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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
844.9 130.5
1728
14.91
(14.91 0.12) 113.1 1673
atm gas
atm m
atm
atm
F p A
donde
p p p
Area
inA
A in
p h
lb ftp x inx
ft in
p psi
lbF x in lb
in
PROBLEMA 4.2
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 (14.4lb
ππ’ππ2) = 10173.6lb
Luego 6 x πΉπ‘π’ππππ = 10.17klb
πΉπ‘π’ππππ = 1.70klb
PROBLEMA 4.3
Un sistema de extracciΓ³n de gases de una habitaciΓ³n crea un vacio parcial en ella de 1.20 pulg
de agua en relaciΓ³n con la presiΓ³n atmosfΓ©rica de afuera. Calcule la fuerza neta que se ejerce
sobre la puerta del cuarto, que mide 36 por 80 pulgadas.
SOLUCION:
2
2
3
3 3
2
2
2
.
36 80
2880
62.4 11.20
1728
0.0433
(0.0433 )(2880 )
125
m
F p A
Area
A x in
A in
lb ftp h x inx
ft in
lbp
in
Fuerza
lbF in
in
F lb
PROBLEMA 4.4
En la figura 4.6 el fluido es gasolina (sg = 0.68) y su profundidad total es de 12
pies. La pared tiene 40 pies de ancho. Calcule la magnitud de la fuerza resultante
sobre la pared y la ubicaciΓ³n del centro de presiΓ³n.
Paso 1
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
NF x x m
m
F kN
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
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
mA
A x m
Fuerza
NF x x m
m
F kN
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
NF x m
m
F kN
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
SOLUCION
F=PxA ; ΖΏa 997Kg/m3
Hallando el Γ‘rea
A=24x18=432 pulg2 =0.28m2
F=YA xhxA
F=ΖΏxgxhxA
F=(997Kg/m3)x(9.81m/s2)x(3.375m)x(0.28m2)
F=9242.7N
PROBLEMA 4.9
El fondo de un tanque de laboratorio tiene un agujero que permite que salga el mercurio
liquido. El agujero se encuentra sellado por un anillo de caucho insertado en el y mantenido en
su sitio mediante friccion ΒΏQuΓ© fuerza tiene a empujar el anillo de 0.75 pulg de diΓ‘metro fuera
del agujero, si la profundidad del mercurio es de 28 pulg?
SOLUCION:
2
2
3
3 3
2
2
2
.
(0.75 )
4
0.442
844.9 128
1728
13.69 /
(13.69 )(0.442 )
6.05
A
F p A
Area
inA
A m
Fuerza
F h
lb ftF x inx
ft in
F lb in
lbF in
in
F lb
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 10β3π2
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
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:
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
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:
2
2
3
3 2 2
3
.
1.2 2
2.4
200 (1.50 ) (2.6 )
200 (0.80)(9.81 / )(1.5 ) (9.81)(2.6)
237
(237.3 10 / )(2.4 )
569 10
137
B
B
B o w
B
B
F p A
Area
A x m
A m
hallamosP
P Kpa m m
P kPa kN m m
P kPa
Fuerza
F x N m m
F x N
F kN
PROBLEMA 4.13
En un submarino pequeΓ±o hay un portillo de observaciΓ³n en una superficie horizontal. En la
figura 4.25 se muestra la forma del portillo. Calcule la fuerza total que actΓΊa sobre el portillo si
la presiΓ³n dentro del submarino es de 100KPa (abs) y la nave opera a una profundidad de
175m en el ocΓ©ano
SOLUCION:
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
mA 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
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:
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
3π» ; (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)
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
sin 60Β°(π) =
4.724
sin 60°à 3.535 = 19.282 π2
Ahora calculamos la magnitud de la fuerza:
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
3β = 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.
