos pide:
3 2
(0.67)(9.81 / )(0.525 )(0.2507 )
0.865 865
R c
R
R
F h A
F kN m m m
F kN N
ο§ο½
ο½
ο½ ο½
Ahora hallamos la ubicaciΓ³n del centro de presiones:
3 4
4
4
2
(0.60)(0.30) (0.30)
0.001748
12 64
0.001748
0.0133 13.3
. (0.525 )(0.2507 )
13.3 525 13.3 538
c
c
p c
c
p c
I m
I m
Y Y m mm
Y A m m
Y Y mm mm
ο°
ο½ ο« ο½
ο ο½ ο½ ο½ ο½
ο½ ο« ο½ ο« ο½
PROBLEMA 4.31
Si el tanque de la figura 4.42 se llenara con gasolina (sg=0.67) sΓ³lo hasta la base del tubo
llenado, calcule la magnitud y ubicaciΓ³n de la fuerza resultante sobre el extremo plano
SoluciΓ³n:
2
2
0.375 0.150 0.525
(0.30)
(0.60)(0.30)
4
0.2507
c c
c
Altura
h L
h m
Area
A
A m
ο°
ο½
ο½ ο« ο½
ο½ ο«
ο½
32. β π = πΏ π = 0.150 π
πΉπ = πΎβ π π΄ = (0.67)(9.81)(0.150)(0.2507) = 0.247 ππ = 247π
πΏ π β πΏ π =
πΌπ
πΏ π π΄
=
0.001748 π4
(0.150π)(0.2507π2)
= 0.0465 π = 46.5 ππ
πΏ π = πΏ π + 46.5 ππ = 150 ππ + 46.5 ππ = 196.5 ππ
PROBLEMA 4.32
SI EL TANQUE DE LA FIGURA SE LLENARA CON GASOLINA (SG=0.67) SOLO HASTA LA MITAD,
CALCULE LA MAGNITUD Y UBICACIΓN DE LA FUERZA RESULTANTE SOBRE EL EXTREMOPLANO.
33. 3 3
2
9.0 10
0.1253
0.0718 71.8
y
c c
Ay x m
Y
A m
L h Y m mm
ο
ο½ ο½
ο½ ο½ ο½ ο½
ο₯
2
( )A m ( )y m 3
( )Ay m 4
( )iI m ( )h m 2
Ah
Rectangulo 0.0900 0.075 6.750x 3
10ο 1.688x
4
10ο
0.00324 9.4x 7
10ο
Semicirculo 0.0353 0.0636 2.245x 3
10ο 5.557x
5
10ο
0.00816 2.35x 6
10ο
0.1253 9.000x 3
10ο
2.243x 4
10ο
3.30x
6
10ο
Entonces de iI y h se obtiene:
cI = 2.276x 4 4
10 mο
4 4
2
2 2
2.276 10
25.3
(0.0178 )(0.1253 )
25.3 97.1
(0.67)(9.81 / )(0.00718 )(0.1253 ) 0.059 59
c
p c
p c
R c
I x m
L h mm
LA m m
L L mm mm
F h A kN m m m kN N
ο
ο ο½ ο½ ο½
ο½ ο« ο½
ο½ ο‘ ο½ ο½ ο½
PROBLEMA 4.33
Para el tanque de agua mostrado en la figura 4.43, calcule la magnitud y
ubicaciΓ³n de la fuerza total que se ejerce sobre la pared posterior vertical.
34. SOLUCION
Por formula de la presiΓ³n
FR = P.A = Ο.g.hc.g.A
Γrea De La Pared Posterior Vertical: Es un rectΓ‘ngulo
βA = (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
3
hc.g =
2
3
x 8 pies
hcp = 5.333 pies
PROBEMA 4.34
Para el tanque de agua mostrado en la figura 4.43 calcule la magnitud y ubicaciΓ³n de la
fuerza total sobre cada pared vertical de los extremos.
