Capítulo 2 Estática de fluidos - Problemas resueltos - Mecánica de Fluidos 2 Problemas Problemas Ejemplo 2.1: Mecánica de Fluidos Presión en un líquido estático. El tanque con agua que se muestra en la figura tiene una columna de 3 m de gasolina (s = 0,73) sobre él. Encuentre la presión en el fondo del tanque. La presión atmosférica es de 101,33 kPa. Solución Se conoce: Tanque con agua y una columna de gasolina sobre él. Encontrar: La presión en el fondo del tanque. Esquema: Hipótesis: 1. Fluidos estáticos. 2. Fluidos incompresibles. Análisis: Para encontrar la presión en cualquier punto de una columna de líquido, cuando se conocen la presión en otro punto y la diferencia de profundidad entre los dos puntos, se utiliza la Ec.(2.3). dP = −γ dy (2.3) Aplicando esta ecuación de manera separada para la gasolina y el agua, se tiene ∫ PB ∫ PC dP = −γ G PA dP = −γ W PB ∫ dy → PB − PA = −γ G ( y B − y A ) = −γ G (− h1 ) ∫ dy → PC − PB = −γ W ( yC − y B ) = −γ W (− h2 ) yB yA yC yB Al despejar PB de la primera ecuación y sustituirla en la segunda, y haciendo PA = P0, se tiene PC = P0 + γ G h1 + γ W h2 El peso específico de la gasolina es γ G = s γ W , por lo que PC = P0 + γ W (s h1 + h2 ) Sustituyendo valores, PC = 101,33 kPa + 9,81 kN m 3 [0,73(3 m ) + 2 m] = 142,4 kPa Comentarios: ◄ Este ejemplo representa un caso simplificado de un fluido de densidad variable. 3 Mecánica de Fluidos Ejemplo 2.2: Problemas Presión hidrostática en un estanque solar con densidad variable. Los estanques solares son pequeños lagos artificiales de algunos cuantos metros de profundidad que se usan para almacenar energía solar. El ascenso del agua caliente (y, por tanto, menos densa) hacia la superficie, se impide añadiendo sal al fondo del estanque. En un estanque solar salino típico de gradiente, la densidad del agua aumenta en la zona de gradiente, como se muestra en la figura, y la densidad se puede expresar como π y 4 H ρ = ρ 0 1 + tan 2 donde ρ0 es la densidad en la superficie del agua, y es la distancia vertical medida hacia abajo desde la parte superior de la zona de gradiente y H es el espesor de esta zona. Para H = 4 m, ρ0 = 1 040 kg/m3, y un espesor de 0,8 mm para la zona superficial, calcule la presión manométrica en el fondo de la zona de gradiente. Solución Se conoce: La variación de la densidad del agua salina con la profundidad, en la zona de gradiente de un estanque solar. Encontrar: La presión manométrica en el fondo de la zona de gradiente. Esquema: Hipótesis: 1. Fluidos estáticos. Propiedades: Se da la densidad de la salmuera, ρ0 = 1 040 kg/m3. Análisis: Se hará referencia a la parte superior y al fondo de la zona de gradiente como 1 y 2, respectivamente. Nótese que la densidad de la zona superficial es constante, la presión manométrica en el fondo de esa zona (la cual es la parte superior de la de gradiente) es 1 kN = 8,16 kPa P1 = ρ gh1 = 1 040 kg m 3 9,81 m s 2 (0,8 m ) 2 1 000 kg. m s ( )( ) El cambio diferencial en la presión hidrostática de uno a otro extremo de una distancia vertical de dy está dada por dP = ρ gdy 4 Problemas Mecánica de Fluidos Si se integra de la parte superior a la zona de gradiente (punto 1, donde y = 0) hasta cualquier lugar y en la zona de gradiente (sin subíndice) se obtiene P − P1 = ∫ y ρ gdy → P = P1 + ∫ y π y g dy 4 H ρ 0 1 + tan 2 0 0 Cuando se realiza la integración se obtiene que la variación de la presión manométrica en la zona de gradiente es P = P1 + ρ 0 g π y senh −1 tan π 4 H 4H Entonces la presión en el fondo de la zona de gradiente (y = H = 4 m) es P2 = 8,16 kPa ( )( + 1 040 kg m 3 9,81 m s 2 ) 4(4π m) senh 1 kN π 4 tan 4 4 1 000 kg.m s 2 −1 P2 = 54,0 kPa (manométrica) Comentarios: ◄ En la siguiente figura se da la variación de la presión manométrica con la profundidad. La línea punteada indica la presión hidrostática para el caso de una densidad constante de 1 040 kg/m3 y se da como referencia. Nótese que la variación de la presión con la profundidad no es lineal cuando la densidad varía con ésta. Variación de la presión manométrica con la profundidad, en la zona de gradiente del estanque solar. 5 Mecánica de Fluidos Problemas Ejemplo 2.3: Variación de la presión en la atmósfera terrestre. Calcule la presión atmosférica a una elevación de 6000 m, considerando la atmósfera como un fluido estático. Suponga la atmósfera estándar a nivel de mar. Use cuatro métodos: (a) Aire de densidad constante, (b) temperatura constante entre el nivel del mar y 6000 m, (c) condiciones isentrópicas, y (d) temperatura del aire disminuyendo linealmente con la elevación a razón de 0,006489 K/m. Solución Se conoce: Condiciones de la atmósfera estándar a nivel de mar. Encontrar: La presión atmosférica a 6000 m de altura usando cuatro aproximaciones: (a) Densidad del aire constante, (b) atmósfera isoterma, (c) condiciones isentrópicas, y (d) disminución lineal de la temperatura con la elevación a razón de 0,006489 K/m. Hipótesis: 1. Se considera la atmósfera con un fluido estático. 2. Se considera el aire como un gas ideal. Propiedades: Para la atmósfera estándar a nivel de mar, T = 15°C (288 K), P = 101,3 kPa y γ = 11,99 N/m3. Análisis: La variación de la presión con la elevación en un fluido en reposo, está dada por la Ec.(2.3): dP = −γ dy (2.3) (a) Para un fluido de densidad constante: ∫ ∫ P y dP = −γ dy P1 y1 Integrando, P = P1 − γ ( y − y1 ) donde P1 = 101,3 kPa es la presión a la altura referencia y1 = 0. Sustituyendo valores, ( ) P = 101,3 kPa − 11,99 × 10 −3 kN m 3 (6000 − 0 )m = 29,4 kPa ◄ (b) Para una atmósfera isoterma, la presión a cualquier elevación está dada por la Ec. (2.8): γ P = P1 exp − 1 ( y − y1 ) P1 (2.8) Sustituyendo valores, 11,99 × 10 −3 kN m 3 (6000 − 0)m = 49,8 kPa P = (101,3 kPa ) exp − 101,3 kPa 6 ◄ Problemas Mecánica de Fluidos (c) Para un proceso isentrópico de un gas ideal, Pv k = P1 v 1k = C donde C es una constante y k = 1,4 para el aire. Sustituyendo ecuación anterior, v = g γ en la k k g g P = P1 = C γ γ1 Suponiendo que g es constante para el rango de elevación considerado, dividiendo entre gk la ecuación anterior, se tiene P γ k P1 = γ k 1 C = = C1 gk de donde γ = P C1 1 k = γ 1 P P1 1 k Sustituyendo en la Ec.(2.3), 1 k dP = −γ 1 P dy P1 Separando variables e integrando, ∫P P P1 dP 1 =− γ1 P1 k 1 ∫ dy y k y1 P P k −1k = − γ 1 ( y − y1 ) 1 1 k −1 P1 k k P1 k −1 γ1 k − 1 k −1k k =− ( y − y1 ) P P − 1 1 k P1 k k −1 k −1 γ1 P = P1 k − ⋅ 1 ( y − y1 ) k P k 1 k k −1 Sustituyendo valores, 1, 4 −1 1,4 − 1 11,99 × 10 −3 kN m 3 1 , 4 ( ) 6000 0 m P = (101,3 kPa ) − ⋅ − 1 1,4 1 , 4 (101,3 kPa ) P = 45,8 kPa 1, 4 1, 4 −1 ◄ 7 Mecánica de Fluidos Problemas (d) Para un variación lineal de la temperatura con la elevación, la presión a cualquier elevación está dada por la Ec.