Este documento presenta la solución de 9 problemas relacionados con las propiedades de los fluidos. En el primer problema se definen las unidades de fuerza, masa y peso específico. Los problemas 2 al 4 calculan el peso específico del aire, CO2 y nitrógeno usando las leyes de los gases. Los problemas 5 y 6 calculan la presión final de un gas comprimido de manera isotérmica y adiabática. Los problemas 7 y 8 convierten unidades de viscosidad de poises a kg/m-s. El último problema calcula la viscosidad dinámica de un
Fase 1, Lenguaje algebraico y pensamiento funcional
Solucionario de-problemas-mecanica-de-fluidos
1. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 1
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS PROPUESTOS DEL LIBRO “MECANICA DE
FLUIDOS E HIDRAULICA” DE RANALD V. GILES
CAPITULO I: PROPIEDADES DE LOS FLUIDOS
PROBLEMA Nº 1-36:
En el libro de Ranald V. Giles a la fuerza la define como kilogramo fuerza o kilogramo
peso que debería ser denotado por kgf. KgP. para diferenciarle de la unidad de masa
aunque en el texto solo lo denota por kg. y a la masa como una unidad derivada de la
fuerza con la aceleración, es decir como UTM (Unidad Técnica de Masa) similar al
slug en el sistema ingles, haciendo estas aclaraciones las unidades del UTM se logran a
partir de la aplicación de la Segunda Ley de Newton.
)1(
m
skg
UTMT
L
F
M:MmasalaDespejando
MFldimensionaanalisisAplicando
s
m
ennAceleracioen UTMmasakgenFuerza
amF
2
2
2
2
T
L
Datos:
23
s
m
9.80665ggravedadla85:es)(densidadla y
m
UTM
Si
El peso específico (η) se obtiene reemplazando las unidades de UTM de la Ec. (1):
23
2
23
80665.98580665.985
s
m
m
m
skg
s
m
m
UTM
g
595.833 3
m
kg
La densidad relativa (Dr) según R. V. Giles o gravedad específica (Sg) según Robert
Mott se define de la siguiente manera:
aguadevolumenigualdePeso
sustancialadePeso
DrDrDr
Agua
Sustancia
Agua
Sustancia
0.833595Dr
1000
595.833
Dr10
3
3
3
3
Agua
m
kg
m
kg
m
kgSi 0.834
2. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 2
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PROBLEMA Nº 2-37:
Como se trata de un gas podemos aplicar las leyes de la termodinámica específicamente
la ley de la conservaron de la masa cuya ecuación es:
Donde: P=presión en kg/m2
R=Constante de los gases en
(m/°K)
T=Temperatura en °K
η=peso especifico en kg/m3
Se tiene a la presión atmosférica o presión atmosférica normal en la tabla 1(A):
Presión Atmosférica Normal: 22
m
kg4
cm
kg
10033.11.033Atm1P
Constante del gas: K
m
R 3.29
Temperatura en grados absolutos:
k30327330T:KelvingradosandoTransforma30 CT
Reemplazando en la ecuación anterior el peso específico (η) del aire es:
33
2
4
1636.1
m
kg
1.16356
3033.29
101.033
m
kg
K
K
m
m
kg
En tabla 1(B) el peso específico η para el aire a 30°C es: Comprobado
m
kg
1.1642 3
Calculo del error porcentual %E:
100
1.1642
1.1636-1.1642
%E 0.0515%%E
La densidad (ρ) resulta:
33
2
2
3
2
1187.0
mm
skg
0.1187
s
m9.80665
m
kg1.1635
g m
m
skg
3
1187.0
m
UTM
