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

Deyvis Anbal 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 N 1-36: En el libro de Ranald V. Giles a la fuerza la define como kilogramo fuerza o kilogramo peso que debera 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 aceleracin, es decir como UTM (Unidad Tcnica de Masa) similar al slug en el sistema ingles, haciendo estas aclaraciones las unidades del UTM se logran a partir de la aplicacin de la Segunda Ley de Newton.

)1(m

s kg UTM T

L

F M : M masa la Despejando

MF ldimensiona analisis Aplicando

s

men n Aceleracio en UTM masa kgen Fuerza

amF

22

2

2

T

L

Datos:

2

3 s

m9.80665g gravedad la 85:es )( densidad la y

m

UTMSi

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

23

2

2380665.985 80665.985

s

m

mm

skg

s

m

m

UTMg

595.833 3m

kg

La densidad relativa (Dr) segn R. V. Giles o gravedad especfica (Sg) segn Robert Mott se define de la siguiente manera:

agua de volumen igual de Peso

sustancia la de PesoDr Dr Dr

Agua

Sustancia

Agua

Sustancia

0.833595Dr 1000

595.833Dr 10

3

3

33

Agua

mkg

mkg

mkgSi 0.834


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PROBLEMA N 2-37: Como se trata de un gas podemos aplicar las leyes de la termodinmica especficamente la ley de la conservaron de la masa cuya ecuacin es: Donde: P=presin en kg/m2

R=Constante de los gases en (m/K)

T=Temperatura en K =peso especifico en kg/m3

Se tiene a la presin atmosfrica o presin atmosfrica normal en la tabla 1(A):

Presin Atmosfrica Normal: 22 mkg4

cm

kg 10033.11.033Atm1P

Constante del gas: KmR 3.29

Temperatura en grados absolutos: k30327330T :Kelvin grados a ndoTransforma 30 CT

Reemplazando en la ecuacin anterior el peso especfico () del aire es:

332

4

1636.1m

kg1.16356

3033.29

101.033

m

kg

KK

mm

kg

En tabla 1(B) el peso especfico para el aire a 30C es: Comprobado m

kg1.1642

3

Calculo del error porcentual %E:

1001.1642

1.1636-1.1642%E 0.0515%%E

La densidad () resulta:

33

2

2

32

1187.0 mm

skg0.1187

sm9.80665

mkg1.1635

g m

m

skg

31187.0

m

UTM

En tabla 1(B) la densidad para el aire a 30C es: Comprobado 1188.03m

UTM

Calculando el error porcentual %E:

1000.1188

0.1187-0.1188%E 0.0842%%E

TR

P

T

PR


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PROBLEMA N 3-38: Se tiene para condiciones normales: Temperatura T= 20C = 273+20 = 293 K Presin 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 anhdrido carbnico:

34

CO 8362.1 2.19293

10033.12

2

2 m

kg

KCO

Km

m

kg

El peso especifico en condiciones normales de presin y temperatura para el CO2 es: CO2 = 1.8359 Kg./m

3 Comprobado Calculando el error porcentual %E:

1001.8359

1.8359-1.8362%E 0.0163%%E

Para calcular el peso especifico del Nitrgeno:

34

Nitrogeno 1636.1 3.30293

10033.12

2

m

kg

KCO

Km

m

kg

El peso especifico en condiciones normales de presin y temperatura para el Nitrgeno es: Nitrgeno = 1.1631 Kg./m

3 Comprobado Calculando el error porcentual %E:

1001.1631

1.1636-1.1631%E 0.043%%E

: PROBLEMA N 4-39 Datos: Segn la tabla del Apndice 1(A):

= 1.910 kg./m3 R = 29.3m/K T = 50C = 273+50 = 323 K P =?

