fluidos

Universidad Nacional de San Cristóbal de
Huamanga
Facultad de Ingenierı́a Minas, Geologı́a y Civil
Escuela de Formación Profesional de Ingenierı́a Civil
CURSO
MECÁNICA DE FLUIDOS (IC-347)
PRÁCTICA DOMICILIARIA DE MECÁNICA
DE FLUIDOS
DOCENTE
ING. BENDEZU PRADO,Jaime Leonardo
ALUMNOS:
Nombre
Código
BERROCAL SERNA, Jhon Alexis
CCENTE GARZON, Litman
FLORES CURIÑAUPA, Jhersson edgar
FLORES DIAZ, Max Limber
NUÑES PACOTAIPE, Fredy Pabel
16162507
16150446
16162513
16162401
Ayacucho - Perú
2019
Baja
Dedicado
E
A las familias de cada uno de los integrantes
.
F
que son el sosten y el soporte en esta etapa universitaria de
nuestras vidas
ya que sus anelos y tambien de nosotros es ser un ingeniero
civil de profecion
H
G
Índice General
Capı́tulo 1
solucionario
1.1 PROBLEMA 01
Página ii
iii
Solucióniii
1.2 PROBLEMA 02
viii
Soluciónviii
1.3 PROBLEMA 03
xi
Soluciónxii
1.4 PROBLEMA 04
xiv
Soluciónxv
1.5 PROBLEMA 05
xviii
Soluciónxix
1.6 PROBLEMA 06
xxii
Soluciónxxii
1.7 PROBLEMA 07
xxvi
Soluciónxxvii
1.8 PROBLEMA 08
xxxi
Soluciónxxxii
1.9 PROBLEMA 09
xxxiii
Soluciónxxxiv
1.10 PROBLEMA 10
Soluciónxxxvi
xxxv
1
Contents
1.1 PROBLEMA 01
iii
Solucióniii
1.2 PROBLEMA 02
viii
Soluciónviii
1.3 PROBLEMA 03
xi
Soluciónxii
1.4 PROBLEMA 04
xiv
Soluciónxv
1.5 PROBLEMA 05
xviii
Soluciónxix
1.6 PROBLEMA 06
xxii
Soluciónxxii
1.7 PROBLEMA 07
xxvi
Soluciónxxvii
1.8 PROBLEMA 08
xxxi
Soluciónxxxii
1.9 PROBLEMA 09
xxxiii
Soluciónxxxiv
1.10 PROBLEMA 10
Soluciónxxxvi
xxxv
Mecánica de Fluidos
1.1
solucionario
PROBLEMA 01
Suponiendo una distribución lineal de tensiones sobre la base de la presa
de concreto (figura n01), calcular:
a) La posición donde la resultante de dicha fuerza de tensiones corta a la
base..
b) La máxima y mı́nima tensión de compresión en la base.
Despreciar el empuje ascensional hidrostático.
1.1.1 Solución
a) para la solucion se necesitara tomar el ancho unitario y hallar:
• Fv , Fh ;φ ;d
iii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
hallamos la fh :
fh = γagua ∗ hg ∗ Aproy
12
fh = 1000 ∗
∗ (12 ∗ 1)
2
fh = 72000kgf
hallamos el centro de presion de fh :
IG
HG ∗ A
A ∗ 122
yp = 6 + 12
6∗A
YP = 8m
yp = hg +
como necesitamos respecto de o: y 0 = 12 − 8 = 4m hallamos la fv :
fv = γagua ∗ A ∗ ancho
iv
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
donde:
A=
Z 4√3
0
(12 − 0.25 ∗ x2 )dx
A = 55.426m2
entonces:
fv = 1000 ∗ 55.426 ∗ 1
fv = 55425.626kgf
hallamos punto de alicacion respecto de o:
(x)dA
=
x0 =
A
R
√
R4 3
x(12 − 0.25 ∗ x2 )dx
0
55.426
como tenemos fv y fh hallamos φ y d, entonces:
fv
fh
55425.626
φ = arctg (
)
72000
φ = 37.590
tg (φ) =
v
Ingenierı́a Civil
= 2.598m
Mecánica de Fluidos
solucionario
por lo tanto: d = 2.598 + 4 ∗ ctg (37.590 ) = 7.79m
√
y la fuerza resultante: F = 720002 + 555425.6262 = 90862.534kgf
b) hallamos la maxima y minima compresion en la base:
kg
hallamos w y x para cada bloque y donde γconcreto = 2400 3 por
m
norma:
se sabe que W = γ ∗ Volum
entonces:
√
w1 = 2400 ∗ (12 ∗ 4 3 − 55.426) ∗ 1 = 66510.75kgf
3 √
x1 = ∗ 4 3 = 5.196m 4
w2 = 2400 ∗ (12 ∗ 3) ∗ 1 = 86400kgf
