Este documento presenta 14 problemas de mecánica de fluidos resueltos. Los problemas involucran cálculos de fuerzas sobre superficies debido a la presión de fluidos como agua, gasolina, aire y mercurio. Se calculan fuerzas totales, fuerzas en partes específicas como tuercas y pestillos, y la ubicación de centros de presión. Las soluciones usan fórmulas como la ley de presiones hidrostáticas y el teorema de momentos.

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
observación circular. Si la presión en el tanque es de 0.12 psia cuando el barómetro 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


 
  




  
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.
Solución:
Sea 𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= 6 x 𝐹𝑡𝑢𝑒𝑟𝑐𝑎 D: Diametro
Ademas A = π x (
D
2
)2
= (3.14) x (15𝑝𝑢𝑙𝑔)2
= 706.5𝑝𝑢𝑙𝑔2
como P = (
F
A
) => F = A x P
𝐹𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (706.5𝑝𝑢𝑙𝑔2
) x (14.4
lb
𝑝𝑢𝑙𝑔2
) = 10173.6lb
Luego 6 x 𝐹𝑡𝑢𝑒𝑟𝑐𝑎 = 10.17klb
𝐹𝑡𝑢𝑒𝑟𝑐𝑎 = 1.70klb

3. PROBLEMA 4.3
Un sistema de extracción de gases de una habitación crea un vacio parcial en ella de 1.20 pulg
de agua en relación con la presión atmosférica 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 1
1.20
1728
0.0433
(0.0433 )(2880 )
125
m
F p A
Area
A x in
A in
lb ft
p h x inx
ft in
lb
p
in
Fuerza
lb
F 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 ubicación del centro de presión.
Paso 1

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 presión está a la distancia de
h /3 = 12 pie/3 = 4 pies
a partir del fondo de la pared.
Paso 3.La fuerza
FR actúa de manera perpendicular a la pared, en el centro de presión, como
se ilustra en la figura 4.6.
PROBLEMA 4.5
Una valvula de presión de alivio esta diseñada de modo que la presión del gas dentro del tanque
actue sobre un embolo que tiene diámetro de 30 mm ¿Cuánta fuerza debe aplicarse en la parte
externa del embolo, a fin de mantener la valvula cerrada bajo una presión 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








PROBLEMA 4.6
Un cañon acionado con gas dispara proyectiles cuando introduce gas nitrógeno 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








PROBLEMA 4.7
La escotilla de salida de una nave espacial tripulada esta diseñada de modo que la presión
interna de la cabina aplica una fuerza que ayuda a conservar el sello, si la presión interna es de
34.4 kPa(abs) y la presión 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

 



PROBLEMA 4.8
Un tanque que contiene amoniaco líquido a 77 °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

6. SOLUCION
F=PxA ; ƿa 997Kg/m3
Hallando el área
A=24x18=432 pulg2
=0.28m2
F=YA xhxA
F=ƿxgxhxA
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 ¿Qué fuerza tiene a empujar el anillo de 0.75 pulg de diámetro 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 1
28
1728
13.69 /
(13.69 )(0.442 )
6.05
A
F p A
Area
in
A
A m
Fuerza
F h
lb ft
F x inx
ft in
F lb in
lb
F in
in
F lb











7. PROBLEMA 4.10
se diseña una regadera sencilla para sitios remotos, con un tanque cilíndrico de 500m de
diámetro 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 diámetro debe empujarse la tapa hacia arriba
para abrir la valvula ,¿cuánta fuerza se necesita para abrir la valvula?
Datos:
Diámetro total =0.095m
Densidad del agua=1000kg/m3
Altura=1.8m
Gravedad=9.81m/s2
Solución
Sabemos que:
𝐹 = 𝐴𝑃 − − − − − − − − − − − − − −(∗)
𝐹 = 𝐴𝛾𝐻 − − − − − − − − − − − (1)
𝐴 =
𝜋 ∗ (0.095𝑚)2
4
) = 7.088 ∗ 10−3
𝑚2
𝛾 = 𝛿 ∗ 𝑔 = 103
∗ 9.81 = 9810𝑘𝑔/𝑠𝑚2
Reemplazando en la ecuación (1)
𝐹 = 𝐴𝛾𝐻 = 7.08810−3
∗ 9810 ∗ 1.8 = 125.16𝑁
APLICANDO MOMENTO DE FUERZA
∑ 𝑀 = 0

8. ∑ 𝑀 = 125.16 ∗ 0.0475 − 𝐹0 ∗ 0.065 = 0
𝐹0=91.5𝑁
PROBLEMA 4.11
Calcule la fuerza total sobre le tanque cerrado que se muestra en la figura 4.23, si la presión
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
 



  
  




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:

10. 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 pequeño hay un portillo de observación en una superficie horizontal. En la
figura 4.25 se muestra la forma del portillo. Calcule la fuerza total que actúa sobre el portillo si
la presión dentro del submarino es de 100KPa (abs) y la nave opera a una profundidad de
175m en el océano
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


 
  

 
  
   


PROBLEMA 4.14
En la cortina vertical de un depósito hidráulico 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
ubicación del centro de presión. Además, 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 será:
FR = ρH2O*g*Hcg*A
FR = ρH2O*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 ubicación del centro de presiones:
YCDP=
2
3
𝐻 ; (Dado que está completamente sumergido y las presiones forman un triángulo)
YCDP=
2
3
(1.09728)𝑚
YCDP= 0.73152 m
La fuerza sobre los pestillos será:
Aplicando Momentos sobre la bisagra
∑Mbisagra= FR*(H-YCDP) – 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. Además, encuentre la
ubicación del centro de presión e indíquelo en un diagrama con la fuerza
Solución
Datos :
ℎ = 15.5 𝑝𝑖𝑒𝑠 = 4.724 𝑚
𝑙 = 11.6 𝑝𝑖𝑒𝑠 = 3.535 𝑚
𝜌 = 1261 𝑘𝑔 𝑚3⁄
𝜃 = 60°
Primero calculamos el área de la pared:
𝐴 =
ℎ
sin60°
(𝑙) =
4.724
sin60°
× 3.535 = 19.282 𝑚2
Ahora calculamos la magnitud de la fuerza:

14. 𝐹𝑅 = 𝜌𝑔 (
ℎ
2
) 𝐴
𝐹𝑅 = (1261)(9.81)(
4.7244
2
)(19.282)
𝐹𝑅 = 563446.69 𝑁
El centro de presiones se encuentra a 2/3 de la superficie y es perpendicular a la pared
del tanque
La profundidad será :
2
3
ℎ = 3.149 𝑚
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 presión del agua, y localice el centro de presión, (b) determine el
momento provocado por esta fuerza en la base de la pared.