(2.12), T1 P = P1 T β y + 1 g βR (2.12) donde β = -0,006489 K/m y R = 287 N.m/kg.K. Sustituyendo valores en la ecuación anterior, m s2 −0,006489 K 287 N⋅m kg⋅K m 9,81 288 K P = (101,3 kPa ) 288 K − (0,006489 K m )(6000 m ) P = 47,2 kPa ◄ Comentarios: La última aproximación corresponde a la atmósfera estándar (ver Tabla B-8 y Figura 2.6) donde la temperatura varía linealmente desde 288 K al nivel del mar, hasta 216,5 K a una elevación de 11 000 m (Troposfera). A una altura de 6000 m, el error de considerar la densidad constante es de aproximadamente 38%. Este error disminuye para elevaciones menores; por ejemplo, para una altura de 2 600 m el error es menor al 5%. Finalmente el error de considerar la atmósfera isoterma a esta altura es de 5,5%, mientras que si se considera isentrópica es del 3%, aproximadamente. 8 Problemas Mecánica de Fluidos Ejemplo 2.4: Presión en un barómetro de mercurio. La altura real de la columna de un barómetro de mercurio es h = 29,5 pulg cuando T = 70°F. Encuentre la presión atmosférica en lbf/pie2. Exprese la altura del barómetro en mm de mercurio a 0°C. Solución Se conoce: La altura real en una columna de mercurio cuando la temperatura es T = 70°F. Encontrar: La presión atmosférica en lbf/pie2 y la altura del barómetro en mm de mercurio. Esquema: Hipótesis: 1. Fluido estático. 2. Ya que la presión de vapor del mercurio es muy pequeña (ver Tabla 1.1) se desprecia su efecto sobre la columna de mercurio. Propiedades: La gravedad específica del mercurio a 0°C es s = 13,60 y ésta varía linealmente con la temperatura de acuerdo con la ecuación: s = 13,60 − 0,00240 T cuando T se mide en grados centígrados. Por lo tanto, TC = 5 (70°F − 32) = 21,1°C 9 s = 13,60 − 0,00240 (21,1°C ) = 13,55 Se toma la densidad del agua de Análisis: ρ = 1,94 slug pie 3 . La presión atmosférica medida por la columna del barómetro, está dada por la Ec.(2.14), Patm = Pvapor + γ y (2.14) Si Pvapor ≈°0 y y = h, Patm = γ h = ρ g h = s ρW g h ( )( ) 1 pie = 13,55 1,94 slug pie 3 32,2 pie s 2 29,5 pulg × 12 pulg = 2 080,7 lbf pie 2 ◄ La altura del barómetro en mm de mercurio se obtiene de la ecuación h= Patm γ Hg = s (70°F)γ W h s (70°F) h 13,55 25,4 mm = = ⋅ 29,5 pulg × s (0°F)γ W s (0°F) 13,60 1 pulg = 746,5 mm ◄ 9 Mecánica de Fluidos Problemas Ejemplo 2.5: Manómetro simple (Tubo U). Determine la presión absoluta en el tanque de la figura. Solución Se conoce: Diferencia de niveles en el tubo U conectado a un tanque a presión. Encontrar: La presión absoluta en el tanque. Esquema: Hipótesis: 1. Fluidos estáticos. 2. Fluidos Incompresibles. Análisis: La presión en el Tanque A se puede obtener mediante la integración sucesiva de la Ec.(2.3), como se describe en la Sección 2.5.4, y se obtiene la Ec.(2.17). Un método alternativo es recorrer el manómetro sumando (si se recorre hacia arriba) o restando (si se recorre hacia abajo) la presión de la columna correspondiente. Para el manómetro de la figura: Pa = −γ A d1 − γ Hg y1 + γ Hg y 2 + γ Hg d 2 + Patm (1) Note que y1 = y2; por lo tanto, el segundo y tercer término del lado derecho de la ecuación anterior se anulan, por lo que arreglando la ecuación anterior se llega a la Ec.