√
x2 = 4 3 + 1.5 = 8.428m w3 = 2400 ∗ (
12 ∗ 4
) ∗ 1 = 57600kgf
2
√
1
x3 = 4 3 + 3 + ∗ 4 = 11.262m
3
vi
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
hallamos f1 y f2 :
√
-f1 = (4 3 + 3 + 4) ∗ R1 = 13.928 ∗ R1 y el centro de aplicacion respecto a o:
√
(4 3 + 3 + 4)
XF 1 =
= 6.964m
2
13.928 ∗ (R2 − R1 )
= 6.964(R2 − R1 ) y el centro de aplicacion
-f2 =
2
respecto a o:
√
2
XF 2 = ∗ (4 3 + 3 + 4) = 9.286m
3
entoncen:
P
FY = 0
−fv − w1 − w2 − w3 + f1 + f2 = 0
−55425.626 − 66510.75 − 86400 − 57600 + 13.928 ∗ R1 + 6.964(R2 − R1 ) = 0
R1 + R2 = 38186.745.....(1)
P
M0 = 0
FH ∗ y 0 + FV ∗ x0 + w1 ∗ x1 + w2 ∗ x2 + w3 ∗ x3 − f1 ∗ xf 1 − f2 ∗ xf 2 = 0
reemplazando datos y resolviendo nos queda:
R1 + 2R2 = 66617.52.....(2)
vii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
de (1) y (2):
R1 = 28430.776kgf .......maxima
R2 = 9755.970kgf .......minima
1.2
PROBLEMA 02
en el sistema de la figura, se muestra la compuerta OA de 2m de longuitud
(perpendicular a OA) y pesa 3200kgf, puede pivotar en el eje o, R=2M
(radio de curvatura de OA) y angulo de 20 grados. calcular ”h” para que la
compuerta inicie a levantarse
1.2.1 Solución
hallamos la presion en p7 luego en p8
entonces:
p7 = 13600 ∗ 0.45 + 13600 ∗ 0.20 − 13600 ∗ 0.35
+800 ∗ 0.60 + 13600 + 0.3 − 1000 ∗ 0.70 + 13600 ∗ 0.36
viii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
kgf
m2
kgf
p8 = 12836 − 1000 ∗ 0.5 = 12336 2
m
ahora hallamos la altura equivalente del agua y las fuerzas FV Y FH que
se ejercen en la compuerta:
p7 = 12836
p8 = γagua ∗ heq
12336 = 1000 ∗ heq
heq =12.336m
hallamos las fuerzas horizontales:
para fh1 :
fh1 = γ ∗ hcg ∗ Aproy
fh1 = 1000 ∗ (heq + h + 0.2) ∗ (0.4 ∗ 2)
fh1 = 800(12.536 + h)
punto de aplicacion defh1 :
IG
HG ∗ A
2 ∗ 0.43
12
yp1 = (12.536 + h) +
(12.536 + h) ∗ 2 ∗ 0.4
1
yp1 = (12.536 + h) +
75 ∗ (12.536 + h)
yp1 = hg +
ix
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
respecto a o:
0
yp1
= (0.2) +
1
75 ∗ (12.536 + h)
para fh2 :
fh2 = γ ∗ hcg ∗ Aproy
fh2 = 1000 ∗ 0.2 ∗ (0.4 ∗ 0.2)
fh2 = 160kgf
punto de aplicacion defh2 :
IG
HG ∗ A
2 ∗ 0.43
12
yp2 = (0.2) +
0.2 ∗ 2 ∗ 0.4
yp2 = 0.267m
yp2 = hg +
las fuerzas verticales actuan con el mismo volumen y en distintas direcciones por lo tanto se eliminan: fv1 = fv2
para el peso W = 3200kgf
hallamos
1:
1
entonces
= arccos(
2:
2
x
1.08
= 57.32
2
Ingenierı́a Civil
= 90 − 77.32 = 12.68
Mecánica de Fluidos
solucionario
hallamos la longuitud de la compuerta:
2π ∗ R ∗ 2
= 0.443m
360
hallamos punto de aplicacion del peso respecto a o:
lc =
0.443X =
Z 32.68
20
(Rcos( ) ∗ r∗)d = R2 ∗ (sen(32.68) − sen(20))
0.443X = 0.792
X = 1.787
entonces x0 = 1.787 − 2sen(57.32) = 0.098m
aplicamos momento en el punto O:
P
MO = 0
0
FH1 ∗ yp1
− fh2 ∗ yp2 + W ∗ x0 = 0
reemplazando y resolviendo se tiene
1.3
PROBLEMA 03
En la figura N° 03 se muestra una compuerta AOB de 3m. de ancho , OB
es una parábola donde C = 0.25 m-1. Determinar el valor de “h” para dicha
compuerta inicie a levantarse, si la presión en “A” es 900kg/f y el peso de
la compuerta es 100kgf/m2.