15. Tenemos los siguiente datos:
- Ancho de la figura: 20 pies = 6.10 m
- Altura: 12 pies = 3.66 m
 Hallando el área : 𝐴 = 6.10𝑚 ∗ 3.66𝑚 = 22.326𝑚2
A. Sabemos que 𝐹𝑅 = 𝜌 ∗ 𝑔 ∗ ℎ ∗ 𝐴 , reemplazando tenemos:
𝑭 𝑹 = 𝟏𝟎𝟎𝟎
𝑲𝒈
𝒎 𝟑
∗ 𝟗. 𝟖𝟏
𝒎
𝒔 𝟐
∗
𝟑. 𝟔𝟔𝒎
𝟐
∗ 𝟐𝟐. 𝟑𝟐𝟔𝒎 𝟐
 Hallando la Fuerza resultante nos queda:
𝑭 𝑹 = 𝟒𝟎𝟎𝟖𝟎𝟑. 𝟎𝟓
𝐾𝑔 ∗ 𝑚
𝑠2
→ 𝑭 𝑹 = 𝟒𝟎𝟎. 𝟖𝟎𝟑 𝑲𝑵
 También nos piden hallar el centro de presiones, entonces:
Sabemos que las presiones forman un triángulo desplazándose de
menos profundidad a mayor profundidad y de menor presión a mayor
presión, en este caso formamos un área triangular que sabemos por
teoría que su Centro de Presiones se ubica a 2/3 de la profundidad.
Hallando el CENTRO DE PRESIONES:
𝑪 𝑷 =
𝟐
𝟑
∗ 𝒉 =
𝟐
𝟑
∗ 𝟑. 𝟔𝟔𝒎 = 𝟐. 𝟒𝟒𝒎

16. B. Me piden hallar la fuerza provocada en la base de la pared.
Entonces:
𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 = 𝑭 𝑹 ∗ (𝟑. 𝟔𝟔𝒎 − 𝟐. 𝟒𝟒𝒎) = 𝟒𝟎𝟎. 𝟖𝟎𝟑 𝒌𝑵 ∗ 𝟏. 𝟐𝟐𝒎
= 𝟒𝟖𝟖. 𝟗𝟕𝟗
PROBLEMA 4.17
Si la pared mostrada en la figura tiene 4m de ancho. Calcule la fuerza total sobre la pared
debida por la presión del aceite. Además, determine la ubicación del centro de presión 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 = 𝜌*g*h*A
F = 930
𝑘𝑔
m3
*9.81
𝑚
s2
*18 pies*10 pulg*3.5 pies
*Conversión: 1 pies=0.3048m
1 pulg=0.0254m
F = 930
𝑘𝑔
m3
*9.81
𝑚
s2
*18 pies*0.3048
𝑚
𝑝𝑖𝑒𝑠
*10 pulg*0.0254
𝑚
𝑝𝑢𝑙𝑔
*3.5 pies*0.3048
𝑚
𝑝𝑖𝑒𝑠
F = 13563 N Fuerza aplicada sobre el lado AB

18. PROBLEMA 4.19
Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre el área indicada y la ubicación del centro de
presión (portillo circular está 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

𝜌 𝑙𝑖𝑞
𝜌 𝑎𝑔𝑢𝑎
= 0.85 → 𝜌𝑙𝑖𝑞 = 𝜌 𝑎𝑔𝑢𝑎 × 0.85 = 850 𝑘𝑔/𝑚3
 YCG = 0.825 x sec(30°) = 0.953 m
HALLAMOS LA FUERZA QUE EJERCE LA PRESION DEL LIQUIDO:
 F = PA
F = 𝜌𝑙𝑖𝑞 × 𝑔 × hcg ×
𝜋×𝑑2
4
= 850 × 9.81 × 0.825 ×
𝜋×0.452
4
F = 1090 N

19. HALLAMOS LA UBICACIÓN DEL CENTRO DE PRESIONES:
 𝑌𝑐𝑝 = 𝑌𝑐𝑔 +
𝐼 𝑐
𝑌𝑐𝑔×𝐴
𝑌𝑐𝑝 = 𝑌𝑐𝑔 +
𝜋 × 𝑑4
64
𝑌𝑐𝑔 ×
𝜋 × 𝑑2
4
𝑌𝑐𝑝 = 0.953 +
𝜋 × 0.454
64
0.953 ×
𝜋 × 0.452
4
𝑌𝑐𝑝 = 0.966 𝑚
PROBLEMA 4.20
Hallar la fuerza y la ubicación del centro de presión sobre el área.
Yc=3m
F=P*A
F=D*g*h*A
D=densidad(1.1gr/mm3)

20. g=gravedad(9.8m/𝑠2
)
A=𝜋*𝑟2
=4.52
F=F1+F2=D*g*A(H1+H2) donde H1=2.26m,H2=2.07m
F=210.9KN
hallando la ubicación del centro de presiones
Yp=Yc+
𝜋𝑟4
4∗𝑌𝑐∗𝐴
=3m +0.12=3.12m
PROBLEMA 4.21
SOLUCION:

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

     

 
 

   
 
 

     3
0.0136 13.50 0.0136 13.51p c
in
Y Y ft ft    
PROBLEMA 4.22
Hallar la fuerza resultante y la ubicación del centro de presiones Cp
Solución
F=𝜌 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 𝑥𝑔𝑥𝐻𝑥𝐴𝑥𝑐𝑜𝑠(30°)
𝑠 𝑔 =
𝜌 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒
𝜌ℎ20
→ 𝜌 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 0.9 𝑥 1000
𝑘𝑔
𝑚3
⁄ = 900
𝑘𝑔
𝑚3
⁄
1 pie = 12 pulgadas
1 pie = 0,3048 metros

22. 𝐴 = 𝜋(
𝐷
2
)2
= (3.14)x(
0.5 𝑝𝑖𝑒𝑠
2
)2
= 0.196𝑝𝑖𝑒𝑠2
= 0.018 𝑚2
H= 3pies + (
√3
2
)pies = 3.86 pies = 1.1765 m
Luego :
𝐹 = 900
𝑘𝑔
𝑚3⁄ 𝑥9,81 𝑚
𝑠2⁄ 𝑥1,1765𝑚 𝑥0,018𝑚2
𝑥(0.86) = 160.8 𝑁
Si:
𝑌𝑐𝑝 = 𝑌𝑐𝑔 +
𝐼 𝑥𝑦
𝑌𝑐𝑔 𝑥 𝐴
𝐼
𝑥𝑦=
𝜋
4
(
𝐷
2
)4=
3.14
4
(
0.5 𝑝𝑖𝑒𝑠
2
)4=0.067𝑥10−3 𝑝𝑖𝑒𝑠4= 2.648𝑥10−5 𝑚4
Ycg = 1,1765 m
Luego: 𝑌𝑐𝑝 = 1,1765𝑚 +
2.648𝑥10−5
𝑚4
1,1765𝑚 𝑥 0,018𝑚2 = 1,1765𝑚 + 1.25 𝑚𝑚 = 1,1777 𝑚
PROBLEMA 4.23
Consulte la figura 4.35
SOLUCION:

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



 
  



 

  
  

PROBLEMA 4.24
Consulte la siguiente figura :

24. SOLUCION :
De la Figura :
𝑎 =
3.0
cos 45° =
4.243 𝑓𝑡
𝐿 𝑐 = 5 + 𝑎 =
9.243 𝑓𝑡
ℎ 𝑐 = 𝐿 𝑐 cos 45 =
6.536 𝑓𝑡
𝐴 = 𝜋
𝐷
4
2
=
𝜋(2.0)2
4
= 3.142 𝑓𝑡2
𝐹𝑅 = 𝛾𝐻 𝑂

25. = 62.4
𝑙𝑏
𝑓𝑡3 𝑥 6.536 𝑓𝑡 𝑥 3.142𝑓𝑡2
𝐹𝑅 = 1281 𝑙𝑏
𝐿 𝑐 =
𝜋𝐷4
64
= 0.785𝑓𝑡4
𝐿 𝑃 − 𝐿 𝑐 =
𝐼𝑐
𝐿 𝐶 𝐴
=
0.785
(9.243)(3.142)
𝐿 𝑝 − 𝐿 𝑐 = 0.027 𝑓𝑡 = 0.325 𝑖𝑛
𝐿 𝑝 = 9.270𝑓𝑡
PROBEMA 4.25
Calcular la magnitud de la fuerza
resultante y la ubicación de su centro de
presiones.
Fuerza en el centro de gravedad:

26. 𝑃 =
𝐹
𝐴
→ 𝐹 = 𝑃𝐴 = 𝜌𝑔ℎ𝐴
Nos dan:
𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 = 𝑠𝑔 = 0.9 →
𝜌 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒
𝜌 𝑎𝑔𝑢𝑎
= 0.9 → 𝜌 𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 900𝑘𝑔/𝑚3
Por lo tanto:
𝐹 = 𝜌𝑔ℎ𝐴 = 900 ∗ 9.81 ∗ (0.76 + 0.5𝑠𝑒𝑛(70°)) ∗ 0.6 ∗ 1 = 6.515𝑘𝑁
Fuerza en el centro de presiones:
𝑃 =
𝐹
𝐴
→ 𝐹 = 𝑃𝐴 = 𝜌𝑔ℎ𝐴
𝐹 = 𝜌𝑔ℎ𝐴 = 900 ∗ 9.81 ∗ (0.76 + 2/3𝑠𝑒𝑛(70°)) ∗ 0.6 ∗ 1 = 7.345𝑘𝑁
PROBLEMA 4.26
Conulte la figura 4.38
PROBLEMA 4.27
Halle la fuerza resultante y el valor de Lp, de la sgte figura

27. Región semicircular Representación de
longitudes
Hallamos el valor de a:
a=0.8 m/sen70 = 0.851 m
Lc = a + 0.5 + y

28. Lc= 0.851 + 0.50 + 0.318 = 1.669 m
Hallamos hc:
hc =Lc.sen70 = 1.569 m
La fuerza resultante es:
Fr = γ.hc.A= (0.88).(9.81 kN/m³).(0.884 m²) = 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 ubicación del centro de
presión. Señale la fuerza resultante sobre el área y dimensione su ubicación con claridad.

29. Solucion:
A =
𝑏𝑎𝑠𝑒 × 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎
2
=
20 × 30
2
= 300𝑖𝑛2
= 0.193548𝑚2
𝐼𝑐 =
𝑏𝑎𝑠𝑒 × 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎3
36
=
30 × 203
2
= 6667𝑖𝑛4
𝐿 𝑐 = a + 6 + b = 28 + 6 + 13.33 ≡ 𝐿 𝑐 = 47.34𝑖𝑛
ℎ 𝑐 = 𝐿 𝑐 × cos 50 = 30.43𝑖𝑛 = 0.772922𝑚
𝐹𝑅 = 𝜌 × 𝑔 × ℎ 𝑐 × 𝐴

30. 𝐹𝑅 = 1000
𝐾𝑔
𝑚3
× 9.81
𝑚
𝑠2
× 0.772922𝑚 × 0.193548𝑚2
𝐹𝑅 = 1467.55𝑁 ≅ 330.03𝑙𝑏 − 𝑓𝑧𝑎
𝐿 𝑃 = 𝐿 𝑐 +
𝐼𝑐
𝐿 𝑐 × 𝐴
= 47.34𝑖𝑛 +
6667𝑖𝑛4
47.34𝑖𝑛 × 300𝑖𝑛2
= 47.81𝑖𝑛
PROBLEMA 4.30
La figura 4.42 muestra un tanque de gasolina lleno hasta la toma. La gasolina tiene una
gravedad específica de 0.67. Calcule la fuerza total que se ejerce sobre cada costado plano del
tanque y determine la ubicación del centro de presión.
Entonces tenemos lo siguiente
c c
p p
L Y
L Y



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


 
Ahora hallamos la ubicación 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

  
    
    
PROBLEMA 4.31
Si el tanque de la figura 4.42 se llenara con gasolina (sg=0.67) sólo hasta la base del tubo
llenado, calcule la magnitud y ubicación de la fuerza resultante sobre el extremo plano
Solución:
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


  
 


32. ℎ 𝑐 = 𝐿 𝑐 = 0.150 𝑚
𝐹𝑅 = 𝛾ℎ 𝑐 𝐴 = (0.67)(9.81)(0.150)(0.2507) = 0.247 𝑘𝑁 = 247𝑁
𝐿 𝑝 − 𝐿 𝑐 =
𝐼𝑐
𝐿 𝑐 𝐴
=
0.001748 𝑚4
(0.150𝑚)(0.2507𝑚2)
= 0.0465 𝑚 = 46.5 𝑚𝑚
𝐿 𝑝 = 𝐿 𝑐 + 46.5 𝑚𝑚 = 150 𝑚𝑚 + 46.5 𝑚𝑚 = 196.5 𝑚𝑚
PROBLEMA 4.32
SI EL TANQUE DE LA FIGURA SE LLENARA CON GASOLINA (SG=0.67) SOLO HASTA LA MITAD,
CALCULE LA MAGNITUD Y UBICACIÓN 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

 
   

2
( )A m ( )y m 3
( )Ay m 4
( )iI m ( )h m 2
Ah
Rectangulo 0.0900 0.075 6.750x 3
10 1.688x
4
10
0.00324 9.4x 7
10
Semicirculo 0.0353 0.0636 2.245x 3
10 5.557x
5
10
0.00816 2.35x 6
10
0.1253 9.000x 3
10
2.243x 4
10
3.30x
6
10
Entonces de iI y h se obtiene:
cI = 2.276x 4 4
10 m
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

   
  
    
PROBLEMA 4.33
Para el tanque de agua mostrado en la figura 4.43, calcule la magnitud y
ubicación de la fuerza total que se ejerce sobre la pared posterior vertical.