En tabla 1(B) la densidad ρ para el aire a 30°C es: Comprobado1188.0 3
m
UTM
Calculando el error porcentual %E:
100
0.1188
0.1187-0.1188
%E 0.0842%%E
TR
P
T
P
R
3. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 3
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PROBLEMA Nº 3-38:
Se tiene para condiciones normales:
Temperatura T= 20°C = 273+20 = 293 °K
Presión P= 1 Atm = 1.033kg/m2
Constante de los gases: RC02=19.2 m/°K RNitrogeno = 30.3 m/°K
TR
P
Para calcular el peso especifico del CO2 o anhídrido carbónico:
3
4
CO 8362.1
2.19293
10033.1
2
2
2
m
kg
K
CO
K
m
m
kg
El peso especifico en condiciones normales de presión y temperatura para el CO2 es:
η CO2 = 1.8359 Kg./m3
Comprobado
Calculando el error porcentual %E:
100
1.8359
1.8359-1.8362
%E 0.0163%%E
Para calcular el peso especifico del Nitrógeno:
3
4
Nitrogeno 1636.1
3.30293
10033.1
2
2
m
kg
K
CO
K
m
m
kg
El peso especifico en condiciones normales de presión y temperatura para el Nitrógeno
es:
η Nitrógeno = 1.1631 Kg./m3
Comprobado
Calculando el error porcentual %E:
100
1.1631
1.1636-1.1631
%E 0.043%%E
:
PROBLEMA Nº 4-39
Datos: Según la tabla del Apéndice 1(A):
η = 1.910 kg./m3
R = 29.3m/°K
T = 50°C = 273+50 = 323 °K
P =?
TRP
T
P
R
RT
P
4. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 4
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24
2
223
10m
kg
18076.049P
m
kg
18076.049P910.13233.29
cm
m
m
kg
K
K
m
P
)(8076.1 2
Absoluto
cm
kg
P
PROBLEMA Nº 5-40:
Datos: V0 = 2.0 m3
V1= 0.5 m3
P0 = PAtmosferica normal = 1 Atm = 1.033×104
kg/m2
P1 = ?
En condiciones isotérmicas es decir temperatura constante tenemos:
1100 VPVP
1
00
1P
V
VP
Reemplazando datos:
2
4
13
3
2
4
1 10132.4P
5.0
210033.1
m
kg
m
m
m
kg
p
Aboluto
cm
kg
P 21 132.4
PROBLEMA Nº 6-41:
Datos: V0 = 2.0 m3
V1= 0.5 m3
P0 = PAtmosferica normal = 1 Atm = 1.033×104
Kg./m2
P1 = ?
El enunciado del problema dice sin perdida de calor que se refiere a una condición
adiabática:
1100
KK
VPVP
K
V
V
PP
1
0
01
Donde K es el Exponente Adiabático: K= 1.4 según la tabla 1(A)
2
4-
121
4.1
3
3
2
4
1
cm
kg
1071942.299P299.71942P
5.0
2
10033.1
m
kg
m
m
m
kg
P
221
cm
kg
7.20
cm
kg
7.194P
5. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 5
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PROBLEMA Nº 7-42:
Viscosidad Absoluta o Dinámica (μ): μ=0.0158 poises
Tenemos: 1 Poise = 1dina · s/cm2
1N = 105
dinas
1kgf = 9.80665 N
Nos pide transformar de Poises a kg·s/m2
2
24
52
1
10
80665.9
1
10
1
0158.00158.0
m
cm
N
kg
dinas
N
cm
sdinas
poises
2
611.10158.0
m
skg
poises
PROBLEMA Nº 8-43:
μaceite = 510 poises
De manera similar al anterior problema transformamos al sistema Kg.-m-s:
2
24
52
1
10
80665.9
1
10
1
510510
m
cm
N
kg
dinas
N
cm
sdinas
poises
2
20.5510
m
skg
poises
PROBLEMA Nº 9-44:
Tenemos los siguientes datos:
Viscosidad en grados o segundos Saybolt = 155 s.
Densidad relativa: Dr = 0.932
µ =?
ν =?
Para calcular la viscosidad absoluta o dinámica utilizamos la formula del Capitulo I que
se encuentra en la 2° parte del grupo a) pag. 7 de Ranald V, Giles.