xi
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
1.3.1 Solución
Hallamos la presion manometrica en O:
P1 = PA + σHg ∗ 0.45 = 900 + 13600 ∗ 0.45 = 7020kgf
P2 = P1 + σHg ∗ 0.20 = 7020 + 13600 ∗ 0.20 = 9740kgf
P3 = P2 − σHg ∗ 0.35 = 9740 − 13600 ∗ 0.35 = 4980kgf
P4 = P3 + σacei ∗ 0.60 = 4980 + 800 ∗ 0.60 = 5460kgf
P5 = P4 − σHg ∗ 0.30 = 5460 − 13600 ∗ 0.30 = 9540kgf
P6 = P5 − σH2O ∗ 0.70 = 9540 − 1000 ∗ 0.70 = 8840kgf
P7 = P6 + σHg ∗ 0.20 = 8840 + 13600 ∗ 0.20 = 11560kgf
Pman.enO = P6 − σH2O ∗ 0.48 = 11560 − 1000 ∗ 0.48 = 11080kgf
Hallando las fuerzas sobre la barra OA:
fuerza que ejerce la presión manometrica:
xii
Ingenierı́a Civil
solucionario
Mecánica de Fluidos
solucionario
Pman.enO = 11080kgf
FPman = 11080 ∗ 0.60 ∗ 3 = 19944kgf m2
Punto de aplicación de FPman respectoaO:
y = 1/2 ∗ 0.60 = 0.30m
presión hidrostatica:
PHid = 1000 ∗ 0.60 = 600kgf
fuerza que ejerce la presion hidrostatica
FHid = 1/2 ∗ 600 ∗ 0.60 ∗ 3 = 540kgf m2
Punto de aplicación de FHid respectoaO:
y = 2/3 ∗ 0.60 = 0.40m
Hallando momentos sobre la barra OA en el punto O:
MFPman = 19944 ∗ 0.30 = 5983.2kgf m3 (+; antihorario)
MFHid = 540 ∗ 0.40 = 216kgf m3 (+; antihorario)
hallando momentos que ejerce el agua sobre la barra OB, en el punto O:
FH = 1000 ∗ h2 /2 ∗ 3 = 1500hkgf m2
cp = h/2 + (1/12 ∗ h2 )/(h/2) = 2/3 ∗ hm
MFH = 1500h ∗ 2/3 ∗ h = 1000 ∗ h2 kgf m3 (−; horario)
Fv = 1000 ∗ 2/3 ∗
CGvs = 3/8 ∗
√
√
h3 /0.25 ∗ 3 = 2000 ∗
√
h3 /0.25kgf m2
h/0.25m
√
√
MFv = 2000 ∗ h3 /0.25 ∗ 3/8 ∗ h/0.25 = 3000 ∗ h2 kgf m3 (−; horario)
∗ 3 ∗ 100
FwOB = LOB
Rxq
LOB = 0 1 + (2 ∗ C ∗ x)2 dx
asumiendo
que X=1,entonces:
Rxq
LOB = 0 1 + (2 ∗ C ∗ x)2 dx
LOB = 1.01m
entonces:
xiii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
FwOB = 1.01 ∗ 3 ∗ 100 = 303kgf m2
punto de acción del peso
XCG = x/2 = 1/2m
MWOB = 303 ∗ 1/2 = 151.5kgf m3 (−; horario)
hallamos el momento resultante, para que la compuerta se mueva:
5983.2 + 216 − (1000 ∗ h2 + 3000 ∗ h2 + 151.5) > 0
h < 1.23m
para h = 1.23m la compuerta rotara
1.4
PROBLEMA 04
En el sistema de la figura, se tiene una compuerta OA de 4m. de longitud
(perpendicular a OA) y pesa 2,200kgf, puede pivotear en el eje O, R =
3.40m. y α = 20ř. Calcular “h” para que la compuerta inicie a levantarse.
xiv
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
1.4.1 Solución
P1 = σH2O ∗ 1.2 = 1000 ∗ 1.2 = 1200kgf
P2 = P1 + σHg ∗ (3.2 − x) = 1200 + 3200 − 1000x = 4400 − 1000xkgf
P3 = P2 − σHg ∗ 1 = 4400 − 1000x − 3600 ∗ 1 = −9200 − 1000xkgf
P4 = P3 + σH2O ∗ (1 + x) = −9200 − 1000x + 1000 + 1000x = −8200kgf
Pman.enO = P4 − σacei ∗ (Rsin(20ř) + 2) = −8200 − 800 ∗ (3.4 ∗ 0.34 + 2) =
−10730.29kgf
hallando las fuerzas sobre la barra OA:
presión manometrica:
Pman.enO = −10730.29kgf
FPman = −10730.29 ∗ 2 ∗ 4 = −85842.36kgf m2
Punto de aplicación de FPman respectoaO:
y = 1/2 ∗ 2 = 1m