34. SOLUCION
Por formula de la presión
FR = P.A = ρ.g.hc.g.A
Área De La Pared Posterior Vertical: Es un rectángulo
→A = (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 ubicación 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

     

 
 

   
 
 

     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 ubicación 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

 
 

 
  
PROBLEMA 4.36
Para el tanque de bebida de naranja mostrado en la figura 4.32 calcule a magnitud y
ubicación 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

     

 
 

   
 
 

     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
ubicación 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


 
PROBLEMA 4.38
Para el tanque de aceite mostrado en la figura 4.35, calcule la magnitud y ubicación de la
fuerza total sobre cada pared vertical de los extremos. El tanque mide 1.2 m de ancho.
Figura 4.35
SOLUCIÓN:

39. De la figura:
Para las paredes del extremo tenemos:
Área (𝐴) 𝑦̅ 𝐴𝑦̅ 𝑦𝑖 = 𝑦̅ − 𝑌̅
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
∑ 𝐴 = 1.348 𝑚2
∑ 𝐴𝑦̅ = 0.882𝑚2
Para hallar 𝑌̅ sabemos que:
𝑌̅ =
∑ 𝐴𝑦̅
∑ 𝐴
=
0.882𝑚2
1.348 𝑚2
= 0.654𝑚
Sea ℎ 𝑐 como la distancia vertical entre el nivel de la superficie libre y el centroide del área.
ℎ 𝑐 = 1.5𝑚 − 𝑌̅ = 0.846𝑚 = 𝐿 𝑐
Calculando la fuerza resultante:
𝐹𝑅 = 𝛾ℎ 𝑐 𝐴 = (0.90) (
9.81𝑘𝑁
𝑚2 ) (0.846𝑚)(1.348 𝑚2) = 𝟏𝟎. 𝟎𝟕𝒌𝑵
luego el momento de inercia total seria:
𝐼𝑐 = 𝐼1 + 𝐴1 𝑦1
2
+ 𝐼2 + 𝐴2 𝑦2
2
+ 𝐼3 + 𝐴3 𝑦3
2

40. 𝐼𝑐 =
(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
𝐼𝑐 = 0.1960 + 0.0096 + 0.0011 + 0.0384 + 0.0030 + 00.0036 = 𝟎. 𝟐𝟓𝟏𝟖𝒎 𝟒
Finalmente la ubicación de centro de presiones será:
𝐿 𝑝 = 𝐿 𝑐 +
𝐼 𝑐
𝐿 𝑐 𝐴
= 0.846𝑚 +
0.2518
(0.846)(1.348)
𝑚 = 0.846 + 0.221 = 𝟏. 𝟎𝟔𝟕𝒎 Desde la superficie.
PROBLEMA 4.39
Para el tanque de bebida de naranja mostrado en la figura 4.35 calcule a magnitud y
ubicación 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 ubicación de la fuerza resultante sobre la compuerta. Después calcule
las

41. 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 gráfico,
luego se analiza la fórmula de la presión en relación a la fuerza, y también el uso del método
de palanca con relación a las fuerzas en donde nos dice que la suma de todas las fuerzas con
relación 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

42. Figura 4.46
Solución:
hc = 38 + 𝑦 = 38 + cos 30°
= 42.33 𝑝𝑢𝑙𝑔
𝐿 𝑐 =
ℎ 𝑐
𝑐𝑜𝑠30
= 48.88 𝑝𝑢𝑙𝑔
𝐹𝑅 = 𝛾ℎ 𝑐 𝐴
𝐴 =
𝜋(10)2
4
= 78.54 𝑝𝑢𝑙𝑔2
𝐹𝑅 =
62.4 𝑙𝑏
𝑓𝑡3
∙
42.33 𝑝𝑢𝑙𝑔 ∙ 78.54 𝑝𝑢𝑙𝑔2
1728
𝑝𝑢𝑙𝑔3
𝑓𝑡3
= 78.54 𝑝𝑢𝑙𝑔2
𝐹𝑅 = 120.1 𝑙𝑏
𝐼𝑐 =
𝜋(10)4
64
= 490.9 𝑝𝑢𝑙𝑔4
𝐿 𝑝 − 𝐿 𝑐 =
𝐼𝑐
𝐿 𝑐 𝐴

43. 𝐿 𝑝 − 𝐿 𝑐 =
490.9 𝑝𝑢𝑙𝑔4
(48.88 𝑝𝑢𝑙𝑔)(78.54𝑝𝑢𝑙𝑔2)
= 0.128 𝑝𝑢𝑙𝑔
Ahora hacemos suma momentos sobre la bisagra en la parte superior de la
puerta:
∑ 𝑀 𝐻 = 0 = 𝐹𝑅(5.128) − 𝐹𝑐(5.00)
𝐹𝑐 =
(120.1 𝑙𝑏)(5.128 𝑝𝑢𝑙𝑔)
5.00 𝑝𝑢𝑙𝑔
= 𝟏𝟐𝟑. 𝟐 𝒍𝒃
PROBLEMA 4.43
Calcule la magnitud de la fuerza resultante
sobre el área indicada y la ubicación del
centro de presión de la sgt figura. Señale la
fuerza resultante sobre el área y
dimensione su ubicación con claridad.
Ahora el tanque esta sellado en la parte superior y hay una presión de 13.8KPa sobre el
aceite

