Solucionario de Problemas Propuestos Del Libro “Mecanica de Fluidos e Hidraulica” de Ranald v. Giles

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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.

   

 

   

 

m (1) s kg UTM T L F M : M masa la Despejando M F l dimensiona analisis Aplicando s m en n Aceleracio en UTM masa kg en Fuerza a m F 2 2 2 2                                    T L Datos: 2 3 s m 9.80665 g gravedad la 85 : es ) ( densidad la  y  m UTM Si  

El peso específico (η) se obtiene reemplazando las unidades de UTM de la Ec. (1):

                                       ₃ ₂ 2 2 3 9.80665 85 9.80665 85 s m m m s kg 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:

agua de volumen igual de Peso sustancia la de Peso Dr Dr Dr Agua Sustancia Agua Sustancia _ _ _ _      0.833595 Dr 1000 595 . 833 Dr 10 3 3 3 3 Agua      m kg m kg m kg Si  0.834

(2)

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: 2 _m2

kg 4 cm kg 10 033 . 1 1.033 Atm 1 P   

Constante del gas: _R m_K

 29.3

Temperatura en grados absolutos:

k 303 273 30 T : Kelvin grados a ndo Transforma 30      C T

Reemplazando en la ecuación anterior el peso específico (η) del aire es:









3 3 2 4 1636 . 1 m kg 1.16356 303 3 . 29 10 1.033 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  %E 0.0515% La densidad (ρ) resulta: 3 3 2 2 3 2 1187 . 0 m m s kg 0.1187 s m 9.80665 m kg 1.1635 g m m s kg              3 1187 . 0 m UTM  

En tabla 1(B) la densidad ρ para el aire a 30°C es: 0.1188 ₃ Comprobado

m UTM





Calculando el error porcentual %E: 100 0.1188 0.1187 -0.1188 %E  %E 0.0842% T R P T P R       

(3)

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 T R P   

Para calcular el peso especifico del CO2 o anhídrido carbónico:









3 4 CO 1.8362 2 . 19 293 10 033 . 1 2 2 2 _m kg K m_K CO 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  %E 0.0163%

Para calcular el peso especifico del Nitrógeno:









3 4 Nitrogeno 1.1636 3 . 30 293 10 033 . 1 2 2 m kg K m_K CO 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  %E 0.043% : 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 =?             P R T T P R R T P

(4)





4 2 2 2 2 3 10 m kg 18076.049 P m kg 18076.049 P 910 . 1 323 3 . 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 = 1.033×104kg/m2 P1 = ?

En condiciones isotérmicas es decir temperatura constante tenemos:

    ₀ ₁ ₁ 0 V P V P 1 0 0 1 P V V P   Reemplazando datos:





2 4 1 3 3 2 4 1 P 4.132 10 5 . 0 2 10 033 . 1 m kg m m m kg p           



Aboluto



cm kg P₁ 4.132 ₂  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:     ₀ ₁ ₁ 0 K K V P V P K V V P P _        1 0 0 1

Donde K es el Exponente Adiabático: K= 1.4 según la tabla 1(A)

2 4 -1 2 1 4 . 1 3 3 2 4 1 cm kg 10 71942.299 P 299 . 71942 P 5 . 0 2 10 033 . 1 _              m kg m m m kg P 2 2 1 cm kg 7.20 cm kg 7.194 P  

(5)

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 2 4 5 2 1 10 80665 . 9 1 10 1 0158 . 0 0158 . 0 m cm N kg dinas N cm s dinas poises     2 611 . 1 0158 . 0 m s kg poises   PROBLEMA Nº 8-43: μaceite = 510 poises

De manera similar al anterior problema transformamos al sistema Kg.-m-s:

2 2 4 5 2 1 10 80665 . 9 1 10 1 510 510 m cm N kg dinas N cm s dinas poises     2 20 . 5 510 m s kg 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:





0.932 155 35 . 1 155 0022 . 0 t 1.35 -0.00220t poises en , 100 t                    Dr  3097 . 0 poises   Transformamos en unidades kg-s-m: 2 2 4 f 5 2 10 9.80665N 1kg 10 1N 3097 . 0 es 0.3097pois m cm Dinas cm s Dinas             

(6)

2 2 --2 3 2 3 m s kg 10 10 10 1579 . 3 m s kg 10 1579 . 3         _  _  m s kg 10 79 . 315  5 ₂   

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 . 1 155 0022 . 0 t 1.35 -0.00220t Stokes en , 100 t                    3323 . 0   Stokes

Se sabe que un Stok = cm2/s transformamos:

s m 10 10 10 3323 . 0 m 10 3323 . 0 cm 3323 . 0 2 2 --2 4 2 4 2              s s s m 10 23 . 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)