MFPman = −85842.36 ∗ 1 = 85842.36(+; horario)
hallamos la presión que ejerce el aceite debajo de la barra:
primero hallamos θ:
Rsin(α + θ ) − Rsin20ř = 2
xv
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
entoncesθ = 48ř280 28.81” = 0.8460rad
LOA = θ ∗ R = 0.8460 ∗ 3.4 = 2.8764m
Para la FVacei :
hallando el Vs :
área de la figura:
Ssec.circ. = 1/2 ∗ R2 ∗ θ
Stri.may = 1/2 ∗ R2 ∗ sinθ
Scascocirc. = Ssec.circ. − Stri.may
Scascocirc. = 1/2 ∗ R2 (θ − sinθ ) = 0.5629m2
Stri.men = R2 ∗ sin(2α + θ ) ∗ sin2 θ/2
Stri.men = 3.42 ∗ sin(2 ∗ 20ř + 48ř280 28.81”) ∗ sin2 48ř280 28.81”/2
Stri.men = 0.9512m2
Sf ig. = 0.5629 + 0.9512 = 1.5141m2
FVacei = 800 ∗ [2 ∗ 1.9475 − 1.5141] ∗ 4 = 7618.57kgf m2
Punto de aplicación de FVacei :
centro de gravedad del volumen sobre:
y = xcg =
3.1]
xcg =
xvi
q
R2
(
1/2
∗
[
3.42
0
q
R2
(
1/2
∗
[
3.42
0
Ingenierı́a Civil
− (x − 1.39)2 − 3.1]2 )/
− (x − 1.39)2 − 3.1]2 )/
R2 q
2
0 ∗[ 3.4
R2 q
2
0 ∗[ 3.4
− (x − 1.39)2 −
− (x − 1.39)2 − 3.1]
Mecánica de Fluidos
solucionario
xcg = 0.1284m
MFVacei = 7618.57 ∗ 0.1284 = 978.22kgf m3 (−; horario)
para la FHacei :
FHacei = 800 ∗ 1 ∗ (2 ∗ 4) = 6400kgf m2
Punto de aplicación de FHacei respecto a O:
y = 1 + 1/3 = 1.33m
MFHacei = 6400 ∗ 1.33 = 8512(−; horario)kgf m3
hallamos las fuerzas que ejerce el agua sobre la barra OA:
tomaremos como presión manometrica al volumen de agua sobre el punto
O:
Fman. = 1000 ∗ h ∗ 2R(sinθ/2) ∗ 4 = 2791.52hkgf m2
punto de aplicación respecto a O:
brazoFman. = Rsinθ/2 = 1.40m
Para la FVH2O :
FVH2O = 1000 ∗ [2 ∗ 1.9475 − 1.5141] ∗ 4 = 9523.218kgf m2
Punto de aplicación de FVH2O :
centro de gravedad del volumen sobre:
y = xcg = 0.1284m
Para la FHH2O :
FHH2O = 1000 ∗ 1 ∗ 2 ∗ 4 = 8000kgf
Punto de aplicación de FHacei respecto a O:
xvii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
y = 1 + 1/3 = 1.33m
Para la FWOA :
FWOA = 2200kgf
Punto de aplicación de FWOA respecto a O:
x = 1.947/2 = 0.9735m
Hallando momentos sobre la barra OA en el punto O:
MFman = 2791.52h ∗ 1.40 = 3908.128hkgf m(+; antihorario)
MFVH2O = 9523.218 ∗ 0.1284 = 1222.78kgf m(+; antihorario)
MFHH2O = 8000 ∗ 1.33 = 10640kgf m(+; antihorario)
MFWOA = 2200 ∗ 0.9735 = 2141.7kgf m(+; antihorario)
el momento resultante total para que la compuerta se mueva es:
3908.128h + 1222.78 + 10640 + 2141.7 − 8512 − 978.22 + 85842.36 < 0
h < −20.81m
1.5
PROBLEMA 05
Para el sistema de la figura Nro 5 determinar el valor de la fuerza ejercida
por los lı́quidos sobre la compuerta OA, sabiendo que la presión en el tanque
“B” es de 14,841 kgf/m2, además la D.R. del aceite = 0.8, D.R. petróleo =
1 γ1 , 0.9 = 13,600 kgf/m , γ2 = 9 grf/cm 3γ3 = 9500kgf/m3
xviii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
1.5.1 Solución
En el problema se usa el SISTEMA TECNICO
Primero trabajamos en el manómetro para hallar la presión P.