SOLUCION:
35. 3 2
2
3 2 2
4
8
1.5 1.5
cos45
13.50
cos45 9.55
(62.4 / )(9.55 )(3 )
1787
( ) / 2 1.5(4) / 2 3
( 4 )
0.551
36( )
0.551
0.0136 0.16
(13.50)(3)
c
c
c c
R c
R
c
c
p c
c
Y a z z
Y ft
h Y ft
Fuerza
F h A lb ft ft ft
F lb
Area
A H G B ft
H G GB B
I ft
G B
I
Y Y ft
Y A
ο§
ο½ ο« ο« ο½ ο« ο«
ο½
ο½ ο½
ο½ ο½
ο½
ο½ ο« ο½ ο½
ο« ο«
ο½ ο½
ο«
ο ο½ ο½ ο½ ο½ 3
0.0136 13.50 0.0136 13.51p c
in
Y Y ft ftο½ ο« ο½ ο« ο½
PROBLEMA 4.35
Para el tanque de agua mostrado en la figura 4.43 calcule la magnitud y ubicaciΓ³n de la
fuerza total sobre cada pared inclinada.
SOLUCION
36. 2
3 2
8.0 / 60 9.237
15 138.6
( / 2)
62.4 / 4 138.6 34586
:
2 2
(9.237 ) 6.158
3 3
R
R
p
Area
AB ft sen ft
A ABx ft ft
Fuerza
F h A
F lb ft x ftx ft lb
ahora
Y AB ft ft
ο§
ο½ ο½
ο½ ο½
ο½
ο½ ο½
ο½ ο½ ο½
PROBLEMA 4.36
Para el tanque de bebida de naranja mostrado en la figura 4.32 calcule a magnitud y
ubicaciΓ³n de la fuerza total sobre cada pared vertical de los extremos. El tanque mide
3m de largo.
SOLUCION:
37. 3 2
2
3 2 2
4
8
1.5 1.5
cos45
13.50
cos45 9.55
(62.4 / )(9.55 )(3 )
1787
( ) / 2 1.5(4) / 2 3
( 4 )
0.551
36( )
0.551
0.0136 0.84
(13.50)(3)
c
c
c c
R c
R
c
c
p c
c
Y a z z
Y ft
h Y ft
Fuerza
F h A lb ft ft ft
F lb
Area
A H G B ft
H G GB B
I ft
G B
I
Y Y ft
Y A
ο§
ο½ ο« ο« ο½ ο« ο«
ο½
ο½ ο½
ο½ ο½
ο½
ο½ ο« ο½ ο½
ο« ο«
ο½ ο½
ο«
ο ο½ ο½ ο½ ο½ 4
0.0136 13.50 0.0136 13.51 2.741p c
m
Y Y ft ft mο½ ο« ο½ ο« ο½ ο½
PROBLEMA 4.37
Para el tanque de bebida de naranja mostrado en la figura 4.32 calcule a magnitud y
ubicaciΓ³n de la fuerza total sobre cada pared vertical trasera. El ancho del tanque es de
3m.
38. SOLUCION:
Hallamos la FUERZA
3 2
(1.10)(9.81 / )(4.6 / 2) (4.6)(3)
343
:
2
(4.6 ) 3.067
3
R
R
P
F kN m m m
F kN
ahora
Y m m
ο½
ο½
ο½ ο½
PROBLEMA 4.38
Para el tanque de aceite mostrado en la figura 4.35, calcule la magnitud y ubicaciΓ³n de la
fuerza total sobre cada pared vertical de los extremos. El tanque mide 1.2 m de ancho.
Figura 4.35
SOLUCIΓN:
39. De la figura:
Para las paredes del extremo tenemos:
Γrea (π΄) π¦Μ π΄π¦Μ π¦π = π¦Μ β πΜ
Pared 1 1.046 0.75 0.784 0.096
Pared 2 0.151 0.15 0.023 -0.504
Pared 3 0.151 0.50 0.075 -0.154
β π΄ = 1.348 π2
β π΄π¦Μ = 0.882π2
Para hallar πΜ sabemos que:
πΜ =
β π΄π¦Μ
β π΄
=
0.882π2
1.348 π2
= 0.654π
Sea β π como la distancia vertical entre el nivel de la superficie libre y el centroide del Γ‘rea.