Tenemos los siguiente datos:
- Ancho de la figura: 20 pies = 6.10 m
- Altura: 12 pies = 3.66 m
Hallando el Γ‘rea : π΄ = 6.10π β 3.66π = 22.326π2
A. Sabemos que πΉπ = π β π β β β π΄ , reemplazando tenemos:
ππΉ = πππππ²π
ππβ π. ππ
π
ππβ
π. πππ
πβ ππ. πππππ
Hallando la Fuerza resultante nos queda:
ππΉ = ππππππ. πππΎπ β π
π 2 β ππΉ = πππ. πππ π²π΅
TambiΓ©n nos piden hallar el centro de presiones, entonces: Sabemos que las presiones forman un triΓ‘ngulo desplazΓ‘ndose de menos profundidad a mayor profundidad y de menor presiΓ³n a mayor presiΓ³n, en este caso formamos un Γ‘rea triangular que sabemos por teorΓa que su Centro de Presiones se ubica a 2/3 de la profundidad. Hallando el CENTRO DE PRESIONES:
πͺπ· =π
πβ π =
π
πβ π. πππ = π. πππ
B. Me piden hallar la fuerza provocada en la base de la pared.
Entonces:
π΄ππππππ = ππΉ 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
F = P*A = π*g*h*A
F = 930ππ
m3 *9.81
π
s2 *18 pies*10 pulg*3.5 pies
*ConversiΓ³n: 1 pies=0.3048m
1 pulg=0.0254m
F = 930ππ
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 Fuerza aplicada sobre el lado AB
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:
d = 450mm <> 450/1000 m = 0.45 m
hcg = 0.45m + 0.375 m = 0.825 m
ππππ
ππππ’π= 0.85 β ππππ = ππππ’π Γ 0.85 = 850 ππ/π3
YCG = 0.825 x sec(30Β°) = 0.953 m
HALLAMOS LA FUERZA QUE EJERCE LA PRESION DEL LIQUIDO:
F = PA
F = ππππ Γ π Γ hcg ΓπΓπ2
4= 850 Γ 9.81 Γ 0.825 Γ
πΓ0.452
4
F = 1090 N
HALLAMOS LA UBICACIΓN DEL CENTRO DE PRESIONES:
πππ = πππ +πΌπ
πππΓπ΄
πππ = πππ +
π Γ π4
64
πππ Γπ Γ π2
4
πππ = 0.953 +
π Γ 0.454
64
0.953 Γπ 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)
g=gravedad(9.8m/π 2)
A=π*π2=4.52
F=F1+F2=D*g*A(H1+H2) donde H1=2.26m,H2=2.07m
F=210.9KN
hallando la ubicaciΓ³n del centro de presiones
Yp=Yc+ππ4
4βππβπ΄=3m +0.12=3.12m
PROBLEMA 4.21
SOLUCION:
3 2
2
3 2 24
81.5 1.5
cos 45
13.50
cos 45 9.55
(62.4 / )(9.55 )(3 )
1787
( ) / 2 1.5(4) / 2 3
( 4 )0.551
36( )
0.5510.0136 0.16
(13.50)(3)
c
c
c c
R c
R
c
cp 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 BI ft
G B
IY Y ft
Y A
3
0.0136 13.50 0.0136 13.51p c
in
Y Y ft ft
PROBLEMA 4.22
Hallar la fuerza resultante y la ubicaciΓ³n del centro de presiones Cp
SoluciΓ³n
F=ππππππ‘ππ₯ππ₯π»π₯π΄π₯πππ (30Β°)
π π =ππππππ‘π
πβ20 β ππππππ‘π = 0.9 π₯ 1000
πππ3β = 900
πππ3β
1 pie = 12 pulgadas
1 pie = 0,3048 metros
π΄ = π(π·
2)2 = (3.14)x(
0.5ππππ
2)2 = 0.196ππππ 2 = 0.018 π2
H= 3pies + (β3
2)pies = 3.86 pies = 1.1765 m
Luego :
πΉ = 900ππ
π3β π₯9,81 ππ 2β π₯1,1765π π₯0,018π2π₯(0.86) = 160.8 π
Si:
πππ = πππ +πΌπ₯π¦
πππ π₯ π΄
πΌπ₯π¦=
