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

844.9 130.5

1728

14.91

(14.91 0.12) 113.1 1673

atm gas

atm m

atm

atm

F p A

donde

p p p

Area

inA

A in

p h

lb ftp x inx

ft in

p psi

lbF x in lb

in

PROBLEMA 4.2

En la figura se muestra el extremo izquierdo plano del tanque, asegurado con una

brida atornillada. Si el diametro interior del tanque es de 30 pulg y la presion interna

llega a +14.4 psig, calcule la fuerza total que deben resistir las tuercas del borde.

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 (14.4lb

𝑝𝑢𝑙𝑔2) = 10173.6lb

Luego 6 x 𝐹𝑡𝑢𝑒𝑟𝑐𝑎 = 10.17klb

𝐹𝑡𝑢𝑒𝑟𝑐𝑎 = 1.70klb

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 11.20

1728

0.0433

(0.0433 )(2880 )

125

m

F p A

Area

A x in

A in

lb ftp h x inx

ft in

lbp

in

Fuerza

lbF in

in

F lb

PROBLEMA 4.4

En la figura 4.6 el fluido es gasolina (sg = 0.68) y su profundidad total es de 12

pies. La pared tiene 40 pies de ancho. Calcule la magnitud de la fuerza resultante

sobre la pared y la ubicación del centro de presión.

Paso 1

F r= y(h/2)A

Y = (0.68)(62.4 lb/pie3) = 42.4 lb/pie3

A =(12 pies)(40 pies) = 480 pies2

42.41b 12 pies

Fr= 42.4lb/pie^3(12pies/2)x 480 pies^2 = 122 000lb

Paso2. El centro de 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

NF 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

2

4 2

6 4 2

2

.

(0.050 )

4

19.63 10

(20.5 10 )(19.63 10 )

40.25

F p A

Area

mA

A x m

Fuerza

NF x x m

m

F kN

PROBLEMA 4.7

La escotilla de salida de una nave espacial tripulada esta 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

NF 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

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

844.9 128

1728

13.69 /

(13.69 )(0.442 )

6.05

A

F p A

Area

inA

A m

Fuerza

F h

lb ftF x inx

ft in

F lb in

lbF in

in

F lb

PROBLEMA 4.10

se 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 ∗ 10−3𝑚2

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

∑ 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:

2

2

3

3 2 2

3

.

1.2 1.8

2.16

(0.50 ) (0.75 )

52 (0.85)(9.81 / )(0.5 ) (9.81)(0.75)

63.5

(63.5 10 / )(2.16 )

137 10

137

B

B

B air o w

B

B

F p A

Area

A x m

A m

hallamosP

P P m m

P kPa kN m m

P kPa

Fuerza

F x N m m

F x N

F kN

PROBLEMA 4.12

Si la longitud del tanque de la figura 4.24 es de 1.2m, calcule la fuerza total que se ejerce sobre

su fondo.

SOLUCION:

2

2

3

3 2 2

3

.

1.2 2

2.4

200 (1.50 ) (2.6 )

200 (0.80)(9.81 / )(1.5 ) (9.81)(2.6)

237

(237.3 10 / )(2.4 )

569 10

137

B

B

B o w

B

B

F p A

Area

A x m

A m

hallamosP

P Kpa m m

P kPa kN m m

P kPa

Fuerza

F x N m m

F x N

F kN

PROBLEMA 4.13

En un submarino 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:

2

2

3

3 2 2

.

(0.60 ) 1(0.80 )(0.60 ) (0.60 )(0.30)

8 2

0.711

101.3 (10.10 / )(175 ) 1869

1869 100 1769

(1769 10 / )(0.711 )

1.26

atm

p

w sw

w

p

p

F p A

mA m m m m

A m

presion

p p h

p kPa kN m m kPa

p kPa kPa kPa

Fuerza

F x N m m

F MN

PROBLEMA 4.14

En la cortina vertical de un 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:

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

3𝐻 ; (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)

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

sin 60°(𝑙) =

4.724

sin 60°× 3.535 = 19.282 𝑚2

Ahora calculamos la magnitud de la fuerza:

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

3ℎ = 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.