44. PROBLEMA 4.44
Repita el problema 4.20 M (figura 4.32) solo que ahora el tanque está sellado en la parte
superior, y hay una presión de 25.0 KPa sobre el fluido.
Figura 4.32
Solución:
Hallamos una altura ha que
es la pequeña
parte que se ha
incrementado
al original:
ha =
𝑃𝑎
𝜌 𝑥 𝑔
=
25 𝐾
𝑁
𝑚2
1.10 𝑥 103 𝑘𝑔
𝑚3 𝑥 9.81
𝑚
𝑠2
= 2.317 m
hce = hc + ha = 3 + 2.317 = 5.317 m
Lce =
ℎ𝑐𝑒
sin 60
=
5.317
sin 60
= 6.14 m
Entonces:
FR = 𝜌 𝑥 𝑔 𝑥 ℎ𝑐𝑒 𝑥 𝐴 = 1.10𝑥103 𝑘𝑔
𝑚3
𝑥 9.81
𝑚
𝑠2
𝑥 5.317 𝑚 𝑥 4.524 𝑚2
= 259.6 𝐾𝑁
Finalmente:

45. Lpe – Lce =
𝐼𝑐
𝐿𝑐𝑒 𝑥 𝐴
=
1.629 𝑚4
6.14 𝑚 𝑥 4.524 𝑚2
= 0.0586 𝑚
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
presión de 4,0 psi sobre el fluido.
Haciendo las conversiones:
8𝑝𝑢𝑙𝑔 = (8𝑝𝑢𝑙𝑔) (
1𝑚
39.37𝑝𝑢𝑙𝑔
) = 0.203𝑚
10𝑝𝑢𝑙𝑔 = (10𝑝𝑢𝑙𝑔) (
1𝑚
39.37𝑝𝑢𝑙𝑔
) = 0.254𝑚
𝑅 = 20𝑝𝑢𝑙𝑔 = (20𝑝𝑢𝑙𝑔) (
1𝑚
39.37𝑝𝑢𝑙𝑔
) = 0.508𝑚
𝑃 = 4𝑝𝑠𝑖 = (4𝑝𝑠𝑖) (
1𝑝𝑎𝑠𝑐𝑎𝑙
1.450389 ∗ 10−4
) = 27578.80𝑝𝑎𝑠𝑐𝑎𝑙
𝑠 𝑒𝑡𝑖𝑙𝑒𝑛𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑙 = 1,10 =
𝙥 𝒆𝒕𝒊𝒍𝒆𝒏𝒈𝒍𝒊𝒄𝒐𝒍
𝙥 𝒂𝒈𝒖𝒂

46. Entonces:
𝙥 𝒆𝒕𝒊𝒍𝒆𝒏𝒈𝒍𝒊𝒄𝒐𝒍 = 1.10(𝙥 𝒂𝒈𝒖𝒂)=1100
𝑘𝑔
𝑚3
Solucion:
Hallando 𝑳 𝒄 y 𝒉 𝒄 de la figura (a)
𝐿 𝑐 = 𝑎 + 0.203 + 𝑦𝑔
ℎ 𝑐 = 𝐿 𝑐 sin 30
Donde :
𝑎 =
0.254𝑚
cos 30
= 0.293𝑚
𝑦𝑔: es el centro de gravedad de la semicircunferencia
𝑦𝑔 =
4𝑅
3𝜋
= 0.2156𝑚
Entonces:
𝐿 𝑐 = 0.293𝑚 + 0.203𝑚 + 0.2156𝑚
𝐿 𝑐 = 0.7116𝑚
ℎ 𝑐 = (0.7116) sin 30=0.3558m
De la figura (b):
hallar ℎ 𝑎 :
ℎ 𝑎 =
𝑝 𝑎
𝑦
; 𝑦: 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜
ℎ 𝑎 =
27578.80𝑝𝑎𝑠𝑐𝑎𝑙
(1100
𝑘𝑔
𝑚3) (9.8
𝑚
𝑠2)
= 2.558𝑚
Hallar ℎ 𝑐𝑒 :
ℎ 𝑐𝑒 = ℎ 𝑐 + ℎ 𝑎=0.3558m+2.558m=2.9138m
Hallando 𝑭 𝒓:
𝐹𝑟 = 𝑦 ∗ ℎ 𝑐𝑒 ∗ 𝐴
Donde:
𝐴 =
𝜋𝑅2
2
=
𝜋(0.508𝑚)2
2
=0.40536𝑚2
𝑦 = (1100
𝑘𝑔
𝑚3
) (9.8
𝑚
𝑠2
) = 10780
𝑘𝑔
𝑚2 𝑠2

47. Entonces:
𝐹𝑟 = (10780
𝑘𝑔
𝑚2 𝑠2
) (2.9138m)(0.40536𝑚2
)
𝑭 𝒓 = 𝟏𝟐𝟕𝟑𝟐, 𝟔𝟔𝟕𝟑𝑵
Hallando el centro de presiones (𝐿 𝑝𝑒):
𝐿 𝑝𝑒 = 𝐿 𝑐𝑒 +
𝐼𝑐
𝐿 𝑐𝑒 ∗ 𝐴
Donde:
𝐿 𝑐𝑒 =
ℎ 𝑐𝑒
sin∅
=
2.9138𝑚
sin30
= 5.8276𝑚
𝐼𝑐:momento de inercia de la semicircunferencia
𝐼𝑐 = 6.86 ∗ 10−3
∗ 𝐷4
𝐼𝑐 = 6.86 ∗ 10−3
∗ (2 ∗ 0.508𝑚)4
=7.081*10−3
𝑚4
Entonces:
𝐿 𝑝𝑒 = 𝐿 𝑐𝑒 +
𝐼𝑐
𝐿 𝑐𝑒 ∗ 𝐴
𝐿 𝑝𝑒 = 5.8276𝑚 +
7.081 ∗ 10−3
𝑚4
(5.8276𝑚)(0.40536𝑚2)
𝑳 𝒑𝒆 = 𝟓. 𝟖𝟑𝒎
PROBLEMA 4.47
Consulte la figura 4.47. La superficie mide 2 m de longitud.