π4
(π·2
)4= 3.14
4(0.5ππππ
2)4=0.067π₯10β3ππππ 4= 2.648π₯10β5π4
Ycg = 1,1765 m
Luego: πππ = 1,1765π +2.648π₯10β5π4
1,1765π π₯ 0,018π2 = 1,1765π + 1.25 ππ = 1,1777 π
PROBLEMA 4.23
Consulte la figura 4.35
SOLUCION:
22 2
3
4 4
cos 40 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
cp 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
IY Y
Y A
Y Y m mm
Y m
PROBLEMA 4.24
Consulte la siguiente figura :
SOLUCION :
De la Figura :
π =3.0
cos 45Β° =
4.243 ππ‘
πΏπ = 5 + π =
9.243 ππ‘
βπ = πΏπ cos 45 =
6.536 ππ‘
π΄ = ππ·
4
2
=π(2.0)2
4= 3.142 ππ‘2
πΉπ = πΎπ»π
= 62.4 ππ
ππ‘3 π₯ 6.536 ππ‘ π₯ 3.142ππ‘2
πΉπ = 1281 ππ
πΏπ =ππ·4
64= 0.785ππ‘4
πΏπ β πΏπ =πΌπ
πΏπΆπ΄=
0.785
(9.243)(3.142)
πΏπ β πΏπ = 0.027 ππ‘ = 0.325 ππ
πΏπ = 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:
π =πΉ
π΄β πΉ = ππ΄ = ππβπ΄
Nos dan:
ππππ£ππππ ππ ππππππππ = π π = 0.9 βππππππ‘π
ππππ’π= 0.9 β ππππππ‘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
RegiΓ³n semicircular RepresentaciΓ³n de
longitudes
Hallamos el valor de a:
a=0.8 m/sen70 = 0.851 m
Lc = a + 0.5 + y
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.
Solucion:
A =πππ π Γ πππ‘π’ππ
2=
20 Γ 30
2= 300ππ2 = 0.193548π2
πΌπ =πππ π Γ πππ‘π’ππ3
36=
30 Γ 203
2= 6667ππ4
πΏπ = a + 6 + b = 28 + 6 + 13.33 β‘ πΏπ = 47.34ππ
βπ = πΏπ Γ cos 50 = 30.43ππ = 0.772922π
πΉπ = π Γ π Γ βπ Γ π΄
πΉπ = 1000πΎπ
π3Γ 9.81
π
π 2Γ 0.772922π Γ 0.193548π2
πΉπ = 1467.55π β 330.03ππ β ππ§π
πΏπ = πΏπ +πΌπ
πΏπ 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
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
Ahora hallamos la ubicaciΓ³n del centro de presiones:
3 44
4
2
(0.60)(0.30) (0.30)0.001748
12 64
0.0017480.0133 13.3
. (0.525 )(0.2507 )
13.3 525 13.3 538
c
cp c
c
p c
I m
I mY Y m mm
Y A m m
Y Y mm mm
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
βπ = πΏπ = 0.150 π
πΉπ = πΎβππ΄ = (0.67)(9.81)(0.150)(0.2507) = 0.247 ππ = 247π
πΏπ β πΏπ =πΌπ
πΏππ΄=
0.001748 π4
(0.150π)(0.2507π2)= 0.0465 π = 46.5 ππ
πΏπ = πΏπ + 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.
3 3
2
9.0 10
0.1253
0.0718 71.8
y
c c
Ay x mY
A m
L h Y m mm
2( )A m ( )y m 3( )Ay m 4( )iI m ( )h m 2Ah
Rectangulo 0.0900 0.075 6.750x 310 1.688x410
0.00324 9.4x 710
Semicirculo 0.0353 0.0636 2.245x 310 5.557x510
0.00816 2.35x 610
0.1253 9.000x 310 2.243x 410 3.30x610
Entonces de iI y h se obtiene:
cI = 2.276x 4 410 m
4 4
2
2 2
2.276 1025.3
(0.0178 )(0.1253 )
25.3 97.1
(0.67)(9.81 / )(0.00718 )(0.1253 ) 0.059 59
cp c
p c
R c
I x mL h mm
LA m m
L L mm mm
F h A kN m m m kN N
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.