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:

𝑭𝑹 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝑲𝒈

𝒎𝟑∗ 𝟗. 𝟖𝟏

𝒎

𝒔𝟐∗

𝟑. 𝟔𝟔𝒎

𝟐∗ 𝟐𝟐. 𝟑𝟐𝟔𝒎𝟐

Hallando la Fuerza resultante nos queda:

𝑭𝑹 = 𝟒𝟎𝟎𝟖𝟎𝟑. 𝟎𝟓𝐾𝑔 ∗ 𝑚

𝑠2 → 𝑭𝑹 = 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:

𝑪𝑷 =𝟐

𝟑∗ 𝒉 =

𝟐

𝟑∗ 𝟑. 𝟔𝟔𝒎 = 𝟐. 𝟒𝟒𝒎

B. Me piden hallar la fuerza provocada en la base de la pared.

Entonces:

𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 = 𝑭𝑹 ∗ (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

F = P*A = 𝜌*g*h*A

F = 930𝑘𝑔

m3 *9.81

𝑚

s2 *18 pies*10 pulg*3.5 pies

*Conversión: 1 pies=0.3048m

1 pulg=0.0254m

F = 930𝑘𝑔

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

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

𝜌𝑙𝑖𝑞

𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎= 0.85 → 𝜌𝑙𝑖𝑞 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 × 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

HALLAMOS LA UBICACIÓN DEL CENTRO DE PRESIONES:

𝑌𝑐𝑝 = 𝑌𝑐𝑔 +𝐼𝑐

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)

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:

3 2

2

3 2 24

81.5 1.5

cos 45

13.50

cos 45 9.55

(62.4 / )(9.55 )(3 )

1787

( ) / 2 1.5(4) / 2 3

( 4 )0.551

36( )

0.5510.0136 0.16

(13.50)(3)

c

c

c c

R c

R

c

cp c

c

Y a z z

Y ft

h Y ft

Fuerza

F h A lb ft ft ft

F lb

Area

A H G B ft

H G GB BI ft

G B

IY Y ft

Y A

3

0.0136 13.50 0.0136 13.51p c

in

Y Y ft ft

PROBLEMA 4.22

Hallar la fuerza resultante y la ubicación del centro de presiones Cp

Solución

F=𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒𝑥𝑔𝑥𝐻𝑥𝐴𝑥𝑐𝑜𝑠(30°)

𝑠𝑔 =𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒

𝜌ℎ20 → 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 0.9 𝑥 1000

𝑘𝑔𝑚3⁄ = 900

𝑘𝑔𝑚3⁄

1 pie = 12 pulgadas

1 pie = 0,3048 metros

𝐴 = 𝜋(𝐷

2)2 = (3.14)x(

0.5𝑝𝑖𝑒𝑠

2)2 = 0.196𝑝𝑖𝑒𝑠2 = 0.018 𝑚2

H= 3pies + (√3

2)pies = 3.86 pies = 1.1765 m

Luego :

𝐹 = 900𝑘𝑔

𝑚3⁄ 𝑥9,81 𝑚𝑠2⁄ 𝑥1,1765𝑚 𝑥0,018𝑚2𝑥(0.86) = 160.8 𝑁

Si:

𝑌𝑐𝑝 = 𝑌𝑐𝑔 +𝐼𝑥𝑦

𝑌𝑐𝑔 𝑥 𝐴

𝐼𝑥𝑦=

𝜋4

(𝐷2

)4= 3.14

4(0.5𝑝𝑖𝑒𝑠

2)4=0.067𝑥10−3𝑝𝑖𝑒𝑠4= 2.648𝑥10−5𝑚4

Ycg = 1,1765 m

Luego: 𝑌𝑐𝑝 = 1,1765𝑚 +2.648𝑥10−5𝑚4

1,1765𝑚 𝑥 0,018𝑚2 = 1,1765𝑚 + 1.25 𝑚𝑚 = 1,1777 𝑚

PROBLEMA 4.23

Consulte la figura 4.35

SOLUCION:

22 2

3

4 4

cos 40 1.116

0.3(0.300) 0.1607

4

(0.9)(9.81 / )(0.855 )( )

1.213

0.3 (0.3)

12 64

0.001073

0.001073

(1.116)(0.1607)