(2.17) Pa = Patm + γ Hg d 2 − γ A d1 (2.17) Comentarios: Note que la presión en el punto M es igual a la presión en el punto N, de acuerdo con la Ley de Pascal, por lo que al recorrer el manómetro se pudo haber pasado del punto M al punto N, omitiendo desde un principio el segundo y tercer términos de la Ec.(1). 10 Problemas Mecánica de Fluidos Ejemplo 2.6: Medición de la presión con un manómetro U. Se usa un manómetro para medir la presión en un tanque. El fluido que se utiliza tiene una gravedad específica de 0,85 y la elevación de la columna en el manómetro es de 55 cm, como se muestra en la figura. Si la presión atmosférica local es de 96 kPa, determine la presión absoluta dentro del tanque. Solución Se conoce: La lectura de un manómetro sujeto a un tanque y la presión atmosférica. Encontrar: La presión absoluta en el tanque. Esquema Hipótesis: El fluido en el tanque es un gas cuya densidad es mucho más baja que la del fluido manométrico. Propiedades: Se da la gravedad específica del fluido manométrico, s = 0,85. Se toma la densidad estándar del agua como 1 000 kg/m3. Análisis: La densidad del fluido se obtiene cuando se multiplica su gravedad específica por la densidad del agua, ( ) ρ f = sρW = (0,85) 1 000 kg m 3 = 850 kg m 3 Entonces, la presión en el tanque será P = −γ g y + γ f h + Patm como γ g ≈ 0, P = Patm + γ f h = Patm + ρ f g h 1 kPa = 96 kPa + 850 kg m 3 9,81 m s 2 (0,55 m ) 2 1 000 N m ( )( ) = 100,6 kPa ◄ Comentarios: Nótese que la presión manométrica en el tanque es de 4,6 kPa. 11 Mecánica de Fluidos Problemas Ejemplo 2.7: Manómetro de múltiples líquidos. Agua circula por los tubos A y B. Aceite, con densidad relativa de 0,8, está en la parte superior de la U invertida. Mercurio, con densidad relativa de 13,6, se encuentra en la parte inferior de los recodos del manómetro. Determine la diferencia de presiones entre los depósitos A y B, en unidades de lbf/pulg2. Solución Se conoce: Un manómetro de tubo U múltiple. Encontrar: La diferencia de presiones, PA – PB, en unidades de bf/pulg2. Esquema: Hipótesis: 1. Fluidos estáticos. 2. Fluidos Incompresibles. Propiedades: La densidad relativa del aceite es 0,8 y la del mercurio 13,6. Análisis: Siguiendo el manómetro desde la presión A, se tiene PA = −γ H 2O d1 + γ Hg d 2 − γ ac d 3 + γ Hg d 4 + γ H 2O d 5 + PB = −γ H 2O d1 + s Hg γ H 2O d 2 − s ac γ H 2O d 3 + s Hg γ H 2O d 4 + γ H 2O d 5 + PB Arreglando esta expresión, se obtiene [ ] PA − PB = γ H 2O s Hg (d 2 + d 4 ) − s ac d 3 + (d 5 − d1 ) ( )( ) lbf ⋅ s 2 pie 3 × = 1,94 slug pie 3 32,2 pie s 2 2 slug ⋅ pie 1728 pulg [13,6(3 + 5)pulg − 0,8(4 pulg ) + (8 − 10)pulg] = 3,74 lbf pulg 2 12 ◄ Problemas Mecánica de Fluidos Ejemplo 2.8: Manómetro de depósito. Un manómetro de depósito se construye con un tubo y un depósito de 10 mm y 30 mm de diámetro, respectivamente. El líquido del manómetro es aceite rojo Meriam. Determine la sensibilidad del manómetro, esto es, la separación en milímetros por milímetro de presión diferencial del agua aplicada. Solución Se conoce: Manómetro de depósito con diámetros de tubo y depósito de 10 mm y 30 mm, respectivamente. Encontrar: Separación del líquido, h, en milímetros por milímetro de presión diferencial del agua aplicada. Esquema: Hipótesis: 1. Fluido estático. 