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:
3 2
2
3 2 24
81.5 1.5
cos 45
13.50
cos 45 9.55
(62.4 / )(9.55 )(3 )
1787
( ) / 2 1.5(4) / 2 3
( 4 )0.551
36( )
0.5510.0136 0.16
(13.50)(3)
c
c
c c
R c
R
c
cp 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 BI ft
G B
IY Y ft
Y A
3
0.0136 13.50 0.0136 13.51p c
in
Y Y ft ft
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
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
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:
3 2
2
3 2 24
81.5 1.5
cos 45
13.50
cos 45 9.55
(62.4 / )(9.55 )(3 )
1787
( ) / 2 1.5(4) / 2 3
( 4 )0.551
36( )
0.5510.0136 0.84
(13.50)(3)
c
c
c c
R c
R
c
cp 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 BI ft
G B
IY Y ft
Y A
4
0.0136 13.50 0.0136 13.51 2.741p c
m
Y Y ft ft m
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.
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
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:
De la figura:
Para las paredes del extremo tenemos:
Γrea (π΄) οΏ½Μ οΏ½ π΄οΏ½Μ οΏ½ π¦π = οΏ½Μ οΏ½ β οΏ½Μ οΏ½ 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΄οΏ½Μ οΏ½ = 0.882π2
Para hallar οΏ½Μ οΏ½ sabemos que:
οΏ½Μ οΏ½ =β π΄οΏ½Μ οΏ½
β π΄=
0.882π2
1.348 π2= 0.654π
Sea βπ como la distancia vertical entre el nivel de la superficie libre y el centroide del Γ‘rea.
βπ = 1.5π β οΏ½Μ οΏ½ = 0.846π = πΏπ
Calculando la fuerza resultante:
πΉπ = πΎβππ΄ = (0.90) (9.81ππ
π2 ) (0.846π)(1.348 π2) = ππ. ππππ΅
luego el momento de inercia total seria:
πΌπ = πΌ1 + π΄1π¦12 + πΌ2 + π΄2π¦2
2 + πΌ3 + π΄3π¦32
πΌπ =(0.697)(1.5)3
12+ (1.046)(0.096)2 +
(0.503)(0.30)3
12+ (0.151)(0.504)2
+(0.503)(0.60)3
36+ (0.151)(0.154)2
πΌπ = 0.1960 + 0.0096 + 0.0011 + 0.0384 + 0.0030 + 00.0036 = π. ππππππ
Finalmente la ubicaciΓ³n de centro de presiones serΓ‘:
πΏπ = πΏπ +πΌπ
πΏππ΄= 0.846π +
0.2518
(0.846)(1.348)π = 0.846 + 0.221 = π. ππππ Desde la superficie.
PROBLEMA 4.39
Para el tanque de bebida de naranja mostrado en la figura 4.35 calcule a magnitud y
ubicaciΓ³n de la fuerza total sobre cada pared vertical trasera. El ancho del tanque es de
1.2m.
SOLUCION:
PROBLEMA 4.40
La figura 4.44 muestra una compuerta rectangular que contiene agua tras ella. Si la profundidad del
agua es
de 6.00 pies, calcule la magnitud y ubicaciΓ³n de la fuerza resultante sobre la compuerta. DespuΓ©s calcule
las
fuerzas sobre la bisagra en la parte superior y sobre el tope en el fondo.
Para resolver este ejercicio, se colocan primero los datos del problema en el grΓ‘fico,
luego se analiza la fΓ³rmula de la presiΓ³n en relaciΓ³n a la fuerza, y tambiΓ©n el uso del mΓ©todo
de palanca con relaciΓ³n a las fuerzas en donde nos dice que la suma de todas las fuerzas con
relaciΓ³n a un punto son 0.