0.00598 5.98

1.122

c c

R c

R

R

c

c

cp c

c

p c

p

Y h m

Area

A m

Fuerza

F h A

F kN m m A

F kN

ahora

I

I

IY Y

Y A

Y Y m mm

Y m

PROBLEMA 4.24

Consulte la siguiente figura :

SOLUCION :

De la Figura :

𝑎 =3.0

cos 45° =

4.243 𝑓𝑡

𝐿𝑐 = 5 + 𝑎 =

9.243 𝑓𝑡

ℎ𝑐 = 𝐿𝑐 cos 45 =

6.536 𝑓𝑡

𝐴 = 𝜋𝐷

4

2

=𝜋(2.0)2

4= 3.142 𝑓𝑡2

𝐹𝑅 = 𝛾𝐻𝑂

= 62.4 𝑙𝑏

𝑓𝑡3 𝑥 6.536 𝑓𝑡 𝑥 3.142𝑓𝑡2

𝐹𝑅 = 1281 𝑙𝑏

𝐿𝑐 =𝜋𝐷4

64= 0.785𝑓𝑡4

𝐿𝑃 − 𝐿𝑐 =𝐼𝑐

𝐿𝐶𝐴=

0.785

(9.243)(3.142)

𝐿𝑝 − 𝐿𝑐 = 0.027 𝑓𝑡 = 0.325 𝑖𝑛

𝐿𝑝 = 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:

𝑃 =𝐹

𝐴→ 𝐹 = 𝑃𝐴 = 𝜌𝑔ℎ𝐴

Nos dan:

𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 = 𝑠𝑔 = 0.9 →𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒

𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎= 0.9 → 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 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

Región semicircular Representación de

longitudes

Hallamos el valor de a:

a=0.8 m/sen70 = 0.851 m

Lc = a + 0.5 + y

Lc= 0.851 + 0.50 + 0.318 = 1.669 m

Hallamos hc:

hc =Lc.sen70 = 1.569 m

La fuerza resultante es:

Fr = 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.

Solucion:

A =𝑏𝑎𝑠𝑒 × 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎

2=

20 × 30

2= 300𝑖𝑛2 = 0.193548𝑚2

𝐼𝑐 =𝑏𝑎𝑠𝑒 × 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎3

36=

30 × 203

2= 6667𝑖𝑛4

𝐿𝑐 = a + 6 + b = 28 + 6 + 13.33 ≡ 𝐿𝑐 = 47.34𝑖𝑛

ℎ𝑐 = 𝐿𝑐 × cos 50 = 30.43𝑖𝑛 = 0.772922𝑚

𝐹𝑅 = 𝜌 × 𝑔 × ℎ𝑐 × 𝐴

𝐹𝑅 = 1000𝐾𝑔

𝑚3× 9.81

𝑚

𝑠2× 0.772922𝑚 × 0.193548𝑚2

𝐹𝑅 = 1467.55𝑁 ≅ 330.03𝑙𝑏 − 𝑓𝑧𝑎

𝐿𝑃 = 𝐿𝑐 +𝐼𝑐

𝐿𝑐 × 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

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 44

4

2

(0.60)(0.30) (0.30)0.001748

12 64

0.0017480.0133 13.3

. (0.525 )(0.2507 )

13.3 525 13.3 538

c

cp c

c

p c

I m

I mY Y m mm

Y A m m

Y Y mm mm

PROBLEMA 4.31

Si el tanque de la figura 4.42 se llenara con gasolina (sg=0.67) 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

ℎ𝑐 = 𝐿𝑐 = 0.150 𝑚

𝐹𝑅 = 𝛾ℎ𝑐𝐴 = (0.67)(9.81)(0.150)(0.2507) = 0.247 𝑘𝑁 = 247𝑁

𝐿𝑝 − 𝐿𝑐 =𝐼𝑐

𝐿𝑐𝐴=

0.001748 𝑚4

(0.150𝑚)(0.2507𝑚2)= 0.0465 𝑚 = 46.5 𝑚𝑚

𝐿𝑝 = 𝐿𝑐 + 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.