Para t =155 s:
932.0
155
35.1
1550022.0
t
1.35
-0.00220tpoisesen,100t
Dr
3097.0 poises
Transformamos en unidades kg-s-m:
2
24
f
52
10
9.80665N
1kg
10
1N
3097.0es0.3097pois
m
cm
Dinascm
sDinas
6. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 6
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22-
-2
3
2
3
m
skg
10
10
101579.3
m
skg
101579.3
m
skg
1079.315 2
5
Para calcular la Viscosidad Relativa o Cinemática utilizamos la formula del Capitulo I
que se encuentra en la 2° parte del grupo b) Pág. 7 de Ranald V, Giles.
Para t =155 s:
155
35.1
1550022.0
t
1.35
-0.00220tStokesen,100t
3323.0 Stokes
Se sabe que un Stok = cm2
/s transformamos:
s
m
10
10
103323.0
m
103323.0
cm
3323.0
2
2-
-2
4
2
4
2
ss
s
m
1023.33
2
6
PROBLEMA Nº 10-45:
En términos generales la formula de la viscosidad dinámica a la que se aproximan los
fluidos newtonianos es:
y
V
Donde:
τ = F/A: Esfuerzo Tangencial o
esfuerzo de corte en Kg./m2
dv/dy: Gradiente e velocidad en m/s·m
μ: Viscosidad Absoluta o Dinámica en
kg ·s/m2
F2 8mm
F2
25mm F1 V=32m/s Superficies planas
17mm placa
μ=0.1kg·s/m2
7. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 7
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
Calculo de las tensiones o esfuerzos tangenciales:
2121 8824.1
17
32
10.0
m
kg
cm
s
cm
m
skg
2222 4
8.0
32
10.0
m
kg
cm
s
cm
m
skg
La fuerza F= τ × A, para cada superficie:
Si A= 40 dm2
A= 40 dm2
× 1m2
A= 0.4m2
102
dm2
kgFm
m
kg
F
kgFm
m
kg
F
6.14.04
7529.04.08824.1
2
2
22
1
2
21
Luego tenemos la fuerza total o resultante:
6.17529.021 kgKgFFFF RR KgFR 3528.2
PROBLEMA Nº 11-46:
En el tubo en U:
21 PP2enPresion1enPresion
PC
02 aAtmosfericPP
h
23
3
1057.1323.0 Ph
m
kg
mP AireC
23cm
Como la presión que ejerce el aire es muy
1 2 pequeña se obvia en el calculo al igual que la
PAtmosferica , entonces de la ecuación anterior resulta:
22
31211.01.3121
cm
kg
P
m
kg
P cc
8. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 8
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En el depósito de la siguiente figura:
2BCB 1.3121PPP
m
kg
2A2
3
2A2
3
BA 1.871P1075.031.3121P1075.03PP
m
kg
m
kg
m
m
kg
m
kg
m
2A2
4
A 08711.0P101.871P
cm
kg
cm
kg
Manometros
cm
kg
10711.8P 2
2
A
Aire
PB PC
23cm
1 2
3m
Aceite
PA
9. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 9
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Mercurio
PROBLEMA Nº 12-47:
PB Aire
240cm
150cm
60cm
PA
Dato: PA = 3 Kg./cm2
η ssuussttaanncciiaa = Dr. × ηagua
P
PPPPP
22A
AireAceiteAguamercurioA
BaireaireaceiteaceiteOHOHHgHg
B
Phhhh
P
Reemplazando:
3
36
3
3
3
36
3
3
A
10
10150
10
1057.1360P
cm
m
m
kg
cm
cm
m
m
kg
cm
BP
cm
m
m
kg
cm 3
36
3
3 10
1075.0240
22BBA
cm
Kg
1442.1
cm
Kg
3PP1442.1P
)(
cm
Kg
8558.1P 2B Manometros
Agua
Aceite
10. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 10