Problema 4.42
La figura 4.46 muestra un tanque de agua con un tubo circular conectado en
su fondo. Una compuerta circular sella la abertura del tubo para impedir el
flujo. Para drenar el tanque se utiliza una polea que abre la compuerta. Calcule
la cantidad de fuerza que debe ejercer el cable de la polea a fin de abrir la
compuerta
Figura 4.46
SoluciΓ³n:
hc = 38 + π¦ = 38 + cos 30Β° = 42.33 ππ’ππ
πΏπ =βπ
πππ 30= 48.88 ππ’ππ
πΉπ = πΎβππ΄
π΄ =π(10)2
4= 78.54 ππ’ππ2
πΉπ =62.4 ππ
ππ‘3β
42.33 ππ’ππ β 78.54 ππ’ππ2
1728ππ’ππ3
ππ‘3
= 78.54 ππ’ππ2
πΉπ = 120.1 ππ
πΌπ =π(10)4
64= 490.9 ππ’ππ4
πΏπ β πΏπ =πΌπ
πΏππ΄
πΏπ β πΏπ =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 ππ» = 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
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 πΎπ
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:
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
Entonces:
π₯ππππππππππππ = 1.10(π₯ππππ)=1100ππ
π3
Solucion:
Hallando π³π y ππ de la figura (a)
πΏπ = π + 0.203 + π¦π
βπ = πΏπ 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:
πΏπ = 0.293π + 0.203π + 0.2156π
πΏπ = 0.7116π
βπ = (0.7116) sin 30=0.3558m
De la figura (b):
hallar βπ :
βπ =ππ
π¦ ; π¦: πππ π ππ ππππππππ
βπ =27578.80πππ πππ
(1100πππ3) (9.8
ππ 2)
= 2.558π
Hallar βππ :
βππ = βπ + βπ=0.3558m+2.558m=2.9138m
Hallando ππ:
πΉπ = π¦ β βππ β π΄
Donde:
π΄ =ππ 2
2=
π(0.508π)2
2=0.40536π2
π¦ = (1100ππ
π3) (9.8
π
π 2) = 10780
ππ
π2π 2
Entonces:
πΉπ = (10780ππ
π2π 2) (2.9138m)(0.40536π2)
ππ = πππππ, πππππ΅
Hallando el centro de presiones (πΏππ):
πΏππ = πΏππ +πΌπ
πΏππ β π΄
Donde:
πΏππ =βππ
sin β =
2.9138π
sin 30= 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*10β3π4
Entonces:
πΏππ = πΏππ +πΌπ
πΏππ β π΄
πΏππ = 5.8276π +7.081 β 10β3π4
(5.8276π)(0.40536π2)
π³ππ = π. πππ
PROBLEMA 4.47
Consulte la figura 4.47. La superficie mide 2 m de longitud.
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
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))
hp = 2.2461 m (posiciΓ³n Fh)
4. Fr = sqrt(Fv2 + Fh2)
Fr = 48.5809 Kn
Ι΅ = tan-1(Fv/Fh)
Ι΅ = 47.6276ΒΊ (posiciΓ³n Fr)
5. La lΓnes de acciΓ³n de Fr actΓΊa a travΓ©s del centro de curvatura de la superficie
curva, debido a que uno de los vectores de fuerza individuales ocasionados
por la presiΓ³n del fluido, actΓΊa en forma perpendicular a la frontera, la cual se
ubica a lo largo del radio de la curvatura.
PROBLEMA 4.48
Se muestra una superficie curva que detiene un cuerpo de fluido estatico.
Calcule la magnitud de las componentes horizontales y vertical de la fuerza del
fluido ejerce sobre dicha Superficie. Despues calcule la magnitud de la fuerza
resultante . Demuestre que la fuerza resultante actua sobre la superficie curva.
Si sabemos que la superficie mostrada es una porcio de un cilindro con la
misma longitud que la superficie dad en el enunciado del problema
Calcule la figura 4.48 la superficie mide 2.50.m de longitud
ResoluciΓ³n
Hallando la FV(fuerza vertical) =
π =πΉπ
π΄ πΉπ = π β π΄
πΉπ = πΎ β β β π΄ = π β π β β β π΄
Hallando βAβ
π΄ππππ‘ππππ’ππ = (1.25π)(0.62π) = 0.775π2
π΄π ππππππππ’ππ =
[π (1.25
2 )2
]
2= 0.613π2
π΄ = π΄ππππ‘ππππ’ππ + π΄π ππππππππ’ππ = 1.389π2
Entonces la fuerza vertical seria:
πΉπ = (0.823)(9.81ππ/π3)(1.389π2)(2.50π)
πΉπ = 28.1 ππ
ππππ βπππππ πΉπ»
πΉπ» = 0 β¦ β¦ πππ ππ’π ππ ππ ππ’πππ§ππ ππ π‘ππ ππ πππ’πππππππ
Ahora para hallar la FRESULTANTE
πΉπ = βπΉπ»2 + πΉπ
22
= β(0)2 + (28.1ππ)22
πΉπ = 28.1 ππ
PROBLEMA 4.49
Consulte la figura 4.49. La superficie mide 5.00 pies de longitud.