3 3

2

9.0 10

0.1253

0.0718 71.8

y

c c

Ay x mY

A m

L h Y m mm

2( )A m ( )y m 3( )Ay m 4( )iI m ( )h m 2Ah

Rectangulo 0.0900 0.075 6.750x 310 1.688x410

0.00324 9.4x 710

Semicirculo 0.0353 0.0636 2.245x 310 5.557x510

0.00816 2.35x 610

0.1253 9.000x 310 2.243x 410 3.30x610

Entonces de iI y h se obtiene:

cI = 2.276x 4 410 m

4 4

2

2 2

2.276 1025.3

(0.0178 )(0.1253 )

25.3 97.1

(0.67)(9.81 / )(0.00718 )(0.1253 ) 0.059 59

cp c

p c

R c

I x mL h mm

LA m m

L L mm mm

F h A kN m m m kN N

PROBLEMA 4.33

Para el tanque de agua mostrado en la figura 4.43, calcule la magnitud y

ubicación de la fuerza total que se ejerce sobre la pared posterior vertical.

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:

3 2

2

3 2 24

81.5 1.5

cos 45

13.50

cos 45 9.55

(62.4 / )(9.55 )(3 )

1787

( ) / 2 1.5(4) / 2 3

( 4 )0.551

36( )

0.5510.0136 0.16

(13.50)(3)

c

c

c c

R c

R

c

cp c

c

Y a z z

Y ft

h Y ft

Fuerza

F h A lb ft ft ft

F lb

Area

A H G B ft

H G GB BI ft

G B

IY Y ft

Y A

3

0.0136 13.50 0.0136 13.51p c

in

Y Y ft ft

PROBLEMA 4.35

Para el tanque de agua mostrado en la figura 4.43 calcule la magnitud y ubicación de la

fuerza total sobre cada pared inclinada.

SOLUCION

2

3 2

8.0 / 60 9.237

15 138.6

( / 2)

62.4 / 4 138.6 34586

:

2 2(9.237 ) 6.158

3 3

R

R

p

Area

AB ft sen ft

A ABx ft ft

Fuerza

F h A

F lb ft x ftx ft lb

ahora

Y AB ft ft

PROBLEMA 4.36

Para el tanque de bebida de naranja mostrado en la figura 4.32 calcule a magnitud y

ubicación de la fuerza total sobre cada pared vertical de los extremos. El tanque mide

3m de largo.

SOLUCION:

3 2

2

3 2 24

81.5 1.5

cos 45

13.50

cos 45 9.55

(62.4 / )(9.55 )(3 )

1787

( ) / 2 1.5(4) / 2 3

( 4 )0.551

36( )

0.5510.0136 0.84

(13.50)(3)

c

c

c c

R c

R

c

cp c

c

Y a z z

Y ft

h Y ft

Fuerza

F h A lb ft ft ft

F lb

Area

A H G B ft

H G GB BI ft

G B

IY Y ft

Y A

4

0.0136 13.50 0.0136 13.51 2.741p c

m

Y Y ft ft m

PROBLEMA 4.37

Para el tanque de bebida de naranja mostrado en la figura 4.32 calcule a magnitud y

ubicación de la fuerza total sobre cada pared vertical trasera. El ancho del tanque es de

3m.

SOLUCION:

Hallamos la FUERZA

3 2(1.10)(9.81 / )(4.6 / 2) (4.6)(3)

343

:

2(4.6 ) 3.067

3

R

R

P

F kN m m m

F kN

ahora

Y m m

PROBLEMA 4.38

Para el tanque de aceite mostrado en la figura 4.35, calcule la magnitud y ubicación de la

fuerza total sobre cada pared vertical de los extremos. El tanque mide 1.2 m de ancho.

Figura 4.35

SOLUCIÓN:

De la figura:

Para las paredes del extremo tenemos:

Área (𝐴) �̅� 𝐴�̅� 𝑦𝑖 = �̅� − �̅� 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 ∑ 𝐴�̅� = 0.882𝑚2

Para hallar �̅� sabemos que:

�̅� =∑ 𝐴�̅�

∑ 𝐴=

0.882𝑚2

1.348 𝑚2= 0.654𝑚

Sea ℎ𝑐 como la distancia vertical entre el nivel de la superficie libre y el centroide del área.