β π = 1.5π β πΜ = 0.846π = πΏ π
Calculando la fuerza resultante:
πΉπ = πΎβ π π΄ = (0.90) (
9.81ππ
π2 ) (0.846π)(1.348 π2) = ππ. ππππ΅
luego el momento de inercia total seria:
πΌπ = πΌ1 + π΄1 π¦1
2
+ πΌ2 + π΄2 π¦2
2
+ πΌ3 + π΄3 π¦3
2
43. πΏ π β πΏ π =
490.9 ππ’ππ4
(48.88 ππ’ππ)(78.54ππ’ππ2)
= 0.128 ππ’ππ
Ahora hacemos suma momentos sobre la bisagra en la parte superior de la
puerta:
β π π» = 0 = πΉπ (5.128) β πΉπ(5.00)
πΉπ =
(120.1 ππ)(5.128 ππ’ππ)
5.00 ππ’ππ
= πππ. π ππ
PROBLEMA 4.43
Calcule la magnitud de la fuerza resultante
sobre el Γ‘rea indicada y la ubicaciΓ³n del
centro de presiΓ³n de la sgt figura. SeΓ±ale la
fuerza resultante sobre el Γ‘rea y
dimensione su ubicaciΓ³n con claridad.
Ahora el tanque esta sellado en la parte superior y hay una presiΓ³n de 13.8KPa sobre el
aceite
44. PROBLEMA 4.44
Repita el problema 4.20 M (figura 4.32) solo que ahora el tanque estΓ‘ sellado en la parte
superior, y hay una presiΓ³n de 25.0 KPa sobre el fluido.
Figura 4.32
SoluciΓ³n:
Hallamos una altura ha que
es la pequeΓ±a
parte que se ha
incrementado
al original:
ha =
ππ
π π₯ π
=
25 πΎ
π
π2
1.10 π₯ 103 ππ
π3 π₯ 9.81
π
π 2
= 2.317 m
hce = hc + ha = 3 + 2.317 = 5.317 m
Lce =
βππ
sin 60
=
5.317
sin 60
= 6.14 m
Entonces:
FR = π π₯ π π₯ βππ π₯ π΄ = 1.10π₯103 ππ
π3
π₯ 9.81
π
π 2
π₯ 5.317 π π₯ 4.524 π2
= 259.6 πΎπ
Finalmente:
45. Lpe β Lce =
πΌπ
πΏππ π₯ π΄
=
1.629 π4
6.14 π π₯ 4.524 π2
= 0.0586 π
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
presiΓ³n de 4,0 psi sobre el fluido.
Haciendo las conversiones:
8ππ’ππ = (8ππ’ππ) (
1π
39.37ππ’ππ
) = 0.203π
10ππ’ππ = (10ππ’ππ) (
1π
39.37ππ’ππ
) = 0.254π
π = 20ππ’ππ = (20ππ’ππ) (
1π
39.37ππ’ππ
) = 0.508π
π = 4ππ π = (4ππ π) (
1πππ πππ
1.450389 β 10β4
) = 27578.80πππ πππ
π ππ‘ππππππππππ = 1,10 =
π₯ ππππππππππππ
π₯ ππππ
46. Entonces:
π₯ ππππππππππππ = 1.10(π₯ ππππ)=1100
ππ
π3
Solucion:
Hallando π³ π y π π de la figura (a)
πΏ π = π + 0.203 + π¦π
β π = πΏ π sin 30
Donde :
π =
0.254π
cos 30
= 0.293π
π¦π: es el centro de gravedad de la semicircunferencia
π¦π =
4π
3π