FIGURA 4.49
problema 4.49.
SoluciΓ³n.
y1 = Rsin15Β° = 3.882ft
s = R β y1 = 15 β 3.882 β π = ππ. πππ ππ
hc = β + y1 +π
2= 10 + 3.882 + 5.559 β π‘π = ππ. πππππ
FH = πΎhcπ π€ = (62.4)(19.441)(11.118)(5) β π π = ππ. πππππ
hp = hc +π 2
12hc= 19.441 + 0.53 β π‘π© = ππ. πππππ
FV = πΎπ = πΎπ΄ππ€
π΄1 = (14.489ππ‘)(10ππ‘) β π¨π = πππ. πππππ
π΄2 =π¦1π πππ 15Β°
2=
(3.882)(14.189)
2β π¨π = ππ. πππππ
π΄3 = ππ 275
360= (15)2
75
360β π¨π = πππ. πππππ
π΄π = π΄1 + π΄2 + π΄3 β π΄π = 320.27ππ‘2
πΉπ = πΎπ΄ππ€ = (62.4)(320.27)(5) β ππ½ = πππππππ
π₯1 =14.489
2= 7.245ππ‘
π₯1 =2
3(14.489) = 9.659ππ‘
π₯3 = ππ ππ37.5Β° πππππ π =38.197π π ππ(37.5Β°)
37.5Β°= 9.301ππ‘
π₯3 = 9.30 sin(37.5Β°) = 5.662ππ‘
π₯ =π΄1π₯1 + π΄2π₯2 + π΄3π₯3
π΄π= 6738ππ‘
πΉπ = β(πΉπ»)2 + (πΉπ)2 = β(67437)2 + (99925)2 = 120550ππ
π = ππππ‘ππ (πΉπ
πΉπ») = ππππ‘ππ (
99925
67437) β π = ππ. ππ β ππΒ°
PROBLEMA 4.51
Se muestra una superficie curva que detiene un cuerpo de fluido estΓ‘tico. Calcule la
magnitud de las componentes horizontal y vertical de la fuerza que el fluido ejerce
sobre dicha superficie. DespuΓ©s calcule la magnitud de la fuerza resultante, asΓ como
su direcciΓ³n. Demuestre que la fuerza resultante actΓΊa sobre la superficie curva. La
superficie de interΓ©s es una porciΓ³n de un cilindro con la misma longitud que la
superficie dada en el enunciado del problema.
La superficie mide 4.00m de longitud
Sol.