ℎ𝑐 = 1.5𝑚 − �̅� = 0.846𝑚 = 𝐿𝑐

Calculando la fuerza resultante:

𝐹𝑅 = 𝛾ℎ𝑐𝐴 = (0.90) (9.81𝑘𝑁

𝑚2 ) (0.846𝑚)(1.348 𝑚2) = 𝟏𝟎. 𝟎𝟕𝒌𝑵

luego el momento de inercia total seria:

𝐼𝑐 = 𝐼1 + 𝐴1𝑦12 + 𝐼2 + 𝐴2𝑦2

2 + 𝐼3 + 𝐴3𝑦32

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. 𝟐𝟓𝟏𝟖𝒎𝟒

Finalmente la ubicación de centro de presiones será:

𝐿𝑝 = 𝐿𝑐 +𝐼𝑐

𝐿𝑐𝐴= 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

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

Figura 4.46

Solución:

hc = 38 + 𝑦 = 38 + cos 30° = 42.33 𝑝𝑢𝑙𝑔

𝐿𝑐 =ℎ𝑐

𝑐𝑜𝑠30= 48.88 𝑝𝑢𝑙𝑔

𝐹𝑅 = 𝛾ℎ𝑐𝐴

𝐴 =𝜋(10)2

4= 78.54 𝑝𝑢𝑙𝑔2

𝐹𝑅 =62.4 𝑙𝑏

𝑓𝑡3∙

42.33 𝑝𝑢𝑙𝑔 ∙ 78.54 𝑝𝑢𝑙𝑔2

1728𝑝𝑢𝑙𝑔3

𝑓𝑡3

= 78.54 𝑝𝑢𝑙𝑔2

𝐹𝑅 = 120.1 𝑙𝑏

𝐼𝑐 =𝜋(10)4

64= 490.9 𝑝𝑢𝑙𝑔4

𝐿𝑝 − 𝐿𝑐 =𝐼𝑐

𝐿𝑐𝐴

𝐿𝑝 − 𝐿𝑐 =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:

∑ 𝑀𝐻 = 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

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 𝐾𝑁

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:

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

𝑠𝑒𝑡𝑖𝑙𝑒𝑛𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑙 = 1,10 =𝙥𝒆𝒕𝒊𝒍𝒆𝒏𝒈𝒍𝒊𝒄𝒐𝒍

𝙥𝒂𝒈𝒖𝒂

Entonces:

𝙥𝒆𝒕𝒊𝒍𝒆𝒏𝒈𝒍𝒊𝒄𝒐𝒍 = 1.10(𝙥𝒂𝒈𝒖𝒂)=1100𝑘𝑔

𝑚3

Solucion:

Hallando 𝑳𝒄 y 𝒉𝒄 de la figura (a)

𝐿𝑐 = 𝑎 + 0.203 + 𝑦𝑔

ℎ𝑐 = 𝐿𝑐 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:

𝐿𝑐 = 0.293𝑚 + 0.203𝑚 + 0.2156𝑚

𝐿𝑐 = 0.7116𝑚

ℎ𝑐 = (0.7116) sin 30=0.3558m

De la figura (b):

hallar ℎ𝑎 :

ℎ𝑎 =𝑝𝑎

𝑦 ; 𝑦: 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜

ℎ𝑎 =27578.80𝑝𝑎𝑠𝑐𝑎𝑙

(1100𝑘𝑔𝑚3) (9.8

𝑚𝑠2)

= 2.558𝑚

Hallar ℎ𝑐𝑒 :

ℎ𝑐𝑒 = ℎ𝑐 + ℎ𝑎=0.3558m+2.558m=2.9138m

Hallando 𝑭𝒓:

𝐹𝑟 = 𝑦 ∗ ℎ𝑐𝑒 ∗ 𝐴

Donde:

𝐴 =𝜋𝑅2

2=

𝜋(0.508𝑚)2

2=0.40536𝑚2

𝑦 = (1100𝑘𝑔

𝑚3) (9.8

𝑚

𝑠2) = 10780

𝑘𝑔

𝑚2𝑠2

Entonces:

𝐹𝑟 = (10780𝑘𝑔

𝑚2𝑠2) (2.9138m)(0.40536𝑚2)

𝑭𝒓 = 𝟏𝟐𝟕𝟑𝟐, 𝟔𝟔𝟕𝟑𝑵

Hallando el centro de presiones (𝐿𝑝𝑒):