48. SOLUCIÓN:
1. Aislar volumen arriba de la superficie curva y diagrama de cuerpo libre
2. Fv = γV = γAw = (9.81kN/m3
) * [(1.85m)(0.75m) + π(0.75m)2
/4] * 2m
Fv = 35.8906 kN
X = (A1x1 + A2x2)/(A1 + A2)
A1 = (1.85m)(0.75m) = 1.3875 m2
A2 = π(0.75m)2
/4 = 0.4418 m2
 X = 0.3612 m (posición Fv)
3. hc = d1 + s/2 = 1.85m + (0.75m)/2 = 2.225 m
Fh = γswhc = 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 (posición Fh)
4. Fr = sqrt(Fv2
+ Fh2
)
Fr = 48.5809 Kn
ɵ = tan-1
(Fv/Fh)
 ɵ = 47.6276º (posición Fr)

49. 5. La línes de acción de Fr actúa a través del centro de curvatura de la superficie
curva, debido a que uno de los vectores de fuerza individuales ocasionados
por la presión del fluido, actúa 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
Resolución
Hallando la FV(fuerza vertical) =
𝑃 =
𝐹𝑉
𝐴
𝐹𝑉 = 𝑃 ∗ 𝐴
𝐹𝑉 = 𝛾 ∗ ℎ ∗ 𝐴 = 𝜌 ∗ 𝑔 ∗ ℎ ∗ 𝐴
Hallando “A”
𝐴 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 = (1.25𝑚)(0.62𝑚) = 0.775𝑚2
𝐴 𝑠𝑒𝑚𝑖𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 =
[𝜋 (
1.25
2
)
2
]
2
= 0.613𝑚2
𝐴 = 𝐴 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 + 𝐴 𝑠𝑒𝑚𝑖𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 = 1.389𝑚2
Entonces la fuerza vertical seria:

50. 𝐹𝑉 = (0.823)(9.81𝑘𝑁/𝑚3
)(1.389𝑚2
)(2.50𝑚)
𝐹𝑉 = 28.1 𝑘𝑁
𝑃𝑎𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟 𝐹 𝐻
𝐹 𝐻 = 0 … … 𝑝𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑎𝑠 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑛 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜
Ahora para hallar la FRESULTANTE
𝐹𝑅 = √ 𝐹 𝐻
2
+ 𝐹𝑉
22
= √(0)2 + (28.1𝑘𝑁)22
𝐹𝑅 = 28.1 𝑘𝑁
PROBLEMA 4.49
Consulte la figura 4.49. La superficie mide 5.00 pies de longitud.
FIGURA 4.49
problema 4.49.
Solución.

51. y1 = Rsin15° = 3.882ft
s = R − y1 = 15 − 3.882 → 𝒔 = 𝟏𝟏. 𝟏𝟏𝟖 𝒇𝒕
hc = ℎ + y1 +
𝑠
2
= 10 + 3.882 + 5.559 → 𝐡 𝐜 = 𝟏𝟗. 𝟒𝟒𝟏𝒇𝒕
FH = 𝛾hc 𝑠𝑤 = (62.4)(19.441)(11.118)(5) → 𝐅 𝐇 = 𝟔𝟕. 𝟒𝟑𝟕𝒍𝒃
hp = hc +
𝑠2
12hc
= 19.441 + 0.53 → 𝐡 𝐩 = 𝟏𝟗. 𝟗𝟕𝟏𝒇𝒕
FV = 𝛾𝑉 = 𝛾𝐴 𝑇 𝑤
𝐴1 = (14.489𝑓𝑡)(10𝑓𝑡) → 𝑨 𝟏 = 𝟏𝟒𝟒. 𝟖𝟗𝒇𝒕 𝟐
𝐴2 =
𝑦1 𝑅𝑐𝑜𝑠15°
2
=
(3.882)(14.189)
2
→ 𝑨 𝟐 = 𝟐𝟖. 𝟏𝟐𝒇𝒕 𝟐
𝐴3 = 𝜋𝑅2
75
360
= (15)2
75
360
→ 𝑨 𝟑 = 𝟏𝟒𝟕. 𝟐𝟔𝒇𝒕 𝟐
𝐴 𝑇 = 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 → 𝐴 𝑇 = 320.27𝑓𝑡2
𝐹𝑉 = 𝛾𝐴 𝑇 𝑤 = (62.4)(320.27)(5) → 𝑭 𝑽 = 𝟗𝟗𝟗𝟐𝟓𝒍𝒃
𝑥1 =
14.489
2
= 7.245𝑓𝑡
𝑥1 =
2
3
(14.489) = 9.659𝑓𝑡
𝑥3 = 𝑏𝑠𝑖𝑛37.5° 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑏 =
38.197𝑅𝑠𝑖𝑛(37.5°)
37.5°
= 9.301𝑓𝑡
𝑥3 = 9.30 sin(37.5°) = 5.662𝑓𝑡
𝑥 =
𝐴1 𝑥1 + 𝐴2 𝑥2 + 𝐴3 𝑥3
𝐴 𝑇
= 6738𝑓𝑡
𝐹𝑅 = √(𝐹 𝐻)2 + (𝐹𝑉)2 = √(67437)2 + (99925)2 = 120550𝑙𝑏
𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑔 (
𝐹𝑉
𝐹 𝐻
) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑔 (
99925
67437
) → 𝝋 = 𝟓𝟓. 𝟗𝟖 ≅ 𝟓𝟔°
PROBLEMA 4.51
Se muestra una superficie curva que detiene un cuerpo de fluido estático. Calcule la
magnitud de las componentes horizontal y vertical de la fuerza que el fluido ejerce
sobre dicha superficie. Después calcule la magnitud de la fuerza resultante, así como
su dirección. Demuestre que la fuerza resultante actúa sobre la superficie curva. La
superficie de interés es una porción de un cilindro con la misma longitud que la
superficie dada en el enunciado del problema.

52. La superficie mide 4.00m de longitud
Sol.
Rsen30°=3.00m
x1
h=5.20m
x2
hp
R=6.00m 15° 15° y=Rcos30°=5.196m
x3 b 30°
s FH
Fv
α
Fr
DATOS:
J: gravedad específica 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

53. 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*sen15°=(38.197*R*sen15°/15)*sen15°=1.023m
X=(A1*X1+A2*X2+A3*X3)/AT=1482m
Hallamos la fuerza resultante
FR
2
=FH
2
+Fv2
= (245.3KN)2
+ (927.2KN)2
FR=959.1KN (Fuerza resultante)
Dirección:
α=tan-1
(Fv/ FH)=tan-1
(927.2KN/245.3KN)=75.2°
PROBLEMA 4.52