Datos:
PB = 14841 kgf /m2
γ1 = 13600 kgf /m3
γ2 = 9gr/cm3 = 9 ∗ 103kgf /m3
γ3 = 9500kgf /m
De la figura anterior tenemos:
PB − γH2 O ∗ (A − A1 ) = P1
14841 kgf /m2 − (103 kgf /m3 )(A − A1 )m = P1
P1 = (14.841 − A + A1 ) ∗ 103 kgf /m2
xix
Ingenierı́a Civil
solucionario
Mecánica de Fluidos
solucionario
P1 + γ1 ∗ 0.25m − γ0.25+A1 m = P2
P2 = (14.841 − A + A1 ) ∗ 103 kgf /m3 + (13600kgf /m3 )(0.25m) −
(103 kgf /m3 )(0.25m) − (103 kgf /m3 )(0.25 + A1 )m
P2 = (17.591 − A) ∗ 103 kgf /m2
P2 + γ2 ∗ 0.3m − γH2O ∗ 0.3m?P3
P3 = (17.591 − A) ∗ 103 kgf /m2 + (9 ∗ 103 kgf /m3 ) ∗ 0.3m −
(103 kgf /m3 ) ∗ 0.3m
P3 = (19.991 − A) ∗ 103 kgf /m2
P3 + γH2O ∗ A = P4
P4 = (19.991 − A) ∗ 103 kgf /m2 + (103 kgf /m3 ) ∗ A
P4 = 19.991 ∗ 103 kgf /m2
P4 − γH2O ∗ (0, 3 + d) = P5 + γ3 ∗ 0, 15m
P5 =
3
2
3
19, 991 ∗ 10 kgf /m − (10 kgf /m3 )(0, 3 + d) − (9500kgf /m3 )(0, 15m)
P5 = (18, 266 − d) ∗ 103 kgf /m2
P5 + γH2O ∗ (0, 15 + d + 0, 3)m = P
P = (18, 266 − d) ∗ 103 kgf /m2 + (103 kgf /m3 ) ∗ (0, 15 + d + 0, 3)m
P = 18, 716 ∗ 103 kgf /m2
Ahora trabajamos en el recipiente
Datos:
P = 18, 716 ∗ 103 kgf /m2
D.R.delaceite = 0, 8γ − aceite = 0, 8 ∗ 103 kgf /m3
D.R.petroleo = 0, 9γpetroleo = 0, 9 ∗ 103 kgf /m3
xx
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
Convertimos la presión P en h1eq y el aceite en h2eq para del petróleo.
P = γpetroleo ∗ h1eq
3
18, 716 ∗ 10 kgf /m2
= 20, 7956m γaceite ∗ 0, 3m = γpetroleo ∗ h2eq
h1eq =
0, 9 ∗ 103 kgf /m3
h2eq = 0, 8 ∗ 103 kgf /m3 ∗ 0, 3m0, 9 ∗ 103 kgf /m3 = 0, 2667m
Resultándonos la siguiente gráfica
Analizamos la compuerta OA
F = γpetroleo ∗ hCG ∗ A
F = (0, 9 ∗ 103 kgf /m3 )(21, 0623m)(0, 4 ∗ 1)m2
F = 7, 5824 ∗ 103 kgf
ICG
YCP = YCG +
YCG ∗ A
0, 43 ∗ 1/12
YCP = 24, 3206 +
24, 3206 ∗ 0, 4 ∗ 1
YCP = 24, 3211m
xxi
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
1.6
solucionario
PROBLEMA 06
En el sistema de la figura Nro 06, se muestra la compuerta OA de 1m de
longitud (perpendicular a OA) y puede pivotear en el eje O. Calcular la
fuerza debido a la presión hidrostática sobre dicha compuerta sabiendo que
la presión en “A” es 600grf/cm2 y la densidad relativa (D.R.) de Hg es 13.6.
1.6.1 Solución
Analizando la primera parte del gráfico:
grf
1Kgf
10000cm2
Kgf
PA = 600 2 ×
×
=
6000
cm
1000grf
1m2
m2
Por ser gas (GAS): PA = P1
P2 = P1 + γHg × 0, 45
P2 = PA + 0, 45γHg
xxii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
Por ser gas (CO): P2 = P3
P4 = P3 + γHg × 0, 20
P4 = PA + 0, 4γHg + 0, 20γHg
P4 = PA + 0, 65γHg
Por ser gas (CO2):P4 = P5
P5 = P6 + γHg × 0, 35
P6 = P5 − γHg × 0, 35
P6 = PA + 0, 65γHg − 0, 35γHg
P6 = PA + 0, 30γHg
Por ser gas (AIRE): P6 = P7
P8 = P7 + γaceite × 0, 60
P8 = PA + 0, 30γHg + 0, 60γaceite
Por presión de lı́quidos:
P9 = P8 + γ 0 × 0, 30
P9 = PA + 0, 30γHg + 0, 60γaceite + 0, 30γ 0
Por presión de lı́quidos:
P9 = P10 + γagua × 0, 70
P10 = P9 − γagua × 0, 70
P10 = PA + 0, 30γHg + 0, 60γaceite + 0, 30γ 0 − 0, 70γagua
Por ser gas (N2): P10 = P11
P12 = P11 + γHg × 0, 36
P12 = P10 + γHg × 0, 36
P12 = PA + 0, 30γHg + 0, 36γHg + 0, 60γaceite + 0, 30γ 0 − 0, 70γagua
P12 = PA + 0, 66γHg + 0, 60γaceite + 0, 30γ 0 − 0, 70γagua
Donde:
xxiii
Ingenierı́a Civil
solucionario
Mecánica de Fluidos
solucionario
Kgf
γHg = 13600 3
m
Kgf
γaceite = 800 3
m
Kgf
γ 0 = 12000 3
m
Kgf
γagua = 1000 3
m
Entonces:
kgf
P12 = 18356 3
m
Analizando la segunda parte del grafico:
P13 = P12 − γpetroleo × 0, 36
P13 = 18356 − γpetroleo × 0, 36
Kgf
P13 = 18068 2
m