𝐿𝑝𝑒 = 𝐿𝑐𝑒 +𝐼𝑐

𝐿𝑐𝑒 ∗ 𝐴

Donde:

𝐿𝑐𝑒 =ℎ𝑐𝑒

sin ∅=

2.9138𝑚

sin 30= 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*10−3𝑚4

Entonces:

𝐿𝑝𝑒 = 𝐿𝑐𝑒 +𝐼𝑐

𝐿𝑐𝑒 ∗ 𝐴

𝐿𝑝𝑒 = 5.8276𝑚 +7.081 ∗ 10−3𝑚4

(5.8276𝑚)(0.40536𝑚2)

𝑳𝒑𝒆 = 𝟓. 𝟖𝟑𝒎

PROBLEMA 4.47

Consulte la figura 4.47. La superficie mide 2 m de longitud.

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)

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”

𝐴𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 = (1.25𝑚)(0.62𝑚) = 0.775𝑚2

𝐴𝑠𝑒𝑚𝑖𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 =

[𝜋 (1.25

2 )2

]

2= 0.613𝑚2

𝐴 = 𝐴𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 + 𝐴𝑠𝑒𝑚𝑖𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 = 1.389𝑚2

Entonces la fuerza vertical seria:

𝐹𝑉 = (0.823)(9.81𝑘𝑁/𝑚3)(1.389𝑚2)(2.50𝑚)

𝐹𝑉 = 28.1 𝑘𝑁

𝑃𝑎𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟 𝐹𝐻

𝐹𝐻 = 0 … … 𝑝𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑎𝑠 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑛 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜

Ahora para hallar la FRESULTANTE

𝐹𝑅 = √𝐹𝐻2 + 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.

y1 = Rsin15° = 3.882ft

s = R − y1 = 15 − 3.882 → 𝒔 = 𝟏𝟏. 𝟏𝟏𝟖 𝒇𝒕

hc = ℎ + y1 +𝑠

2= 10 + 3.882 + 5.559 → 𝐡𝐜 = 𝟏𝟗. 𝟒𝟒𝟏𝒇𝒕

FH = 𝛾hc𝑠𝑤 = (62.4)(19.441)(11.118)(5) → 𝐅𝐇 = 𝟔𝟕. 𝟒𝟑𝟕𝒍𝒃

hp = hc +𝑠2

12hc= 19.441 + 0.53 → 𝐡𝐩 = 𝟏𝟗. 𝟗𝟕𝟏𝒇𝒕

FV = 𝛾𝑉 = 𝛾𝐴𝑇𝑤

𝐴1 = (14.489𝑓𝑡)(10𝑓𝑡) → 𝑨𝟏 = 𝟏𝟒𝟒. 𝟖𝟗𝒇𝒕𝟐

𝐴2 =𝑦1𝑅𝑐𝑜𝑠15°

2=

(3.882)(14.189)

2→ 𝑨𝟐 = 𝟐𝟖. 𝟏𝟐𝒇𝒕𝟐

𝐴3 = 𝜋𝑅275

360= (15)2

75

360→ 𝑨𝟑 = 𝟏𝟒𝟕. 𝟐𝟔𝒇𝒕𝟐

𝐴𝑇 = 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 → 𝐴𝑇 = 320.27𝑓𝑡2

𝐹𝑉 = 𝛾𝐴𝑇𝑤 = (62.4)(320.27)(5) → 𝑭𝑽 = 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 =𝐴1𝑥1 + 𝐴2𝑥2 + 𝐴3𝑥3

𝐴𝑇= 6738𝑓𝑡

𝐹𝑅 = √(𝐹𝐻)2 + (𝐹𝑉)2 = √(67437)2 + (99925)2 = 120550𝑙𝑏

𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑔 (𝐹𝑉

𝐹𝐻) = 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.