54. 𝐹𝑣 = 𝑦𝐴𝑤
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 = (1.20)(2.80) +
𝜋(1.20)2
4
= 4.491𝑚2
𝐹𝑣 = (9.81
𝑘𝑁
𝑚3
) (4.491𝑚2)(1.50𝑚) = 66.1𝑘𝑁
𝑥1 = 0.5(1.20) = 0.60𝑚 ; 𝑥2 = 0.424(1.20) = 0.509𝑚
𝑥̅ =
𝐴1 𝑥1 + 𝐴2 𝑥2
𝐴 𝑇
=
(3.36)(0.60) + (1.13)(0.509)
4.491
= 0.577𝑚
ℎ 𝑐 = ℎ +
𝑠
2
= 2.80 +
1.20
2
= 3.40𝑚
𝐹 𝐻 = 𝑦𝑠𝑤ℎ 𝑐 = (9.81)(1.20)(1.50)(3.40) = 60.0𝑘𝑁
ℎ 𝑝 = ℎ 𝑐 +
𝑠2
12ℎ 𝑐
= 3.40 +
1.202
12(3.40)
= 3.435𝑚
𝐹𝑅 = √𝐹𝑉
2
+ 𝐹 𝐻
2
= √66.12 + 60.02 = 89.3𝑘𝑁
∅ = 𝑡𝑎𝑛−1
𝐹𝑣
𝐹 𝐻
= 𝑡𝑎𝑛−1
(
66.1
60.0
) = 47.8°
PROBLEMA 4.53
Calcular las componentes Horizontal y vertical de la fuerza en la superficie curva
Dato: Ancho = 2.50m; 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 9.81
𝐾𝑁
𝑚3
Hallamos:
𝐴1 = (1.20𝑚)(2.80𝑚) = 3.36𝑚2

55. 𝐴2 = 𝑅2
− 𝜋
𝑅
4
2
= 0.309𝑚2
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 = 3.669𝑚2
𝐹𝑣 = 𝑃𝑒𝑠𝑜 = (𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎)(𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛) = (9.81
𝐾𝑁
𝑚3
) (3.669𝑚2)(2.50𝑚) = 54𝐾𝑁
La ubicación del centroide se encuentra por medio de la técnica del área compuesta
De la fig:
𝑋1 =
1.20𝑚
2
= 0.6𝑚
𝑋2 = 0.2234𝑅 = 0.268𝑚
La ubicación del centroide para el área compuesta es
𝑋 =
(𝐴1)(𝑋1) + (𝐴2)(𝑋2)
𝐴
=
(3.36𝑚2)(0.6𝑚) + (0.309𝑚2)(0.268𝑚)
3.669𝑚2
= 0.572𝑚
La profundidad del centroide es:
ℎ𝑐 = ℎ +
𝑠
2
= 2.80 +
1.20
2
= 3.40𝑚
La Fuerza horizontal:
𝐹ℎ = (𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎)(𝑎𝑛𝑐ℎ𝑜)(𝑠)(ℎ𝑐) = (9.81
𝐾𝑁
𝑚3
) (2.50m)(1.20𝑚)(3.40𝑚) = 60𝐾𝑁
L a profundidad al centro de presiones:
ℎ𝑝 = ℎ +
𝑠2
12ℎ𝑐
= 3.40 +
1.202
12(3.40)
= 3.435𝑚
La fuerza resultante en la superficie es:
𝐹𝑟 = √ 𝐹𝑣2 + 𝐹ℎ22
= √54𝐾𝑁2 + 60𝐾𝑁22
= 80.7𝐾𝑁
PROBLEMA 4.54
Calcule la magnitud de las componentes horizontal y vertical de la fuerza que el fluido ejerce
sobre dicha superficie. Después calcule la magnitud de las fuerzas resultante; así como su
dirección Demuestre que la fuerza resultante actúa sobre la superficie curva. En cada caso, la
superficie de interés es una porción de un cilindro con la misma longitud que la superficie
dada.

56. De la figura dibujamos las fuerzas:

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
 


  
   
  
     
 
  
  
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

 
     
 
   
PROBLEMA 4.56
Gráfico y distribución de presiones.

58. Como podemos ver en la distribución de presiones las fuerzas horizontales
están balanceadas por tanto su equivalente será 0.
Hay una presión de aire de P1=4.65k Pa por tanto:
h2= P1/ρ=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 ecuación 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 sólido que se asienta sobre el fondo de un tanque que contiene
un volumen estático de agua. Calcule la fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo del tanque
con los datos siguiente: 𝐷 = 6.00 pulg, 𝐿 = 10.00 pulg, 𝛾𝑐 = 0.284 lb pulg3⁄ (acero),
𝛾𝑓 = 62.4 lb pie3⁄ (𝑎𝑔𝑢𝑎), ℎ = 30 pulg.
SOLUCIÓN:
Realizando el diagrama de fuerzas:
Donde: E = Empuje,
W = peso del cilindro,

59. F′
= Fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo
Se sabe que:
E = ρfgVc = γfVc , W = mg = ρcgVc = γcVc
Donde: 𝑉c = Volumen del cilindro, calculando:
Vc =
πD2
4
L =
π(6 pulg)2
4
10 pulg = 282.74pulg3
Reemplazando se tiene que:
E = (62.4
lb
pie3
x
1pie3
123pulg3) (282.74 pulg3) → E = 10.21 lb
W = (0.284
lb
pulg3
)(282.74 pulg3) → W = 80.29816 lb
Del diagrama de fuerzas se observa que:
F′
= W − E
F′
= 80.29816 − 10.21
𝐅′
= 𝟕𝟎. 𝟎𝟖𝟖𝟏𝟔 𝐥𝐛
PROBLEMA 4.58
Repita el problema 4.57, solo que ahora valore 𝛾𝑐 = 0.100
𝑙𝑏
𝑝𝑢𝑙𝑔3
(aluminio).
La fuerza horizontal neta es cero.
La fuerza vertical neta es igual al Peso del fluido desplazado que actúa
hacia arriba y el Peso del cilindro hacia abajo:
𝐷 = 6 𝑝𝑢𝑙𝑔 (
𝟎. 𝟎𝟖𝟑𝟑𝟑 𝒑𝒊𝒆𝒔
𝟏 𝒑𝒖𝒍𝒈
) = 0.5 𝑝𝑖𝑒𝑠
𝐿 = 10 𝑝𝑢𝑙𝑔 (
𝟎. 𝟎𝟖𝟑𝟑𝟑 𝒑𝒊𝒆𝒔
𝟏 𝒑𝒖𝒍𝒈
) = 0.8333 𝑝𝑖𝑒𝑠
𝛾𝑐 = 0.100
𝑙𝑏
𝑝𝑢𝑙𝑔3
(
𝟏 𝒑𝒖𝒍𝒈 𝟑
𝟓. 𝟕𝟖𝟕𝒙𝟏𝟎−𝟒 𝒑𝒊𝒆𝒔 𝟑
) = 172.8011
𝑙𝑏
𝑝𝑖𝑒𝑠3