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PROBLEMA Nº 13-48:
B. C
34.3m
A
D
Dr = 1.25 Dr = 13.57
Del grafico tenemos:
AireAireHgHgCD hhPP
Despreciando la presión del aire dentro del tubo, además: 0PPP aAtmosfericOD
2C3
3
6
3
3
CC 4655.0P101057.133.34PP
cm
Kg
cm
m
m
Kg
cmh HgHg
BC PP
fluidofluidoAireAireBA hhPP
2A3
3
6
3
3
2
39925.0P101025.1534655.0
cm
Kg
cm
m
m
Kg
cm
cm
Kg
PA
2A 4.0P
cm
Kg
Una forma más directa según el procedimiento de Robert Mott del texto “Mecánica De
Fluidos Aplicada” es:
1025.1531057.133.34 3
3
3
3
cm
Kg
cmhh
cm
Kg
cmPP AireAireAireAireDA
2A 39925.0P
cm
Kg
2A 4.0P
cm
Kg
11. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 11
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PROBLEMA Nº 14-49:
1600 toneladas
Gas
50m
B
20m
60m C
D
:
La presión en C y D son:
2C3
2D322
3
2.11P56.020
2842.616P
9056.0
60
4
1
10
1600
m
kg
P
m
kg
mPP
m
kg
m
mkg
m
ton
kg
ton
P
BBC
D
Debido a que los puntos C y D se encuentran al mismo nivel se pueden igualar:
DC PP
2B22
0842.605P2.112842.616
m
kg
m
kg
P
m
kg
B
Además se sabe que:
2
2
56.01000
0842.605
h
P
h gas
gas
gas
m
kg
m
kg
hP
Para calcular la altura equivalente del agua con respecto a la del gas se hace:
gasdelRelativahagua Densidadhh
h
hhPP gasagua
agua
gasgas
aguaaguagasgasaguagas
gasrDhh gasagua
12. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 12
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
Remplazando en la última ecuación se obtiene:
56.0
56.01000
0842.605
h
2
2
agua
m
kg
m
kg
cmmhagua 51.60h6051.0 agua
cm51.60hagua
PROBLEMA Nº 15-50:
Aceite
Dr=0.78 Glicerina
Dr=1.25
h
6.4m
0.5m
0.35m
0m
Dr =13.57
Para hallar la cota de la superficie libre del aceite debemos considerar las alturas de
presiones con respecto al nivel cero:
3
3
3
3
3
3
3
3
1057.1335.01025.135.04.61057.135.01078.00.5-h
)()(
derecho)ladodelliquidoslosdePresion(izquierdo)ladodelliquidoslosde(Presion
m
kg
m
m
kg
m
m
kg
m
m
kg
m
hhhh HgHgglicerinaglicerinaHgHgaceiteacite
917.578.0 h 7.6m7.5859mh
13. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 13
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PROBLEMA Nº 16-51:
1.05kg/cm2
0.7 Kg./cm2
A B
Agua
2.5m
3.7 m
0.3m
0.3m
0m
Dr.=13.57
Tomamos presiones respecto al nivel cero:
derecho)ladodelliquidoslosde(Presionizquiedo)ladodelliquidoslosde(Presion
)()( HgHgAguaBHgHgAguaAguaA hDrhPhhP
2
4
3
3
3
3
2
4
107.0)1057.13()3.0(103.05.21005.1
m
kg
m
kg
m
m
kg
m
m
kg
+
3
3
3
3
1057.136.010Dr6.07.3
m
kg
m
m
kg
m
16293100 Dr 0.525Dr
14. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 14
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PROBLEMA Nº 17-52:
0.2kg/cm2
= 0.20×104
Kg./m2
Presión en Altura
de mercurio = -23cm Aire
36m. Aire
Dr = 0.8 33.5m.
Agua
32 m.
Dr = 1.6
h
0m.