Como se observa la compuerta está bajo la acción de dos lı́quidos diferentes,
por ello se tratará de convertir el petróleo en agua utilizando la altura
equivalente:
γpetroleo × H = γagua
heq = 0, 64m
Además convertimos la presión 13 en agua, utilizando la altura equivalente:
xxiv
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
γ 0 × H = γagua × heq,2
18068
heq,2 =
heq,2 = 18, 068m Entonces se tendrá que:
1000
Hallando la Fuerza Horizontal:
FH = γagua × hG × AP ROY ECT ADA
FH = 1000 × 18, 708 × (0, 4 × 1)
FH = 7483, 2Kgf
Hallando la Fuerza Vertical:
FV = γagua × VABCO
FV = γagua × 1 × AABCO
Hallando el área ABCO:
xxv
Ingenierı́a Civil
solucionario
Mecánica de Fluidos
solucionario
Entonces:
1, 908 + 1, 508
FV = 1000 × 1 ×
× 0, 8 × sin(60◦ )
2
FV = 12961, 2826Kgf
Hallamos
la fuerza:
q
2
F = FH + Fv2
√
F = 7483.22 + 12961.28262
F = 14966.4Kgf Finalmente hallamos la presión hidrostática en la comF
puerta OA: PH =
A
14966.4 Kgf
PH =
0.8
m2
Kgf
∴ PH = 18708 2
m
1.7
PROBLEMA 07
En la figura Nro 07 se muestra una compuerta AOB de 10m. de longitud
(perpendicular a AOB) y pesa 150 kgf/m2, puede pivotear en el eje O, R =
7m. (radio de curvatura de OA) y α = 30 ◦ . Calcular el valor de “h”
xxvi
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
1.7.1 Solución
Hallando la presión en B:
PM = PA + 13600(0.2 + 0.15) + 1000(p − m + n)
PM = −1348 + 4760 + 1000(p − m + n)
Del gráfico se tiene:
a + m = 0.15
b + n = 0.2
p + a + m + b + n = 1.8
p + a + m + b + m − m + n = 1.8
p + 0.15 + 0.2 + −m + n = 1.8
p − m + n = 1.45
Reemplazando:
xxvii
Ingenierı́a Civil
solucionario
Mecánica de Fluidos
PM = −1348 + 4760 + 1000(1.45)
PM = 4862kgf /m2
Luego:
PB = PM − Paceite − Pagua
PB = 4862 − 800(0.8) − 1000(1.2)
PB = 3022 kgf /m2
Ahora, hallaremos F H1
F H1 = γ ∗ hcg ∗ Aproy
F H1 = 1000 ∗ (0.8h + 1)(2 ∗ 10)
F H1 = 20000(0.8h + 1)
Punto de aplicación:
1
A ∗ 22
= (0.8h + 1) +
Yp1 = (0.8h + 1) +
12(0.5h + 1)A
3(0.8h + 1)
n = 2 + 0.8h − Y
 p1

1

n = 2 + 0.8h − (0.8h + 1) +
3(0.8h + 1)
2.4h + 2
n=
3(0.8h + 1)
xxviii
Ingenierı́a Civil
solucionario
Mecánica de Fluidos
Del gráfico calculamps ω
5.5
4.33
30 + ω = arctan(5.5/4.33)
ω = 21.71◦
Calculando A1
tan(30 + ω ) =
π (7)2 (21.79◦ ) (7)2 sin 21.79◦
−
360◦
2
A1 = 0.22m2
Calculando A2
A1 =
A2 =
2 ∗ 1.73
= 1.73m2
2
Hallando F V1
F v1 = γ (0.8h ∗ 1.73 + A1 + A2 ) ∗ 10
F v1 = 1000(1.08h + 0.22 + 1.73) ∗ 10
F v1 = 10000(1.08h + 1.95)
Punto de aplicación:
1.732 1.733
(1.08h + 1.95)m = 0.8h
+
+ 0.22 ∗ 0.87
2
3
1.2h + 1.19
m=
1.08h + 1.95
xxix
Ingenierı́a Civil
solucionario
Mecánica de Fluidos
Hallando F H2
F H2 = γ (1)(2 ∗ 10) = 900(20) = 18000kgf
Punto de aplicación:
1
p = (2) = 0.67m
3
Hallando F v2
F v2 = γ (10)(0.22 + 1.73) = 900 ∗ 10 ∗ (0.22 + 1.73) = 17550kgf
Punto de aplicación:
1.732
+ 0.22 ∗ 0.87
1.95q =
3
q = 0.61
Hallando F3
F3 = γ ∗ 10 ∗ 2 ∗ 4.33 = 900 ∗ 10 ∗ 2 ∗ 4.33 = 77940kgf
Punto de aplicación:
x¯1 = 2.17m
Hallando F4
Por dato: PB = 3022
F4 = PB ∗ (4.33 ∗ 10) = 3022 ∗ 43.30130852kgf
Punto de aplicación:
x¯1 = 2.17m
xxx
Ingenierı́a Civil
solucionario
Mecánica de Fluidos
solucionario
l ∗ x̄0 = x dl
R 51.79
2.66 ∗ x̄0 = 30
R cos θ R dθ
2.66 ∗ x̄0 = 14
x̄0 = 5.26
Como x̄ = 5.26 − 4.33 ←→ x̄ = 0.93
Entonces:
R
ωDA = 2.66 ∗ 10 ∗ 150 = 3990kgf
ωDB = 4.33 ∗ 10 ∗ 150 = 6495kgf
Sumatoria de momentos en O
MO = 0
P
F H1 ∗ n + F v1 ∗ m + (F3 + ωDB )(2.17) = F4 ∗ 2.17 + ωAO ∗ 0.93 + F H2 ∗
p + F v2 ∗ q
1.2h + 1.19
2Hh + 2
+ 10000(1.08h + 1.95) ∗
+ (77940 +
20000(0.8h + 1) ∗
3(0.8h + 1)