= 0.2156π
Entonces:
πΏ π = 0.293π + 0.203π + 0.2156π
πΏ π = 0.7116π
β π = (0.7116) sin 30=0.3558m
De la figura (b):
hallar β π :
β π =
π π
π¦
; π¦: πππ π ππ ππππππππ
β π =
27578.80πππ πππ
(1100
ππ
π3) (9.8
π
π 2)
= 2.558π
Hallar β ππ :
β ππ = β π + β π=0.3558m+2.558m=2.9138m
Hallando π π:
πΉπ = π¦ β β ππ β π΄
Donde:
π΄ =
ππ 2
2
=
π(0.508π)2
2
=0.40536π2
π¦ = (1100
ππ
π3
) (9.8
π
π 2
) = 10780
ππ
π2 π 2
47. Entonces:
πΉπ = (10780
ππ
π2 π 2
) (2.9138m)(0.40536π2
)
π π = πππππ, πππππ΅
Hallando el centro de presiones (πΏ ππ):
πΏ ππ = πΏ ππ +
πΌπ
πΏ ππ β π΄
Donde:
πΏ ππ =
β ππ
sinβ
=
2.9138π
sin30
= 5.8276π
πΌπ:momento de inercia de la semicircunferencia
πΌπ = 6.86 β 10β3
β π·4
πΌπ = 6.86 β 10β3
β (2 β 0.508π)4
=7.081*10β3
π4
Entonces:
πΏ ππ = πΏ ππ +
πΌπ
πΏ ππ β π΄
πΏ ππ = 5.8276π +
7.081 β 10β3
π4
(5.8276π)(0.40536π2)
π³ ππ = π. πππ
PROBLEMA 4.47
Consulte la figura 4.47. La superficie mide 2 m de longitud.
48. SOLUCIΓN:
1. Aislar volumen arriba de la superficie curva y diagrama de cuerpo libre
2. Fv = Ξ³V = Ξ³Aw = (9.81kN/m3
) * [(1.85m)(0.75m) + Ο(0.75m)2
/4] * 2m
Fv = 35.8906 kN
X = (A1x1 + A2x2)/(A1 + A2)
A1 = (1.85m)(0.75m) = 1.3875 m2
A2 = Ο(0.75m)2
/4 = 0.4418 m2
ο¨ X = 0.3612 m (posiciΓ³n Fv)
3. hc = d1 + s/2 = 1.85m + (0.75m)/2 = 2.225 m
Fh = Ξ³swhc = 9.81kN/m3
* (0.75m)(2m)(2.225m)
Fh = 32.7409 kN
hp = hc + (s2
/12hc) = 2.225m + ((0.75m)2
/12(2.225m))
ο¨ hp = 2.2461 m (posiciΓ³n Fh)
4. Fr = sqrt(Fv2
+ Fh2
)
Fr = 48.5809 Kn
Ι΅ = tan-1
(Fv/Fh)
ο¨ Ι΅ = 47.6276ΒΊ (posiciΓ³n Fr)
57. 2 2
2 2
1. :
(36)
508.9 3.534
8 8
0.212 0.212(36 ) 7.63
36
48 66 5.5
2 2
2. :
(0.79)(62.4)(3.534)(5) 871
(0.79)(62.4)(3)(5)(5.5) 4067
V
H C
Hallando Area x hc
D
A in ft
x D in in
s
hc h in ft
Hallando las fuerzas
F Aw lb
F swh
ο° ο°
ο§
ο§
ο ο ο
ο½ ο½ ο½ ο½
ο½ ο½ ο½
ο½ ο« ο½ ο« ο½ ο½
ο ο
ο½ ο½ ο½
ο½ ο½ ο½
2 2 2 2
mod : 871 4067 4159
3. :
871
tan( ) tan( ) 12.1
4067
R V H
oV
H
lb
En ulo F F F lb
Hallando el
F
arc arc
F
ο¦
ο¦ ο¦
ο ο½ ο« ο½ ο« ο½
ο ο
ο½ ο½ ο ο½
PROBLEMA 4.56
GrΓ‘fico y distribuciΓ³n de presiones.