Del dato del enunciado del problema tenemos:
mercuriomercurioHg hPmercuriode-23cmmercuriodecolumnaenPresion
2Hg2Hg3
3
cm
kg
-0.31211P
m
kg
-3121.1P23.0)1057.13( m
m
kg
PHg
Las presiones de los líquidos al nivel cero son:
derecholadodelliquidoslosdePresionizquierdoladodelliquidoslosdePresion
3
3
3
3
2
4
3
3
3
3
2
106.1105.33
1020.01032108.032361.3121
m
kg
mh
m
kg
mh
m
kg
m
kg
m
m
kg
m
m
Kg
6009.15778 h 26.3m26.298mh
Apreciar como reforzamiento y aclaración la “PARADOJA DE PASCAL”, del texto de
teoría “Mecánica de Fluidos Aplicada”, de Robert Mott que esta en el Capitulo 3, Pág.
52.
15. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 15
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PROBLEMA Nº 18-53:
PA = 2.1Kg/cm2
C 3
25cm
2 1
B x D
5 4
E
La presión en el manómetro A la expresamos en presión absoluta:
PA = 2.1Kg/cm2
+ PAtmosferica PA = 2.1 + 1.02 = 3.12 Kg./cm2
(Absoluta)
La presión en el manómetro D: 021 PPP
10
1057.1325 33
36
3
3
2 P
cm
m
m
kg
cmP
33
36
3
3
2
10
1057.132502.1 P
cm
m
m
kg
cm
cm
kg
23 68075.0
cm
kg
P
La presión en el manómetro E del compartimiento C: 54 PP ------------------(1)
23
36
3
3
4
33
36
3
3
4
68075.0
10
1057.13
10
1057.13
cm
kg
cm
m
m
kg
cmXP
P
cm
m
m
kg
cmXP
En el compartimiento B se tiene:
2555 12.3
cm
kgPPPhPP AAireAireA
Reemplazando los valore de P4 y P5 en la ecuación (1):
23
36
3
3
2
68075.0
10
1057.1312.3
cm
kg
cm
m
m
kg
cmX
cm
Kg
16. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 16
__UNSCH_________________________________________________________________
“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
797531.17531.179 mXcmX 1.8m X
PROBLEMA Nº 19-54:
2.2 Kg./cm2
W=W1
1.8m
PISTON =W2
A B
Dr = 0.902
1.8m Aceite
Por definición se sabe que la presión es:
2
21
2
4
2121 W4WW
D
W
D
W
A
W
Area
Fuerza
PA
22
21
A
8.1
W4
P
m
W
El líquido en este caso el aceite se encarga de transmitir la presión que crea el peso del
pistón (W2) y la carga (W1) del nivel A hacia el nivel B entonces las presiones se
igualan, pero también se puede verificar según la grafica que los puntos se encuentran
al mismo nivel: BA PP
102.210902.08.1
8.1
W4
2
4
3
3
22
21
m
kg
m
kg
m
m
W
kgW 7.60114W 21
17. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 17
__UNSCH_________________________________________________________________
“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
PROBLEMA Nº 20-55:
Elevación 9.0m
A
Elevación 7.5m
Aceite
Elevación 3.6m C D
Glicerina E
h
Las presiones sobre los niveles de los puntos C y D serán:
33
8.3244832.010006.35.7
m
Kg
PP
m
Kg
mPP ACAC
223
675012506.30.925.110006.30.9
m
KgP
m
Kg
P
m
Kg
mP DDD
DC PP ---------------------------------------------------------------- (1)
Igualando las presiones en los puntos en la ecuación (1):
2
24
2232
10
2.35052.35058.32446750
cm
m
m
Kg
P
m
Kg
P
m
Kg
P
m
Kg
AAA
2
35052.0
cm
Kg
PA 2
351.0
cm
Kg
PA
Otra forma de resolver es considerando presiones que actúan al nivel E:
glicerinaglicerinaglicerinaaceiteaceiteA hhP h-9