Calculo de las tensiones o esfuerzos tangenciales: 2 1 2 1 1.8824 17 32 10 . 0 m kg cm s cm m s kg               2 2 2 2 4 8 . 0 32 10 . 0 m kg cm s cm m s kg              

La fuerza F= τ × A, para cada superficie:

Si A= 40 dm2  A= 40 dm2 × 1m2  A= 0.4m2 102 dm2 kg F m m kg F kg F m m kg F 6 . 1 4 . 0 4 7529 . 0 4 . 0 8824 . 1 2 2 2 2 1 2 2 1        

Luego tenemos la fuerza total o resultante:

6 . 1 7529 . 0 2 1 F F Kg kg F F_R    _R   F_R 2.3528Kg PROBLEMA Nº 11-46: En el tubo en U: 2 1 P P 2 en Presion 1 en Presion    PC P₂ P_Atmosferic_a 0 h





3 2 3 10 57 . 13 23 . 0 h P m kg m P_C    _Aire  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 anteriorresulta:

2 2 0.31211 1 . 3121 cm kg P m kg P_c   _c 

(8)

En el depósito de la siguiente figura: 2 B C B P P 3121.1 P m kg    









2 A 2 3 2 A 2 3 B A P 3 0.75 10 P 3121.1 3 0.75 10 P 871.1 P m kg m kg m m kg m kg m           2 A 2 4 A 871.1 10 P 0.08711 P cm kg cm kg        



Manometros



cm kg 10 711 . 8 P_A   2 ₂ Aire PB PC 23cm 1 2 3m Aceite PA

(9)

Mercurio PROBLEMA Nº 12-47: PB Aire 240cm 150cm 60cm PA Dato: PA = 3 Kg./cm2 η ssuussttaanncciiaa = Dr. × ηagua











 



P P P P P P 2 2 A Aire Aceite Agua mercurio A B aire aire aceite aceite O H O H Hg Hg B P h h h h P                   Reemplazando:









                          3 3 6 3 3 3 3 6 3 3 A 10 10 150 10 10 57 . 13 60 P cm m m kg cm cm m m kg cm





               B P cm m m kg cm 3 3 6 3 3 10 10 75 . 0 240 2 2 B B A cm Kg 1442 . 1 cm Kg 3 P P 1442 . 1 P       ) ( cm Kg 8558 . 1 P_B ₂ Manometros  Agua Aceite

(10)

PROBLEMA Nº 13-48: B. C 34.3m A D Dr = 1.25 Dr = 13.57

Del grafico tenemos:



Hg Hg





Aire Aire



C

D P h h

P       

Despreciando la presión del aire dentro del tubo, además:

P

_D



P

_O



P

_Atmosferic_a



0 



3 C 2 3 6 3 3 C C P 34.3 13.57 10 10 P 0.4655 P cm Kg cm m m Kg cm hHg Hg _                   B C P P 



Aire Aire





fluido fluido



B A

P

h

P



















3 A ₂ 3 6 3 3 2 53 1.25 10 10 P 0.39925 4655 . 0 cm Kg cm m m Kg cm cm Kg P_A _              2 A 0.4 P cm Kg   

Una forma más directa según el procedimiento de Robert Mott del texto “Mecánica De Fluidos Aplicada” es:



34.3





13.57 10 3



₃



 

53





1.25 10 3



₃ cm Kg cm h h cm Kg cm P

P_A  _D     _Aire_Aire  _Aire_Aire    

2 A 0.39925 P cm Kg    P_A 0.4 ₂ cm Kg   

(11)

PROBLEMA Nº 14-49: 1600 toneladas Gas 50m B 20m 60m C D : La presión en C y D son: 2 C 3 2 D 3 2 2 3 2 . 11 P 56 . 0 20 2842 . 616 P 90 56 . 0 60 4 1 10 1600 m kg P m kg m P P m kg m m kg m ton kg ton P B B C D               

Debido a que los puntos C y D se encuentran al mismo nivel se pueden igualar:

D C P P  2 B 2 2 11.2 P 605.0842 2842 . 616 m kg m kg P m kg B    

Además se sabe que:

2 2 56 . 0 1000 0842 . 605 h P h _gas gas gas m kg m kg h P         

Para calcular la altura equivalente del agua con respecto a la del gas se hace:

gas del Relativa h agua h h Densidad h h h P P agua gas agua gas gas agua agua gas gas agua gas               gas r D h h_agua  _gas 

(12)