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

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

FR2=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

𝐹𝑣 = 𝑦𝐴𝑤

𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 = (1.20)(2.80) +𝜋(1.20)2

4= 4.491𝑚2

𝐹𝑣 = (9.81𝑘𝑁

𝑚3) (4.491𝑚2)(1.50𝑚) = 66.1𝑘𝑁

𝑥1 = 0.5(1.20) = 0.60𝑚 ; 𝑥2 = 0.424(1.20) = 0.509𝑚

�̅� =𝐴1𝑥1 + 𝐴2𝑥2

𝐴𝑇=

(3.36)(0.60) + (1.13)(0.509)

4.491= 0.577𝑚

ℎ𝑐 = ℎ +𝑠

2= 2.80 +

1.20

2= 3.40𝑚

𝐹𝐻 = 𝑦𝑠𝑤ℎ𝑐 = (9.81)(1.20)(1.50)(3.40) = 60.0𝑘𝑁

ℎ𝑝 = ℎ𝑐 +𝑠2

12ℎ𝑐= 3.40 +

1.202

12(3.40)= 3.435𝑚

𝐹𝑅 = √𝐹𝑉2 + 𝐹𝐻

2 = √66.12 + 60.02 = 89.3𝑘𝑁

∅ = 𝑡𝑎𝑛−1𝐹𝑣

𝐹𝐻= 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

𝐴2 = 𝑅2 − 𝜋𝑅

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.

De la figura dibujamos las fuerzas:

2 22 2

1. :

(36)508.9 3.534

8 8

0.212 0.212(36 ) 7.63

3648 66 5.5

2 2

2. :

(0.79)(62.4)(3.534)(5) 871

(0.79)(62.4)(3)(5)(5.5) 4067

V

H C

Hallando Area x hc

DA in ft

x D in in

shc h in ft

Hallando las fuerzas

F Aw lb

F swh

2 2 2 2mod : 871 4067 4159

3. :

871tan( ) tan( ) 12.1

4067

R V H

oV

H

lb

En ulo F F F lb

Hallando el

Farc arc

F

PROBLEMA 4.56

Gráfico y distribución de presiones.

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,

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

4L =

π(6 pulg)2

410 pulg = 282.74pulg3

Reemplazando se tiene que:

E = (62.4 lb

pie3x

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 𝒑𝒖𝒍𝒈𝟑

𝟓. 𝟕𝟖𝟕𝒙𝟏𝟎−𝟒 𝒑𝒊𝒆𝒔𝟑) = 172.8011

𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒𝑠3

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 ,

330cilindrolb

pie , 362.4agua

lbpie

, 30 lgh pu

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 lg2

. .

(3 lg) .10 lg

282.7 lg

cilindro

cilindro

cilindro

DR R pu

V A L R L

V pu pu

V pu

Como ya tenemos el volumen ocupado por el cilindro podemos hallar su masa,

y a la vez podemos hallar la masa de agua desplazada ya que el volumen de

agua desplazada es el mismo al volumen del cilindro

Por dato:

330cilindrolb

pie

.cilindro cilindro cilindro

cilindro

MM V

V

Antes hacemos la conversión correspondiente:

3 3lgpu pie

Según la tabla de conversiones debemos multiplicar por 0.08333 para obtener

pie, pero como es pie3 debemos multiplicar por 0.083333

3 3282.7 0.08333 0.1636cilindroV pie

Luego:

.cilindrocilindro cilindro cilindro cilindro

cilindro

WW V

V

3330 .0.1636

4.908

cilindro

cilindro

lbW piepie

W lb

Además:

.agua

agua agua agua cilindro

cilindro

WW V

V

3362.4 .0.1636

10.209

agua

agua

lbW piepie

W lb

Por lo tanto, la fuerza que ejerce el cilindro en el fondo del recipiente 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.

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:

=> 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 = 0.284𝑙𝑏

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 = 𝛾𝑓𝑉𝑑 = 𝛾𝑓𝐴𝑑𝐿

𝐴𝑑 =𝜋𝐷2

4.

𝛼

360+

1

2(2𝑥)(2) = 𝐴1 + 𝐴2

𝐴𝑑 =𝜋(6 𝑖𝑛)2

4.263.6

360+ 2(2.236) = 25.18 𝑖𝑛2

𝑊𝑓 = 𝛾𝑓𝐴𝑑𝐿 = (62.4𝑙𝑏

𝑓𝑡3) (25.18 𝑖𝑛2)(10 𝑖𝑛)

1𝑓𝑡3

1728 𝑖𝑛3= 9.09𝑙𝑏

𝑊𝑐 = 𝛾𝑐𝑉 = (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

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

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