1250h-912500.68326.35.7 333
m
Kg
m
m
Kg
mh
m
Kg
mPA
18. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 18
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
22222
125011250125045008.3244
m
Kg
h
m
Kg
m
Kg
h
m
Kg
m
Kg
PA
2
24
22
10
2.35052.3505
cm
m
m
Kg
P
m
Kg
P AA
2
351.0
cm
Kg
PA
PROBLEMA Nº 21-56:
Datos:
Masa m = 10 toneladas = 10000 Kgm
Fuerza F = 104
Kg.(9.80665m/s2
) F = 9.80665×104
N
F = 9.80665×104
N × (1Kgf /9.80665N) F = 1 ×104
Kg
Presión P = 12 Kg./cm2
P = 12×104
Kg./m2
Área A = π (D/2)2
A= (π/4)D2
D = ¿
Remplazando datos:
4
101
1012
2
4
2
4
D
Kg
m
Kg
3257.0D
1012
104
D 4
24
m
m
32.57cmD
PROBLEMA Nº 20-55:
Ecuación de equilibrio para el volumen ABCD: 0 YF
0CDdeABde
4
ABCDvolumenaldebidaFuerza
2
lsuperficiatensionla
adebidaFuerza
AreaPAreaPhDLSen glicerina
Suponiendo θ = 90° debido a que la componente horizontal de la fuerza σdL es
despreciable, además que las presiones se anulan mutuamente, de la ecuación anterior
se obtiene:
A
F
P
19. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 19
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
442
2
4
222
hDDhD
D
hDdL
Perimetro
)(
4
hD
Datos:
Peso especifico de la glicerina η glicerina =1260 Kg/m3
h = 22cm = 0.2m
Diámetro D = 12.5mm = 0.0125m.
P = ¿
Reemplazando los datos en la ecuación (α) calculamos la tensión superficial:
8663.0
4
22.00125.01260 3
m
Kg
mm
m
Kg
Finalmente calculamos la presión P con la formula:
22.0
8663.04
P
4-
P
m
m
Kg
D
2
2.277P
m
Kg
Otra forma de calcular la presión estaría dada de la siguiente manera:
0.22m1260PhP 3
m
Kg
glicerina 2
2.277P
m
Kg
El planteamiento del problema se muestra en la figura siguiente:
20. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 20
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
y
σdL σdL
θ θ
C D
h
x
A B
Glicerina
PROBLEMA Nº 20-55: y
σdL
Hemisferio de dF
una burbuja dF
σdL
σdL
dF dF
x
σdL dF
σdL
dF
dF
σdL
z
dF: Elemento infinitesimal de fuerza entrante
σdL: Elemento de fuerza saliente (debida a la
tensión superficial)
Donde: dL es un pequeño segmento del perímetro
21. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 21
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
Luego Aplicamos la segunda ley de equilibrio teniendo como eje de referencia x:
0 xF
0 XX FdLdFdL
Si tenemos que el área de la sección transversal de la burbuja es A y la presión que se
ejerce es P la formula anterior se transforma:
D
PPD
D
4
4
DPresionArea
2
2 2
Datos: Diámetro: D =1.5mm = 0.0015m
Tensión superficial a 21 °C: σ = 0.0074 Kg./m según la tabla 1 (c)
del apéndice del libro de Ranald V. Giles
0015.0
0074.04
m
m
Kg
P
Manometros
m
Kg
P 2
7333.19
22. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 22
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
CAPITULO II: FUERZAS SOBRE SUPERFICIES PLANAS Y CURVAS
PROBLEMA Nº 1-20:
Considerando el análisis sobe el segmento AC es decir la mitad de la compuerta puesto
que el punto C se trata de una articulación.