Remplazando en la última ecuación se obtiene: 56 . 0 56 . 0 1000 0842 . 605 h 2 2 agua    m kg m kg cm m h_agua 0.6051 h_agua 60.51  cm 51 . 60 h_agua  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 ₀_.₅ ₁₃_.₅₇ ₁₀ ₆_.₄ ₀_.₃₅ ₁_.₂₅ ₁₀ ₀_.₃₅ ₁₃_.₅₇ ₁₀ 10 78 . 0 0.5 -h ) ( ) ( derecho) lado del liquidos los de Presion ( izquierdo) lado del liquidos los de (Presion m kg m m kg m m kg m m kg m h h h

h_acite _aceite _Hg _Hg _glicerina _glicerina _Hg _Hg

917 . 5 78 . 0   h h7.5859m7.6m

(13)

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) lado del liquidos los de (Presion izquiedo) lado del liquidos los de (Presion 

)

(

)

(

P

_A



h

_Agua





_Agua



h

_Hg





_Hg



P

_B



h



Dr





_Agua



h

_Hg





_Hg









 

_



              2 4 3 3 3 3 2 4 10 7 . 0 ) 10 57 . 13 ( ) 3 . 0 ( 10 3 . 0 5 . 2 10 05 . 1 m kg m kg m m kg m m kg +

















_        0.6 Dr 103 ₃ 0.6 13.57 103 ₃ 7 . 3 m kg m m kg m 1629 3100   Dr Dr0.525

(14)

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:

mercurio mercurio Hg h P mercurio de -23cm mercurio de columna en Presion    





Hg 2 Hg ₂ 3 3 cm kg -0.31211 P m kg -3121.1 P 23 . 0 ) 10 57 . 13 (          m m kg P_Hg

Las presiones de los líquidos al nivel cero son:



Presion delosliquidosdelladoizquierdo

 

 Presion delosliquidosdelladoderecho











 







 





_                          3 3 3 3 2 4 3 3 3 3 2 10 6 . 1 10 5 . 33 10 20 . 0 10 32 10 8 . 0 32 36 1 . 3121 m kg m h m kg m h m kg m kg m m kg m m Kg 600 9 . 15778  h  h26.298m26.3m

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)

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: P₁P₂ P₀

 

25



13.57 10



10 ₃ 3 3 6 3 3 2 P cm m m kg cm P      

 





3 3 3 6 3 3 2 10 10 57 . 13 25 02 . 1 P cm m m kg cm cm kg        ₃ 0.68075 ₂ cm kg P  

La presión en el manómetro E del compartimiento C: P 4 P5 ---(1)

 





 





₃ ₂ 3 6 3 3 4 3 3 3 6 3 3 4 68075 . 0 10 10 57 . 13 10 10 57 . 13 cm kg cm m m kg cm X P P cm m m kg cm X P             En el compartimiento B se tiene:





5 5 2 5 3.12 _cm kg P P P h P P  _A _Aire _Aire   _A  

Reemplazando los valore de P4 y P5 en la ecuación (1):

 



3



₃ 6₃ 3 ₂ 2 0.68075 10 10 57 . 13 12 . 3 cm kg cm m m kg cm X cm Kg       

(16)

797531 . 1 7531 . 179 cm X m X      X 1.8m 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 2 1 2 4 2 1 2 1 W 4 W W D W D W A W Area Fuerza P_A           





2 2 2 1 A 8 . 1 W 4 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: P _A P_B





         1.8 0.902 10 2.2 10 8 . 1 W 4 1 ₂ 2₂ 3 ₃ 4 ₂ m kg m kg m m W  W1W2 60114.7kg

(17)

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:



7.5 3.6





1000 0.832



₃ 3244.8 ₃ m Kg P P m Kg m P P_C  _A     _C  _A



9.0 3.6





1000 1.25



₃



9.0 3.6

 

1250



₂ 6750 2 m Kg P m Kg P m Kg m P_D      _D     _D  D C P P  --- (1)

Igualando las presiones en los puntos en la ecuación (1):

2 2 4 2 2 3 2 10 2 . 3505 2 . 3505 8 . 3244 6750 cm m m Kg P m Kg P m Kg P m Kg A A A         2 35052 . 0 cm Kg P_A   0.351 ₂ cm Kg P_A  

Otra forma de resolver es considerando presiones que actúan al nivel E:



aceite aceite





glicerina glicerina







glicerina

A h h P      9 - h 



7.5 3.6



832 ₃



6.0



1250 ₃



9-h



1250 ₃ m Kg m m Kg m h m Kg m P_A       

(18)