1.08h + 1.95
6495)(2.17) = 130852 ∗ 2.17 + 3990 ∗ 0.93 + 18000 ∗ 0.67 + 17550 ∗ 0.61
16000h + 13333.33 + 12000h + 19500 + 183223.95 = 283948.84 + 3710.7 +
12060 + 10705.5
28000h = 107701.09
h = 3.850m
1.8
xxxi
PROBLEMA 08
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
Una compuerta de clapeta de 10 m
de radio, 20 m de longitud y 14 m de
altura está articulada en A (Figura
Nro 08). El centro de la compuerta
está 5 m por encima de A. ¿Qué
fuerza vertical F hay que aplicar sobre el punto B para que la compuerta
esté en equilibrio?
1.8.1 Solución
Datos
Longitud = 20m
R = 10m
h1 = 5m
h2 = 9m
h = 14m
α = 30◦ = α1
θ = 64.16◦
g = 9.81m/s2
A1 y A2 se calculan mediante geometrı́a, ángulos en radianes:
α + α1 1 1
A1 =
R − ∗ 2h1 R cos(α)
2
2
π
1
A1 = ∗ 102 − ∗ 2 ∗ 5 ∗ 10 ∗ cos(30◦ )
6
2
A1 = 9.06m2
θ − α1
∗ R2
2 ◦
64.16
− 30◦
1
1
◦
◦
◦
A2 = 9 ∗ 10 ∗ cos 30 − 2 ∗ 5 ∗ 10 ∗ cos 30 − 2 ∗ 9 ∗ 10 ∗ cos 64.16 −
∗
2
π
∗ 102 A2 = 6.87m2
◦
180
A2 = h2 h2 ∗ R ∗ cos(α1 ) ∗ 12 h1 ∗ R ∗ cos(α1 ) − 21 ∗ 9 ∗ 10 ∗ cos θ −
xxxii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
La componente vertical del empuje es el peso de la columna de agua
A1 − A2 de donde :
Ev = γ (A1 − A2 )L = 9810 ∗ (9.06 − 6.87) ∗ 2
Ev = 429678N
La componente horizontal del empuje es igual al empuje sobre un plano
vertical de 14 m de altura
Eh = 21 ∗ γ ∗ h2 ∗ L = 12 ∗ 9810 ∗ 142 ∗ 20
Eh = 19227600N
1.9
PROBLEMA 09
En la figura N° 09 se muestra una compuerta OA de 1m. de ancho , si la
presión en el tanque “X” es - 1,285grf/cm2 .Determinar la fuerza de empuje
del agua sobre la compuerta OA.
xxxiii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
1.9.1 Solución
En el nivel de referencia 1-1
P1 = γHg × h + PX
P1 = 13600 kgf
× 40 × 10−2 m + 1285 × 10−3 (10kgf
−4 m2 )
m3
P1 = 18290 kgf
m2
En el nivel de referencia 2-2
P2 = γHg × h + P1
P2 = 13600 kgf
× 20 × 10−2 m + 18290 kgf
m3
m2
kgf
P2 = 21010 m2 = P3
En el nivel de referencia 3-3
P3 = γHg × h + Paire
21010 kgf
= 13600 kgf
× 30 × 10−2 m + Paire
m2
m3
= Paire
16930 kgf
m2
En el nivel de referencia 4’
P40 = γaceite × h + Paire
P40 = 800 kgf
× (70 + 25 − 30) × 10−2 m + 16930 kgf
m3
m2
kgf
P40 = 17450 m2
En el nivel de referencia 4-4
P4 = γDR=14 × h + P40
P4 = 14000 kgf
× 30 × 10−2 m + 17450 kgf
m3
m2
kgf
P4 = 21650 m2
P4 = γagua × h + PN2
21650 kgf
= 1000 kgf
× 70 × 10−2 m + PN2
m2
m3
20950 kgf
= P N2
m2
xxxiv
Ingenierı́a Civil
solucionario
Mecánica de Fluidos
solucionario
En el nivel de referencia 5-5
P5 = γHg × h + PN2
× 36 × 10−2 m + 20950 kgf
P5 = 13600 kgf
m3
m2
kgf
P5 = 25846 m2
En el nivel de referencia 6-6
P5 = γagua × h + P6
25846 kgf
= 1000 kgf
× 48 × 10−2 m + P6
m2
m3
= P6
225366 kgf
m2
hallando la fuerza que ejerce la presion 6 sobre la compuerta
FmanometricaAO = P6 × Areaef ectiva
FmanometricaAO = 225366 kgf
× (80 × 10−2 m × 1m)
m2
FmanometricaAO = 20292.8kgf
FmanometricaAO = P6 × Areaef ectiva
FmanometricaAO = 225366 kgf
× (80 × 10−2 m × 1m)
m2
FmanometricaAO = 20292.8kgf
la fuerza sobre la compuerta es la suma de la fuerza de la presion 6 mas
del agua
FH = FmanometricaAO + Fagua
γ
×h2
FH = 20292.8kgf + agua2
× 1m
FH = 20292.8kgf +
FH = 20612.8kgf
1.10
1000 kgf3 ×(80×10−2 m)2
m
2
× 1m
PROBLEMA 10
La compuerta de la Figura 10 se compone de una compuerta plana homogénea de peso 3920 N/m. lineal, inclinada 45º con libertad de giro
alrededor de la rótula O; dicha compuerta se apoya a su vez sobre una
segunda circular de 0,75 m de radio, articulada en su centro sobre un eje D.