2. Incompresible. Propiedades: La gravedad específica del aceite rojo Meriam es s = 0,827. Análisis: La diferencia de presiones es, P1 − P2 = γ ac (H + h ) = s γ H 2O (H + h ) (1) Para eliminar H, se advierte que el volumen del líquido del manómetro debe permanecer constante. De tal modo, el volumen desplazado del depósito debe ser el mismo que el que aumenta en el tubo, π 4 D H= 2 π 4 2 2 d h → d H = h D Sustituyendo en la Ec.(1), P1 − P2 = s γ H 2O d 2 h 1 + D Esta ecuación puede simplificarse expresando la diferencial de presión aplicada como una columna de agua equivalente, de altura ∆he, P1 − P 2 = γ H 2O ∆he 13 Mecánica de Fluidos Problemas Igualando las dos ecuaciones anteriores, γ H O ∆h = s γ H O 2 2 d 2 h 1 + D → 1 h = ∆he s 1 + (d D )2 [ ] Sustituyendo valores, 1 h = = 1,09 ∆he 0,827 1 + (10 30 )2 [ ] ◄ Comentarios: Este problema ilustra los efectos del diseño del manómetro y de la elección del líquido manométrico en la sensibilidad. 14 Problemas Mecánica de Fluidos Ejemplo 2.9: Fuerza resultante sobre una superficie plana inclinada sumergida. La superficie inclinada que se muestra, articulada a lo largo de A, tiene 5 m de ancho. Determine la fuerza resultante, FR , del agua sobre la superficie inclinada. Solución Se conoce: Compuerta rectangular, articulada a lo largo de A, w = 5 m. Encontrar: La fuerza resultante FR , del agua sobre la compuerta. Esquema: Hipótesis: 1. Fluido estático. 2. Incompresible. Propiedades: Se toma la densidad del agua de ρ = 1 000 kg/m3 (γ = ρ g = 9,81 kN/m3). Análisis: Para determinar completamente FR , se debe especificar: a) la magnitud, b) la dirección y c) la línea de acción de la fuerza resultante. Considérese la compuerta soportada a lo largo de A, yaciendo en el plano xy, con las coordenadas que se indican, FR = − ∫ A P dA = − ∫ (dA = w dy kˆ) P w dy kˆ A Para encontrar P como función de y, se tiene, de la Ec.(2.3), dP = γ dh y ∫ P ∫ h dP = γ dh Pa 0 Suponiendo que ρ = constante (fluido incompresible), P = Pa + γ h Esto produce P = P(h). Se necesita P = P(y). Del diagrama h = D + y sen 30°, donde D = 2 m. 15 Mecánica de Fluidos Problemas Como se desea determinar la fuerza resultante del agua sobre la compuerta, se elimina Pa y se obtiene P = γ (D + y sen 30°) Note que la cara de la base de la compuerta está abierta a la atmósfera y sujeta a Pa. Por lo tanto, FR = − ∫ P w dy kˆ = −∫ γ (D + y sen 30°) w dy kˆ A A L y2 L2 = −γ w D y + sen 30° kˆ = −γ w DL + sen 30° kˆ 2 2 0 ( 4 m )2 sen 30° = − 9,81 kN m (5 m )(2 m )(4 m ) + 2 ( 3 ) FR = −588,6 kˆ kN ◄ Para encontrar la línea de acción de la fuerza resultante, FR , se debe reconocer que la línea tiene que ser tal que el momento de la fuerza resultante en torno a cualquier eje sea igual al momento de la fuerza distribuida alrededor del mismo eje. Considerando los momentos en torno al eje x a través del punto A(0,0,0), se obtiene y' FR = ∫ yPdA A donde y’ es la distancia del punto A(0,0,0), Entonces, 1 FR y' = ∫ yPdA = A 1 FR ∫ L 0 yPwdy = γw FR ∫ y (D + y sen 30°) dy L 0 L γ w Dy 2 γ w DL2 L3 y3 sen 30° 30 sen = + ° = + 3 3 FR 2 0 FR 2 (9,81 kN m )(5 m) (2 m)(4 m) + (4 m) = 2 3 588,6 kN 3 2 3 sen 30° = 2,22 La distancia desde la superficie libre del