2 2 2 2 2 4500 1250 11250 1250 8 . 3244 m Kg h m Kg m Kg h m Kg m Kg P_A     2 2 4 2 2 10 2 . 3505 2 . 3505 cm m m Kg P m Kg P_A _A       0.351 ₂ cm Kg P_A   PROBLEMA Nº 21-56: Datos: Masa m = 10 toneladas = 10000 Kgm Fuerza F = 104Kg.(9.80665m/s2)  F = 9.80665×104N  F = 9.80665×104N × (1Kgf /9.80665N)  F = 1 ×104Kg Presión P = 12 Kg./cm2 P = 12×104 Kg./m2 Área A = π (D/2)2 A= (π/4)D2 D = ¿ Remplazando datos: 4 10 1 10 12 2 4 2 4 D Kg m Kg       3257 . 0 D 10 12 10 4 D ₄ 2 4 m m        D 32.57cm PROBLEMA Nº 20-55:

Ecuación de equilibrio para el volumen ABCD:

_

F_Y 0







deAB





deCD



0 4 ABCD volumen al debida Fuerza 2 l superficia tension la a debida Fuerza                                



Sen L _glicerina D h P Area P Area

           









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)

 4 2 2 4 4





2 2 2_h D _D _h _D _D _h D dL Perimetro                                



) ( 4         D h 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 . 0 0125 . 0 1260 ₃ m Kg m m m Kg       

Finalmente calculamos la presión P con la formula:

22 . 0 8663 . 0 4 P 4 -P m m Kg D       P 277.2 ₂ m Kg   

Otra forma de calcular la presión estaría dada de la siguiente manera: 0.22m 1260 P h P 3        m Kg glicerina  2 2 . 277 P m Kg   

(20)

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)

(21)

Luego Aplicamos la segunda ley de equilibrio teniendo como eje de referencia x: 0 



Fx 0

_



dL 



dF _X    dL  F_X

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 P P D D       4 4 D Presion Area 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 . 0 4 m m Kg P         



Manometros



m Kg P19.7333 ₂ 

(22)

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 O H 5 . 2 9 . 0 A 60 2 9 . 0 6 . 0 10 η 2 m Area m sen h m kg CG             

La formula empleada para el cálculo de la fuerza resultante (FR) ejercida por el agua: Area h η F_R _H_O _CG 2   

 





2 3 3 R 60 0.9 2.5m 2 9 . 0 6 . 0 m kg 10 F              sen m kg. 2226.8507 F_R  

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 Y h b h b Y Y A h b                 12 Y 12 Y 12 Y 2 CP 3 CP 3 CP 0.45 Sen60° 0.6m

(23)

Donde: YCG = hCG / Sen60° b = Ancho de la placa h = longitud de la placa                 60 60 45 . 0 6 . 0 60 60 45 . 0 6 . 0 12 9 . 0 Y 2 CP sen sen sen sen YCP 1.2019m.

Tomando momentos respecto del punto A:

_

M_A 0



0.9



0 F



1.2019 0.6928



45



0.9



0 45 60 6 . 0 F_R     _R             FSen FSen Sen Y_CP







0.9



45 5091 . 0 2226.8507     Sen F F 1781.4214Kg

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)

2 1 3 3 1 1 1 2 10 0.6 600 _m kg P m m kg P h P _H_O     





2 2 3 3 2 2 2 2 10 0.6 0.9 60 1379.4228 m kg P m Sen m kg P h P _H_O       

Como se trata de una placa de ancho constante se define la fuerza por unidad de longitud a lo que forman FUERZAS PARALELAS:

m kg w m m kg w b P w₁ ₁ ₁  ₁600 ₂2.5  ₁1500 m kg w m m kg w b P w₂  ₂ ₂  ₂ 1379.4229 ₂ 2.5  ₂ 3448.5573

Superficie del agua W1

0.6/sen60°

W2 A

(25)

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:

    Kg F Kg F F F w F w w F F F 1350 8508 . 876 9 . 0 1500 9 . 0 2 1500 5573 . 3448 9 . 0 9 . 0 2 rectangulo del Area triangulo del Area 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1                    

Las posiciones de las fuerzas respecto a la superficie serán:

m m m m 0.45 2 9 . 0 Y 6 . 0 9 . 0 3 2 Y 2 1 CP CP       

La fuerza resultante es:



876.8508 1350



Kg 2226.8508Kg 2 1        F_R F F F_R F_R

(26)























0.9



45 4 . 0 1350 6 . 0 8508 . 876 F 0 45 . 0 6 . 0 9 . 0 45 ₁ ₂           Sen F F FSen Kg F 1781.297  PROBLEMA Nº 2-21:

Calculo de la fuerza resultante: Area h η F_R _H_O _CG 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

(27)

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)

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