58. Como podemos ver en la distribuciΓ³n de presiones las fuerzas horizontales
estΓ‘n balanceadas por tanto su equivalente serΓ‘ 0.
Hay una presiΓ³n de aire de P1=4.65k Pa por tanto:
h2= P1/Ο=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 ecuaciΓ³n 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 sΓ³lido que se asienta sobre el fondo de un tanque que contiene
un volumen estΓ‘tico de agua. Calcule la fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo del tanque
con los datos siguiente: π· = 6.00 pulg, πΏ = 10.00 pulg, πΎπ = 0.284 lb pulg3β (acero),
πΎπ = 62.4 lb pie3β (πππ’π), β = 30 pulg.
SOLUCIΓN:
Realizando el diagrama de fuerzas:
Donde: E = Empuje,
W = peso del cilindro,
59. Fβ²
= Fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo
Se sabe que:
E = ΟfgVc = Ξ³fVc , W = mg = ΟcgVc = Ξ³cVc
Donde: πc = Volumen del cilindro, calculando:
Vc =
ΟD2
4
L =
Ο(6 pulg)2
4
10 pulg = 282.74pulg3
Reemplazando se tiene que:
E = (62.4
lb
pie3
x
1pie3
123pulg3) (282.74 pulg3) β E = 10.21 lb
W = (0.284
lb
pulg3
)(282.74 pulg3) β W = 80.29816 lb
Del diagrama de fuerzas se observa que:
Fβ²
= W β E
Fβ²
= 80.29816 β 10.21
π β²
= ππ. πππππ π₯π
PROBLEMA 4.58
Repita el problema 4.57, solo que ahora valore πΎπ = 0.100
ππ
ππ’ππ3
(aluminio).
La fuerza horizontal neta es cero.
La fuerza vertical neta es igual al Peso del fluido desplazado que actΓΊa
hacia arriba y el Peso del cilindro hacia abajo:
π· = 6 ππ’ππ (
π. πππππ ππππ
π ππππ
) = 0.5 ππππ
πΏ = 10 ππ’ππ (
π. πππππ ππππ
π ππππ
) = 0.8333 ππππ
πΎπ = 0.100
ππ
ππ’ππ3
(
π ππππ π
π. ππππππβπ ππππ π
) = 172.8011
ππ
ππππ 3
60. π€πππ’πππ = πΎπ . π
π = π.
π·2
4
. πΏ = π
(0.5 ππππ )2
4
(0.8333 ππππ ) = 0.1636 ππππ 3
π€πππ’πππ = (62.4
ππ
πππ3
) (0.1636 ππππ 3) = ππ. ππππ ππ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ β¦ . (π)
π€ππππππππ = πΎπ . π
= (172.8011
ππ
πππ3
) (0.1636 ππππ 3) = ππ. ππππ ππ β¦ β¦ β¦ . (π)
De (1) y (2) tenemos que la fuerza resultante serΓ‘:
πΉ = π€ππππππππ β π€πππ’πππ = 28.2703 ππ - 10.2086 ππ = ππ. ππππ ππ
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 estΓ‘tico de agua. Calcule la fuerza que ejerce el cilindro
sobre el fondo del tanque con los datos siguientes: 6 lgD puο½ , 10 lgL puο½ ,
330cilindro
lb
pie
ο§ ο½ , 362.4agua
lb
pie
ο§ ο½ , 30 lgh puο½
62. AdemΓ‘s:
.
agua
agua agua agua cilindro
cilindro
W
W V
V
ο§ ο§ο½ ο ο½
3
362.4 .0.1636
10.209
agua
agua
lbW pie
pie
W lb
ο½
ο½
Por lo tanto, la fuerza que ejerce el cilindro en el fondo del recipiente serΓ‘
agua cilindroW Wο ya que debe existir otra fuerza vertical hacia abajo para que el
sistema se encuentre en equilibrio
agua cilindroF W Wο½ ο
10.209 4.908
5.301
F
F lb
ο½ ο
ο ο½
PROBLEMA 4.60
Para la situaciΓ³n descrita en el problema 4.57, especifique la relaciΓ³n necesaria entre
peso especΓfico del cilindro y la del fluido, de modo que no se ejerza ninguna fuerza
sobre el fondo del tanque.