Esta segunda compuerta pesa 4900 N/m. lineal y su centro de gravedad G
se sitúa como indica la figura
se pide:
xxxv
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
a) Fuerza hidrostática sobre la compuerta plana y punto de aplicación
b) Fuerza ejercida en B sobre la compuerta curva.
c) Componente horizontal de la fuerza hidrostática sobre la compuerta
curva.
d) Componente vertical de la fuerza hidrostática sobre la compuerta curva.
e) Fuerza ejercida sobre el tope A.
f) Fuerza ejercida sobre el eje D
g) Par a aplicar para la apertura de la compuerta inferior.
1.10.1 Solución
a) Fuerza hidrostatica sobre la compuerta plana y punto de aplicacion
xxxvi
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
Pb
= 0.75 × cos 45◦ =0.53mca
γ
Pc
= 1 × cos 45◦ =0.71mca
γ
FOB =volumen del prisma de presiones
FOB = 12 × 0.75 × 0.53 × 9800
FOB = 1947.75N
Aplicamos centroide del prisma de presiones
2
2
× h respecto de O = × 0.75 = 0.5m
3
3
b) Reaccion en B
W = 3920N
Equilibrio:
P
M0 = 0
Rb × 0.75 = FOB × 0.5 + W × 0.5 × cos 45◦
1947.75 × 0.5 + 3920 × 0.5 × cos 45◦
Rb =
0.75
Rb = 3146.4 N
c) Componente horizontal de la fuerza hidrostatica sobre la compuerta
curva
xxxvii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
PA
= 0.75 × cos 45◦ × +0.75 × cos 45◦ + 0.75 = 1.81 mca
γ
FH = 0.53+2 1.81 × 9800 × (1.81 − 0.53) × 1 = 14676.48 N
FH = 14676.48 N
d)Componente vertical de la fuerza hidrostatica sobre la compuerta curva
FV =peso del volumen de agua comprendido entre la superficie curva y la
superficie libre
h
i
135
FV = (Ftrapecio + Fcir ) = 0.53+2 1.06 × 0.53 + π × 0.752 × 360
× 9800 × 1 =
10623.49N
FV = 10623.49N
e)Reaccion en el tope A(RA)
xxxviii
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
W = 4900 N
equilibrio :
X
MD = 0
Equilibrio hidrostatico del agua no genera momento respecto de D, ya que
las fuerzas infinitesimale son perpendiculares a la superficie curva, es decir
son radicales y pasan por el centro de curvatura D
RA = 0.75 = W × 0.35
⇒ RA = 4900×0.35
= 2286.7N
0.75
RA = 2286.7N
f )Fuerzas en la articulacion D(DX DY )
Equilibrio:
P
FX = 0
⇒ DX + FH + RB × cos 45◦ = RA
⇒ DX = 14614.65N (←)
xxxix
Ingenierı́a Civil
Mecánica de Fluidos
solucionario
DX = 14614.65N
FY = 0
⇒ DY + FV + RB × cos 45◦ + W
⇒ DY = 3146.4 × cos 45◦ + 4900 − 10623.49 = −3498.5N
DY = −3498.5N
g) Par necesario para la apertura de la compuerta curva
El peso de la compuerta produce un momento de cierre de la misma. El resto
de las fuerzas que actúan sobre la compuerta curva no generan momentos
ni de cierre ni de apertura. El par ó momento necesario para la apertura de
la compuerta será igual a dicho momento de cierre, aplicado en el sentido
horario.
M = W × 0.35 = 4900 × 0.35 = 1715mN
M = 1715mN (sentido horario)
P
xl
Ingenierı́a Civil