Superficie S
60°
0.45m A
FR
Agua CG
CP 0.9m
C
45° Datos:
F
2
3
3
OH
5.29.0A
60
2
9.0
6.0
10η 2
mArea
msenh
m
kg
CG
La formula empleada para el cálculo de la fuerza resultante (FR) ejercida por el agua:
AreahηF CGOHR 2
2
3
3
R m5.29.060
2
9.0
6.0
m
kg
10F
msen
kg.2226.8507FR
La posición del punto de aplicación de la fuerza resultante (FR) con respecto a la
superficie es el centro de presión CP que siempre se encuentra por debajo del centro
de gravedad CG:
CG
CG
CG
CG
CG
CG
Y
Y
h
Y
Yhb
hb
Y
YA
hb
12
Y
12
Y
12
Y
2
CP
3
CP
3
CP
0.45 Sen60°
0.6m
23. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 23
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
Donde: YCG = hCG / Sen60°
b = Ancho de la placa
h = longitud de la placa
60
6045.06.0
60
6045.06.0
12
9.0
Y
2
CP
sen
sen
sen
sen
.2019.1YCP m
Tomando momentos respecto del punto A: 0MA
09.0456928.02019.1F09.045
60
6.0
F RR
FSenFSen
Sen
YCP
9.045
5091.02226.8507
Sen
F KgF 4214.1781
Por otro método se puede obtener ese mismo resultado:
P1
A
P2
0.45m
2.5m
60°
C
Diagrama de presiones
Las presiones en loa puntos Ay C están dadas como se muestra a continuación puesto
que varían linealmente con la profundidad. Como se muestra en el diagrama de
presiones, por estar a más profundidad la presión 2 P2 será mayor que la presión 1 P1.
24. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 24
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
213
3
111 6006.0102
m
kgPm
m
kg
PhP OH
223
3
222 4228.1379609.06.0102
m
kgPmSen
m
kg
PhP OH
Como se trata de una placa de ancho constante se define la fuerza por unidad de
longitud a lo que forman FUERZAS PARALELAS:
m
kgwm
m
kg
wbPw 15005.2600 121111
m
kgwm
m
kg
wbPw 5573.34485.24229.1379 222222
Superficie del agua
W1
0.6/sen60°
W2 A
C
25. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 25
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
Superficie del agua
W1
0.6/sen60°
0.6m A AX
W2
F2
0.45m
F1
C
Datos:
45°
F
Luego las fuerzas tal como se muestran en el diagrama serán:
KgFKgF
FF
wF
ww
F
FF
13508508.876
9.015009.0
2
15005573.3448
9.09.0
2
rectangulodelAreatriangulodelArea
21
21
12
21
1
21
Las posiciones de las fuerzas respecto a la superficie serán:
mmmm 45.0
2
9.0
Y6.09.0
3
2
Y 21 CPCP
La fuerza resultante es:
Kg8508.2226Kg13508508.87621 RRR FFFFF
Finalmente tomamos momentos respecto al punto A: 0MA
26. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 26
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
9.045
4.013506.08508.876
F045.06.09.045 21
Sen
FFFSen
KgF 297.1781
PROBLEMA Nº 2-21:
Calculo de la fuerza resultante:
AreahηF CGOHR 2
Z
η H2O =103
kg/m3
; hCG= (2+2)/2 m;
Area = (Z+2) ×1.2 /Sen45º m2
FDB Remplazando datos en la formula dada:
FR
2m Ycp FR = 103
×(2+2)/2 ×(Z+2) ×1.2 /Sen45º
FR = 600 (Z+2)2
/Sen45º
AY A
AY
Calculo de la posición de la fuerza resultante (Centro de presión):
27. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 27
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
PROBLEMA Nº 17:
PARTE a):
2m 2m
3.6m
3m 0.6m
0.6m
A B A B
En el plano que propone en En tres dimensiones
el libro
28. Deyvis Aníbal QUISPE MENDOZA MECANICA DE FLUIDOS E HIDRAULICA 28
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“ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA DE MINAS”
PARTE b):
3.6m
2m 2m
3.6m
3m 0.6m
0.6m
A B A B
En el plano que propone en En tres dimensiones
el libro