Rsen30Β°=3.00m
x1
h=5.20m
x2
hp
R=6.00m 15Β° 15Β° y=Rcos30Β°=5.196m
x3 b 30Β°
s FH
Fv
Ξ±
Fr
DATOS:
J: gravedad especΓfica J=0.72
Fv: fuerza vertical
FH: fuerza horizontal
FR: fuerza resultante
Sol:
S=R-y=6.00m-5.196m=0.804m
hc=h+y+s/2=5.20m+5.196m+0.402m=10.798m
Hallamos la fuerza horizontal:
FH=J*s*w*hc=(0.72)(9.81m/s2)(0.804m)(4.00m)(10.798m)
FH=245.3kN
A1
A2
A3
hp=hc+s2/12hc=10.798m+(0.804m)2/12(10.798m)=10.798m+0.0050m
hp=10.83m
Hallamos la fuerza vertical: Fv=JV=JAw
A1=(5.20m)(3.00m)=15.60m2
A2=(3.00m)/2*(5.196m)=7.794m2
A3= π *R2*(30/360)= π *(6.00m)2/12=9.425m2
AT=A1+A2+A3=32.819m2
Entonces Fv=JAw
Fv=(0.72)(9.81m/s2)(32.819m2)(4.00m)
Fv=245.3kN
X1=3.00m/2=1.5m
X2=2*(3.00m)/3=2.00m
X3=b*sen15Β°=(38.197*R*sen15Β°/15)*sen15Β°=1.023m
X=(A1*X1+A2*X2+A3*X3)/AT=1482m
Hallamos la fuerza resultante
FR2=FH
2+Fv2= (245.3KN)2+ (927.2KN)2
FR=959.1KN (Fuerza resultante)
DirecciΓ³n:
Ξ±=tan-1(Fv/ FH)=tan-1(927.2KN/245.3KN)=75.2Β°
PROBLEMA 4.52
πΉπ£ = π¦π΄π€
π΄ = π΄1 + π΄2 = (1.20)(2.80) +π(1.20)2
4= 4.491π2
πΉπ£ = (9.81ππ
π3) (4.491π2)(1.50π) = 66.1ππ
π₯1 = 0.5(1.20) = 0.60π ; π₯2 = 0.424(1.20) = 0.509π
οΏ½Μ οΏ½ =π΄1π₯1 + π΄2π₯2
π΄π=
(3.36)(0.60) + (1.13)(0.509)
4.491= 0.577π
βπ = β +π
2= 2.80 +
1.20
2= 3.40π
πΉπ» = π¦π π€βπ = (9.81)(1.20)(1.50)(3.40) = 60.0ππ
βπ = βπ +π 2
12βπ= 3.40 +
1.202
12(3.40)= 3.435π
πΉπ = βπΉπ2 + πΉπ»
2 = β66.12 + 60.02 = 89.3ππ
β = π‘ππβ1πΉπ£
πΉπ»= π‘ππβ1(
66.1
60.0) = 47.8Β°
PROBLEMA 4.53
Calcular las componentes Horizontal y vertical de la fuerza en la superficie curva
Dato: Ancho = 2.50m; πππ π ππ ππππππππ πππ πππ’π = 9.81 πΎπ
π3
Hallamos:
π΄1 = (1.20π)(2.80π) = 3.36π2
π΄2 = π 2 β ππ
4
2
= 0.309π2
π΄ = π΄1 + π΄2 = 3.669π2
πΉπ£ = πππ π = (πππ π ππ ππππππππ πππ πππ’π)(ππππ’πππ) = (9.81 πΎπ
π3) (3.669π2)(2.50π) = 54πΎπ
La ubicaciΓ³n del centroide se encuentra por medio de la tΓ©cnica del Γ‘rea compuesta
De la fig:
π1 =1.20π
2= 0.6π
π2 = 0.2234π = 0.268π
La ubicaciΓ³n del centroide para el Γ‘rea compuesta es
π =(π΄1)(π1) + (π΄2)(π2)
π΄=
(3.36π2)(0.6π) + (0.309π2)(0.268π)
3.669π2= 0.572π
La profundidad del centroide es:
βπ = β +π
2= 2.80 +
1.20
2= 3.40π
La Fuerza horizontal:
πΉβ = (πππ π ππ ππππππππ πππ πππ’π)(πππβπ)(π )(βπ) = (9.81 πΎπ
π3) (2.50m)(1.20π)(3.40π) = 60πΎπ
L a profundidad al centro de presiones:
βπ = β +π 2
12βπ= 3.40 +
1.202
12(3.40)= 3.435π
La fuerza resultante en la superficie es:
πΉπ = βπΉπ£2 + πΉβ22= β54πΎπ2 + 60πΎπ22
= 80.7πΎπ
PROBLEMA 4.54
Calcule la magnitud de las componentes horizontal y vertical de la fuerza que el fluido ejerce
sobre dicha superficie. DespuΓ©s calcule la magnitud de las fuerzas resultante; asΓ como su
direcciΓ³n Demuestre que la fuerza resultante actΓΊa sobre la superficie curva. En cada caso, la
superficie de interΓ©s es una porciΓ³n de un cilindro con la misma longitud que la superficie
dada.