60. 𝑤𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝛾𝑓 . 𝑉
𝑉 = 𝜋.
𝐷2
4
. 𝐿 = 𝜋
(0.5 𝑝𝑖𝑒𝑠)2
4
(0.8333 𝑝𝑖𝑒𝑠) = 0.1636 𝑝𝑖𝑒𝑠3
𝑤𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = (62.4
𝑙𝑏
𝑝𝑖𝑒3
) (0.1636 𝑝𝑖𝑒𝑠3) = 𝟏𝟎. 𝟐𝟎𝟖𝟔 𝒍𝒃 … … … … … … . (𝟏)
𝑤𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = 𝛾𝑐 . 𝑉
= (172.8011
𝑙𝑏
𝑝𝑖𝑒3
) (0.1636 𝑝𝑖𝑒𝑠3) = 𝟐𝟖. 𝟐𝟕𝟎𝟑 𝒍𝒃 … … … . (𝟐)
De (1) y (2) tenemos que la fuerza resultante será:
𝐹 = 𝑤𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 − 𝑤𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 28.2703 𝑙𝑏 - 10.2086 𝑙𝑏 = 𝟏𝟖. 𝟎𝟔𝟏𝟕 𝒍𝒃
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 estático de agua. Calcule la fuerza que ejerce el cilindro
sobre el fondo del tanque con los datos siguientes: 6 lgD pu , 10 lgL pu ,
330cilindro
lb
pie
  , 362.4agua
lb
pie
  , 30 lgh pu

61. Del gráfico podemos observar que la fuerza ejercida por el fluido desplazado
por el cilindro tendrá una dirección 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 lg
2
. .
(3 lg) .10 lg
282.7 lg
cilindro
cilindro
cilindro
D
R 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:
330cilindro
lb
pie
 
.cilindro cilindro cilindro
cilindro
M
M V
V
   
Antes hacemos la conversión correspondiente:
3 3
lgpu pie
Según la tabla de conversiones debemos multiplicar por 0.08333 para obtener
pie, pero como es pie3
debemos multiplicar por 0.083333
 
3 3
282.7 0.08333 0.1636cilindroV pie 
Luego:
.cilindro
cilindro cilindro cilindro cilindro
cilindro
W
W V
V
   
3
330 .0.1636
4.908
cilindro
cilindro
lbW pie
pie
W lb



62. Además:
.
agua
agua agua agua cilindro
cilindro
W
W V
V
   
3
362.4 .0.1636
10.209
agua
agua
lbW pie
pie
W lb


Por lo tanto, la fuerza que ejerce el cilindro en el fondo del recipiente será
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 situación descrita en el problema 4.57, especifique la relación necesaria entre
peso específico del cilindro y la del fluido, de modo que no se ejerza ninguna fuerza
sobre el fondo del tanque.
Solución:
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 = ρfgVc = γfVc y W = mg = ρcgVc = γcVc serán iguales, entonces:
 γfVc = γcVc  γf = γc
Es decir, se mantendría en equilibrio.
b) Que esto se cumple si y solo si E > W, porque si esto no sucede el peso W será
mayor y ejercerá una fuerza sobre la superficie.

63. Entonces: Si E > W
 γfVc > γcVc  γf > γc
Es decir, el empuje E, hará que el peso W, no ejerza ningún tipo de fuerza sobre
el fondo del tanque.
CONCLUSIÓN:
“El peso específico del cilindro debe ser menor o igual a la del fluido para
que no exista ningún tipo de fuerza sobre el fondo del cilindro”
PROBLEMA 4.61
La figura 4.55 muestra un cilindro sólido que se asienta sobre el fondo de un tanque que
contiene un volumen estático 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, ϒc = 0.284 lb/pulg3
(acero), ϒf = 0.284 lb/pie3
(agua), h = 10 pulg
Fuerza horizontal neta = 0
De la sección 4.11, la fuerza vertical neta es igual al peso del fluido desplazado actúa hacia
arriba y el peso del cilindro que actúa 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 diámetro 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
𝑌𝑐 = 0.284
𝑙𝑏
𝑖𝑛3
𝑌𝑓 = 62.4 𝑙𝑏/𝑓𝑡3
h=5 in
𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛 (
2
3
) = 41.8
𝑥 = √32 − 22 = √5 = 2.236
𝛼 = 180 + 2𝜃 = 263.6
𝑊𝑓 = 𝛾𝑓 𝑉𝑑 = 𝛾𝑓 𝐴 𝑑 𝐿
𝐴 𝑑 =
𝜋𝐷2
4
.
𝛼
360
+
1
2
(2𝑥)(2) = 𝐴1 + 𝐴2
𝐴 𝑑 =
𝜋(6 𝑖𝑛)2
4
.
263.6
360
+ 2(2.236) = 25.18 𝑖𝑛2
𝑊𝑓 = 𝛾𝑓 𝐴 𝑑 𝐿 = (
62.4𝑙𝑏
𝑓𝑡3
) (25.18 𝑖𝑛2)(10 𝑖𝑛)
1𝑓𝑡3
1728 𝑖𝑛3
= 9.09𝑙𝑏

65. 𝑊𝑐 = 𝛾𝑐 𝑉 = (0.284𝑙𝑏/𝑖𝑛3)(282.7𝑖𝑛3) = 80.3𝑙𝑏
La fuerza que ejerce el cilindro sobre el fondo en el tanque es:
𝑊𝑐 − 𝑊𝑓 = 80.3 − 9.09 = 71.21 𝑙𝑏
PROBLEMA
4.63
Para la situación
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 además produzcan una
curva bien definida de fuerza versus profundidad.
Para cualquier profundidad mayor a 6 pulgadas, F=70.1 lb.
Método de Prob. 4.62 utilizado para h <6,00 en, el uso figura a continuación.
Ad = A1 – A2 = (D2
/4)(/360) – (1/2)(2.X)(R-h)
F = W0 – Wf = 80.3 lb - ⅟.A.I0

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 observación 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 ubicación.
SOLUCION:
Y = 0.212*(36pulg) = 7.63pulg

67. Y = 7.63pulg*(1pie/12pulg) = 0.636pies
X = 20pulg/sin (25) = 47.32pulg
Ycg = 60pulg + x – y
Ycg= 60pulg + 47.32pulg – 7.63pulg
Ycg = 99.69pulg
Ycg = 99.69pulg*(1pie/12pulg)
Ycg = 8.308pies
Hc = Ycg*sin (25)
Hc = (8.308pies)*sin (25) = 3.511pies
Área =
𝜋×𝐷2
8
=
𝜋×(3𝑝𝑖𝑒𝑠)2
8
= 3.534pies2
Lc = Ycg; Lp =
Ycp
Finalmente la fuerza resultante es:
FR = γ* Hcg*Área = (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 presión:
Ycp = Ycg +
𝐼
𝑌𝑐𝑔∗Área
Ycp = 8.308pies +
0.556pies4
8.308𝑝𝑖𝑒𝑠∗3.534𝑝𝑖𝑒𝑠2
Ycp =8.327pies