agua será y p = y '+ 2m D = 2,22 m + = 6,22 m senθ sen 30° ◄ También, de la consideración de los momentos en torno al eje y a través del punto A, xp= 1 FR ∫ xPdA A Puesto que el elemento de área es de ancho constante, entonces x = w/2, y xp= 1 FR ∫ w w PdA = A 2 2 FR x p = 2,5 m 16 w w ∫ PdA = 2F (F ) = 2 A R R ◄ Problemas Mecánica de Fluidos Por lo tanto, la línea de acción de que pasa por rp , FR se encuentra a lo largo del eje z negativo r p = 2,5 iˆ + 6,22 ˆj m ◄ Comentarios: Este problema ilustra el procedimiento utilizado para determinar la fuerza resultante, FR , equivalente a la fuerza distribuida sobre una superficie plana sumergida. Nótese que, en este caso, la coordenada y se mide en la dirección del plano de la compuerta y la coordenada x es perpendicular al plano de la hoja. Otra manera de determinar la fuerza resultante ejercida por el agua sobre la compuerta es utilizando los resultados obtenidos en la Sección 2.6.1, donde se concluye que la fuerza sobre una cara de cualquier superficie plana sumergida en un fluido estático, es igual a la presión que hay en el centroide de dicha cara por su área, independientemente de la forma de la superficie y de su ángulo de inclinación [Ec.(2.21)], esto es L FR = γ hc A = γ D + sen 30° (wL ) 2 donde L hc = D + sen 30° 2 Sustituyendo valores, (4 m ) sen 30°(5 m )(4 m ) = 588,6 kN FR = 9,81 kN m 3 (2 m ) + 2 ( ) ◄ El punto de aplicación de esta fuerza se obtiene de la Ec.(2.23): y p = yc + donde I ξξ yc A L D es la distancia desde la superficie libre del agua al y c = + 2 senθ centro de la compuerta en la dirección del plano de la misma, y, para la compuerta rectangular, I ξξ = wL3 . 12 Sustituyendo y simplificando se tiene, yp = L D + + 2 senθ w L3 L D L2 = + + = 6,22 m 2 senθ L L D D w L 12 + 12 + 2 senθ 2 senθ Para la distancia xp, de la Ec.(2.24): x p = xc + donde I ξη yc A I ξη es el producto de inercia con respecto a los ejes cetroidales. Ya que el área es simétrica en relación con cualquiera de los dos ejes, el producto de inercia en el centroide es cero, y xp coincide con el centroide. Con esto, x p = xc = w = 2,5 m 2 ◄ 17 Mecánica de Fluidos Problemas Ejemplo 2.10: Componentes de la fuerza sobre una superficie curva sumergida. La compuerta mostrada en la figura tiene un ancho constante, w = 5 m. La ecuación de la superficie es x = y2/a, donde a = 4 m. La profundidad del agua a la derecha de la compuerta es D = 4 m. Encuentre las componentes horizontal y vertical de la fuerza resultante producida por el agua y la línea de acción de cada una de ellas. Solución Se conoce: Compuerta de ancho constante, w = 5 m. La ecuación de la superficie en el plano xy es x = y2/a, donde a = 4 m. El agua alcanza una profundidad D = 4 m a la derecha de la compuerta. Encontrar: FRH , FRV , y la línea de acción de cada una. Esquema: Hipótesis: 1. Fluido estático. 2. Incompresible. Propiedades: Se toma la densidad del agua de ρ = 1 000 kg/m3 (γ = Análisis: La fuerza resultante ejercida por el agua sobre la compuerta es: FR = − ∫ ρ g = 9,81 kN/m3). P dA A de donde, ∫ D FRH = P w dy FRV = 0 ∫ D2 a P w dx 0 Para poder integrar, se necesitan expresiones relativas a P(y) y P(x) a lo largo de la superficie de la compuerta. De la Ec.