De la figura dibujamos las fuerzas:
2 22 2
1. :
(36)508.9 3.534
8 8
0.212 0.212(36 ) 7.63
3648 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
DA in ft
x D in in
shc h in ft
Hallando las fuerzas
F Aw lb
F swh
2 2 2 2mod : 871 4067 4159
3. :
871tan( ) tan( ) 12.1
4067
R V H
oV
H
lb
En ulo F F F lb
Hallando el
Farc arc
F
PROBLEMA 4.56
GrΓ‘fico y distribuciΓ³n de presiones.
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,
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
4L =
Ο(6 pulg)2
410 pulg = 282.74pulg3
Reemplazando se tiene que:
E = (62.4 lb
pie3x
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 πππππ
π. ππππππβπ πππππ) = 172.8011
ππ
ππππ 3
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 pu , 10 lgL pu ,
330cilindrolb
pie , 362.4agua
lbpie
, 30 lgh pu
Del grΓ‘fico podemos observar que la fuerza ejercida por el fluido desplazado
por el cilindro tendrΓ‘ una direcciΓ³n vertical hacia arriba, mientras que el cilindro
ejerce una fuerza vertical hacia abajo
Primero hallaremos el volumen ocupado por el cilindro:
2
2
3
3 lg2
. .
(3 lg) .10 lg
282.7 lg
cilindro
cilindro
cilindro
DR R pu
V A L R L
V pu pu
V pu
Como ya tenemos el volumen ocupado por el cilindro podemos hallar su masa,
y a la vez podemos hallar la masa de agua desplazada ya que el volumen de
agua desplazada es el mismo al volumen del cilindro
Por dato:
330cilindrolb
pie
.cilindro cilindro cilindro
cilindro
MM V
V
Antes hacemos la conversiΓ³n correspondiente:
3 3lgpu pie
SegΓΊn la tabla de conversiones debemos multiplicar por 0.08333 para obtener
pie, pero como es pie3 debemos multiplicar por 0.083333
3 3282.7 0.08333 0.1636cilindroV pie
Luego:
.cilindrocilindro cilindro cilindro cilindro
cilindro
WW V
V
3330 .0.1636
4.908
cilindro
cilindro
lbW piepie
W lb
AdemΓ‘s:
.agua
agua agua agua cilindro
cilindro
WW V
V
3362.4 .0.1636
10.209
agua
agua
lbW piepie
W lb
Por lo tanto, la fuerza que ejerce el cilindro en el fondo del recipiente serΓ‘
agua cilindroW W ya que debe existir otra fuerza vertical hacia abajo para que el
sistema se encuentre en equilibrio
agua cilindroF W W
10.209 4.908
5.301
F
F lb
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:
Ξ³fVc = Ξ³cVc 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.
Entonces: Si E > W
Ξ³fVc > Ξ³cVc 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:
=> 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 = 0.284ππ
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 = πΎπππ = πΎππ΄ππΏ
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 = πΎππ΄ππΏ = (62.4ππ
ππ‘3) (25.18 ππ2)(10 ππ)
1ππ‘3
1728 ππ3= 9.09ππ
ππ = πΎππ = (0.284ππ/ππ3)(282.7ππ3) = 80.3ππ
La fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo en el tanque es:
ππ β ππ = 80.3 β 9.09 = 71.21 ππ
PROBLEMA
4.63
Para la situaciΓ³n
descrita en el
problema
4.57, calcule la
fuerza que se
ejerce sobre el
fondo del tanque
para
profundidades variables del fluido (de h = 30 pulg a h = 0). Utilice cualesquiera
incrementos de cambio convenientes en la profundidad, que ademΓ‘s produzcan una
curva bien definida de fuerza versus profundidad.
Para cualquier profundidad mayor a 6 pulgadas, F=70.1 lb.
MΓ©todo de Prob. 4.62 utilizado para h <6,00 en, el uso figura a continuaciΓ³n.
Ad = A1 β A2 = (D2/4)(/360) β (1/2)(2.X)(R-h)
F = W0 β Wf = 80.3 lb - β .A.I0
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
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