SoluciΓ³n:
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 = ΟfgVc = Ξ³fVc y W = mg = ΟcgVc = Ξ³cVc serΓ‘n iguales, entonces:
ο Ξ³fVc = Ξ³cVc ο Ξ³f = Ξ³c
Es decir, se mantendrΓa en equilibrio.
b) Que esto se cumple si y solo si E > W, porque si esto no sucede el peso W serΓ‘
mayor y ejercerΓ‘ una fuerza sobre la superficie.
63. Entonces: Si E > W
ο Ξ³fVc > Ξ³cVc ο Ξ³f > Ξ³c
Es decir, el empuje E, harΓ‘ que el peso W, no ejerza ningΓΊn tipo de fuerza sobre
el fondo del tanque.
CONCLUSIΓN:
βEl peso especΓfico del cilindro debe ser menor o igual a la del fluido para
que no exista ningΓΊn tipo de fuerza sobre el fondo del cilindroβ
PROBLEMA 4.61
La figura 4.55 muestra un cilindro sΓ³lido que se asienta sobre el fondo de un tanque que
contiene un volumen estΓ‘tico 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, Οc = 0.284 lb/pulg3
(acero), Οf = 0.284 lb/pie3
(agua), h = 10 pulg
Fuerza horizontal neta = 0
De la secciΓ³n 4.11, la fuerza vertical neta es igual al peso del fluido desplazado actΓΊa hacia
arriba y el peso del cilindro que actΓΊa hacia abajo.
Debido a que la profundidad del fluido no afecta el resultado.
Del problema 4.57E tenemos:
64. => 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 diΓ‘metro 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
ππ = 0.284
ππ
ππ3
ππ = 62.4 ππ/ππ‘3
h=5 in
π = πππππ ππ (
2
3
) = 41.8
π₯ = β32 β 22 = β5 = 2.236
πΌ = 180 + 2π = 263.6
ππ = πΎπ ππ = πΎπ π΄ π πΏ
π΄ π =
ππ·2
4
.
πΌ
360
+
1
2
(2π₯)(2) = π΄1 + π΄2
π΄ π =
π(6 ππ)2
4
.
263.6
360
+ 2(2.236) = 25.18 ππ2
ππ = πΎπ π΄ π πΏ = (
62.4ππ
ππ‘3
) (25.18 ππ2)(10 ππ)
1ππ‘3
1728 ππ3
= 9.09ππ
66. Resumen de los resultados:
h (in) F (lb)
6 70.1
5.5 70.5
5 71.2
4.5 72.08
4 73.07
3.5 74.12
3 75.19
2.5 76.27
2 77.32
1.5 78.3
1 79.18
0.5 79.89
0 80.3
PROBLEMA 4.64
El tanque de la figura tiene un portillo de observaciΓ³n 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 ubicaciΓ³n.
SOLUCION:
Y = 0.212*(36pulg) = 7.63pulg
67. Y = 7.63pulg*(1pie/12pulg) = 0.636pies
X = 20pulg/sin (25) = 47.32pulg
Ycg = 60pulg + x β y
Ycg= 60pulg + 47.32pulg β 7.63pulg
Ycg = 99.69pulg
Ycg = 99.69pulg*(1pie/12pulg)
Ycg = 8.308pies
Hc = Ycg*sin (25)
Hc = (8.308pies)*sin (25) = 3.511pies
Γrea =
πΓπ·2
8
=
πΓ(3ππππ )2
8
= 3.534pies2
Lc = Ycg; Lp =
Ycp
Finalmente la fuerza resultante es:
FR = Ξ³* Hcg*Γrea = (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 presiΓ³n:
Ycp = Ycg +
πΌ
πππβΓrea
Ycp = 8.308pies +
0.556pies4
8.308ππππ β3.534ππππ 2
Ycp =8.327pies