(2.3), dP = γ dh y ∫ P Pa Suponiendo que ρ = constante (fluido incompresible), P = Pa + γ h 18 ∫ h dP = γ dh 0 Problemas Mecánica de Fluidos Como la presión atmosférica actúa tanto sobre la parte superior de la compuerta como sobre la superficie libre del líquido, no hay una contribución neta de la fuerza de la presión atmosférica. Por tanto, al determinar la fuerza debida al líquido, se toma P = γ h. Después de esto se necesita una expresión para h = h(y) y h = h(x) a lo largo de la superficie de la compuerta, donde h = D – y. Puesto que la ecuación de la superficie de la compuerta es x = y2/a, entonces a lo largo de la compuerta 1 1 h= D− a x 2. Sustituyendo las ecuaciones apropiadas para h en las expresiones para FR y H y= a x y por ello, h puede escribirse también como 2 FRV da como resultado ∫ D ∫ D ∫ D FRH = P w dy = γ h w dy = γ w h dy = γ w 0 0 0 ∫ (D − y ) dy D 0 D 2 D 2 γwD 2 y2 w γ = = γ w D y − = D − 2 2 2 0 FRH = FRV = (9,81 kN m )(5 m)(4 m) 2 3 2 ∫ D2 a Pw dx = 0 ∫ D2 0 = γw ∫ D2 0 a ∫ D2 a h dx 0 1 D − a x 2 dx 2 a x = γ w Dx − 3 FRV = γ h w dx = γ w a ◄ = 392,4 kN D2 3 2 0 a (9,81 kN m )(5 m)(4 m) 3 3 3 (4 m ) D3 2 D 3 γwD 3 a 3 = = γ w − 3 3a a a 2 ◄ = 261,6 kN Para encontrar la línea de acción de FRH , el momento de FRH en torno al eje z a través de O, debe ser igual a la suma de los momentos de mismo eje. y ' FRH = 1 FRH y' = = y' = ∫ Ax → y' = γw 1 FRH ∫ Ax yPdAx FRH ∫ y (D − y )dy γ wD 3 γ wD 3 y3 = = − 3 6 FRH 6 2 0 2 D = 2 γ wD 3 D yPwdy = 0 γ w Dy 2 FRH ∫ yPdAx 4m = 1,33 m 3 1 FRH D ∫ D 0 y γ h wdy = dFH en torno al D 0 ◄ 19 Mecánica de Fluidos Problemas Para encontrar la línea de acción de FRV , el momento de FRV alrededor del eje z a través de O, debe ser igual a la suma de los momentos de FV en torno al mismo eje. x' FRV = 1 x' = FRV = = ∫ D2 a 0 ∫ Ay 1 xPwdx = FRV ∫ D2 a x' = x γ h wdx = 0 D2 γw D FRV → xPdAy 5 2 2 2 − x a x 2 5 0 a = ∫ 1 FRV γw FRV ∫ xPdAy Ay D2 0 a 1 x D − a x 2 dx γ wD 5 D5 2 2 − a 5 = 2 5 2a a 2 10 FRV a γ w D5 FRV γ wD 5 3a 3D 2 = 10a 2 γ wD 3 10a 3 (4 m )2 x' = = 1,2 m 10 (4 m ) Comentarios: ◄ Este problema ejemplifica el cálculo de las componentes de la fuerza resultante sobre una superficie curva sumergida. Otra manera de determinar la fuerza resultante ejercida por el agua sobre la compuerta es utilizando los resultados obtenidos en la Sección 2.6.2. La componente horizontal FRH de la fuerza resultante sobre la compuerta es igual a la fuerza ejercida por el agua sobre el área de la compuerta proyectada sobre el plano yz, como se muestra en la figura; esto es, D γ wD 2 FRH = γ hc A p = γ (wD ) = 2 2 lo cual concuerda con el resultado obtenido anteriormente. 20 ◄ Problemas Mecánica de Fluidos El punto de aplicación de esta fuerza, medido desde la superficie libre del líquido, se obtiene de la Ec.(2.23): y p = yc + I ξξ yc Ap wD 3 D 12 = D + D = 2 D + 2 D (wD ) 2 6 3 2 yp = Por lo tanto, la línea de acción de la fuerza FRH pasará a una distancia y ' = D − y p de la base de la compuerta; esto es, y' = D − y p = D − 2D D = 3 3 ◄ Los resultados obtenidos en la Sección 2.6.2 demuestran que la componente vertical de la fuerza resultante sobre una superficie curva sumergida es igual al peso de la columna total de fluido que se encuentra sobre la superficie curva. En este caso, al integrar dFR sobre la superficie completa, se obtiene V el peso de la columna hipotética de fluido que se encuentra sobre la superficie; esto es, FRV = γ V = γ wA V es el volumen sobre la compuerta y A, el área sobre la curva es, donde A= ∫ D2 0 D2 2 a 32 a 2 dx = Dx − D a x x − 3 0 D2 =D a 1 2 a − 3 D2 a 3 2 a D3 2 D3 D3 = − = a 3 a 3a Por lo tanto, FRV = γ w D3 3a ◄ 21 Mecánica de Fluidos Problemas La componente vertical de la fuerza resultante pasará por el centroide del área; por lo tanto, de la definición del centroide de un área plana, x= ∫ x dA ∫ dA A A se tiene, D2 Dx 2 2 a 5 a 1 2 a x D − a x 2 dx 2 − 5 x 0 0 x = x' = = 2 D 1 D3 a 2 dx − D a x 3a 0 5 2 2 2 2 D D − 2 a D D 5 2 D 5 D5 2 a 5 a 2 − 2 5a 10a 2 = 2a = = D3 D3 D3 3a 3a 3a ∫ D2 ∫ x' = 22 3D 2 10a ◄ Problemas Mecánica de Fluidos PROBLEMAS PROPUESTOS 2.1 Determine la presión del manómetro en el punto “a”, si el líquido A tiene una gravedad específica de 0,75 y el líquido B de 1,20. El líquido alrededor del punto “a” es agua y el tanque de la izquierda está abierto a la atmósfera. 2.4 El manómetro inclinado que se muestra tiene un depósito de 96 mm de diámetro y un tubo de presión de 8 mm de diámetro. Determine el ángulo θ necesario para brindar un aumento de 5:1 en la separación del líquido L, comparado con la separación total en un manómetro normal de tubo en U. 2.5 Una compuerta de 2000 kg de masa se monta en una articulación como se muestra en la figura. La longitud del depósito y la compuerta (perpendicular al plano de la figura) es de 8 m. En las condiciones de equilibrio mostradas, calcule el ancho b, de la compuerta. P 2.1 2.2 El manómetro inclinado que se muestra tiene D = 90 mm y d = 6 mm, el fluido del manómetro es aceite rojo Merian. La longitud del tubo medición es de 0,6 m, θ = 30º. Determine la máxima presión, en Pa que puede ser medida con este manómetro. P 2.5 2.6 La compuerta rectangular AB, como se muestra, tiene 2 m de ancho. Encuentre la fuerza por unidad de ancho ejercida contra el tope en A. Asuma que la masa de la compuerta es despreciable. P 2.2, 2.3, 2.4 2.3 El manómetro inclinado que se muestra tiene un depósito de 3 in de diámetro y un tubo de presión de 0,25 in de diámetro y es llenado con aceite de densidad relativa de 0,897. Calcule el ángulo θ que producirá una separación de 5 in del aceite a lo largo del tubo inclinado, para una presión aplicada de 1 in de agua (manométrica). P 2.6 23 Mecánica de Fluidos 2.7 Problemas Debido al gradiente de temperatura en un líquido en un tanque grande, la densidad no es constante. La variación de la densidad está dada por: ρ = ρ 0 (1 + h1 5 ) Encuentre: a).- La fuerza resultante sobre el área indicada debido solo al líquido. b).- La posición y´ en la cual la fuerza resultante actúa. P 2.7 2.8 La compuerta parabólica tiene 2 m de ancho. Determine la magnitud y la línea de acción de la fuerza horizontal sobre la compuerta debido al agua; c = 0,25 m-1. P 2.8, 2.9 y 2.10 24 2.9 Para las condiciones del problema 2.8, determine la magnitud y la línea de acción de la fuerza vertical sobre la compuerta debida al agua. 2.10 La profundidad del agua a la derecha de la compuerta del problema 2.8 se incrementa de cero a L. determine la profundidad L requerida para reducir el momento alrededor de cero al 50 por ciento del valor para L = 0.