TRP T

PR

RT

P


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24

2

223 10m

kg18076.049P

m

kg18076.049P 910.13233.29

cm

m

m

kgK

K

mP

)(8076.12

Absolutocm

kgP

PROBLEMA N 5-40: Datos: V0 = 2.0 m

3 V1= 0.5 m

3 P0 = PAtmosferica normal = 1 Atm = 1.03310

4kg/m2

P1 = ? En condiciones isotrmicas es decir temperatura constante tenemos:

1100 VPVP 1

001P

V

VP

Reemplazando datos:

2

413

3

2

4

1 10132.4P 5.0

210033.1

m

kg

m

mm

kg

p

Abolutocm

kgP

21132.4

PROBLEMA N 6-41: Datos: V0 = 2.0 m

3 V1= 0.5 m

3 P0 = PAtmosferica normal = 1 Atm = 1.03310

4 Kg./m2

P1 = ? El enunciado del problema dice sin perdida de calor que se refiere a una condicin adiabtica:

1100KK VPVP

K

V

VPP

1

001

Donde K es el Exponente Adiabtico: K= 1.4 segn la tabla 1(A)

2

4-121

4.1

3

3

2

41

cm

kg1071942.299P 299.71942P

5.0

210033.1

m

kg

m

m

m

kgP

221 cm

kg7.20

cm

kg7.194P


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PROBLEMA N 7-42: Viscosidad Absoluta o Dinmica (): =0.0158 poises Tenemos: 1 Poise = 1dina s/cm2 1N = 105 dinas 1kgf = 9.80665 N Nos pide transformar de Poises a kgs/m2

2

24

52 1

10

80665.9

1

10

10158.00158.0

m

cm

N

kg

dinas

N

cm

sdinaspoises

2611.10158.0

m

skgpoises

PROBLEMA N 8-43: aceite = 510 poises De manera similar al anterior problema transformamos al sistema Kg.-m-s:

2

24

52 1

10

80665.9

1

10

1510510

m

cm

N

kg

dinas

N

cm

sdinaspoises

220.5510

m

skgpoises

PROBLEMA N 9-44: Tenemos los siguientes datos: Viscosidad en grados o segundos Saybolt = 155 s. Densidad relativa: Dr = 0.932 =? =? Para calcular la viscosidad absoluta o dinmica 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:

932.0155

35.11550022.0

t

1.35-0.00220tpoisesen , 100t

Dr

3097.0 poises

Transformamos en unidades kg-s-m:

2

24f

52

10

9.80665N

1kg

10

1N 3097.0es0.3097pois

m

cm

Dinascm

sDinas


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22-

-23

2

3

m

skg

10

10101579.3

m

skg 101579.3

m

skg 1079.315

2

5

Para calcular la Viscosidad Relativa o Cinemtica utilizamos la formula del Capitulo I que se encuentra en la 2 parte del grupo b) Pg. 7 de Ranald V, Giles. Para t =155 s:

155

35.11550022.0

t

1.35-0.00220tStokesen , 100t

3323.0 Stokes Se sabe que un Stok = cm2/s transformamos:

s

m

10

10103323.0

m103323.0

cm 3323.0

2

2-

-24

24

2

ss

s

m 1023.33

26

PROBLEMA N 10-45: En trminos generales la formula de la viscosidad dinmica a la que se aproximan los fluidos newtonianos es:

y

V

Donde:

= F/A: Esfuerzo Tangencial o esfuerzo de corte en Kg./m2

dv/dy: Gradiente e velocidad en m/sm : Viscosidad Absoluta o Dinmica en kg s/m2

F2

8mm

F2

25mm F1 V=32m/s Superficies planas

17mm placa =0.1kgs/m2


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Calculo de las tensiones o esfuerzos tangenciales:

21218824.1

17

3210.0

m

kg

cms

cm

m

skg

22224

8.0

3210.0

m

kg

cms

cm

m

skg

La fuerza F= A, para cada superficie: Si A= 40 dm2 A= 40 dm2 1m2 A= 0.4m2

102 dm2

kgFmm

kgF

kgFmm

kgF

6.1 4.04

7529.0 4.08824.1

22

22

12

21

Luego tenemos la fuerza total o resultante:

6.17529.0 21 kgKgFFFF RR KgFR 3528.2

PROBLEMA N 11-46: En el tubo en U: 21 PP 2en Presion 1en Presion

PC 02 aAtmosfericPP

h

2331057.1323.0 Phmkg

mP AireC

23cm Como la presin que ejerce el aire es muy

1 2 pequea se obvia en el calculo al igual que la PAtmosferica , entonces de la ecuacin anterior resulta:

22

31211.0 1.3121cm

kgP

m

kgP cc


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En el depsito de la siguiente figura:

2BCB 1.3121P PP mkg

2A2

3

2A2

3BA 1.871P 1075.031.3121P 1075.03PP

m

kg

m

kgm

m

kg

m

kgm

2A2

4A 08711.0P 101.871P

cm

kg

cm

kg

Manometroscm

kg 10711.8P

2

2A

Aire PB PC

23cm 1 2 3m

Aceite

PA


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Mercurio

PROBLEMA N 12-47: PB Aire 240cm 150cm 60cm PA Dato: PA = 3 Kg./cm

2

ssuussttaanncciiaa = Dr. agua

P

P P P P P

22A

AireAceiteAguamercurioA

BaireaireaceiteaceiteOHOHHgHg

B

Phhhh

P

Reemplazando:

3

36

3

3

3

36

3

3A

1010150

101057.1360P

cm

m

m

kgcm

cm

m

m

kgcm

BPcm

m

m

kgcm

3

36

3

3 101075.0240

22BBA cm

Kg1442.1

cm

Kg3 P P1442.1P

)(cm

Kg8558.1 P

2BManometros

Agua

Aceite


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PROBLEMA N 13-48: B. C 34.3m A

D

Dr = 1.25 Dr = 13.57 Del grafico tenemos:

AireAireHgHgCD hhPP

Despreciando la presin del aire dentro del tubo, adems: 0PPP aAtmosfericOD

2C33

6

3

3CC 4655.0P 101057.133.34P P cm

Kgcm

m

m

Kgcmh HgHg

BC PP

fluidofluidoAireAireBA hhPP

2A3

36

3

3

239925.0P 101025.1534655.0

cm

Kg

cm

m

m

Kgcm

cm

KgPA

2A4.0P

cm

Kg

Una forma ms directa segn el procedimiento de Robert Mott del texto Mecnica De Fluidos Aplicada es:

1025.1531057.133.343

3

3

3

cm

Kgcmhh

cm

KgcmPP AireAireAireAireDA

2A39925.0P

cm

Kg

2A4.0P

cm

Kg


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PROBLEMA N 14-49: 1600 toneladas

Gas

50m B 20m 60m C D : La presin en C y D son:

2C3

2D322

3

2.11P 56.020

2842.616P 9056.0

60

41

101600

m

kgP

m

kgmPP

mkg

m

mkg

mton

kgton

P

BBC

D

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

DC PP

2B220842.605P 2.112842.616

m

kg

m

kgP

m

kgB

Adems se sabe que: 2

2

56.01000

0842.605h

Ph gas

gas

gas

mkg

mkg

hP

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

gas del Relativa h agua Densidadhhh

hhPP gasaguaagua

gasgas

aguaaguagasgasaguagas

gasrDhh gasagua


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Remplazando en la ltima ecuacin se obtiene:

56.056.01000

0842.605h

2

2

agua

m

kg

mkg

cmmhagua 51.60h 6051.0 agua

cm51.60hagua

PROBLEMA N 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) lado del liquidos los dePresion (izquierdo) lado del liquidos los de(Presion

m

kgm

m

kgm

m

kgm

m

kgm

hhhh HgHgglicerinaglicerinaHgHgaceiteacite

917.578.0 h 7.6m7.5859mh


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PROBLEMA N 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

)()( HgHgAguaBHgHgAguaAguaA hDrhPhhP

2

4

3

3

3

3

2

4 107.0)1057.13()3.0(103.05.21005.1m

kg

m

kgm

m

kgm

m

kg

+

3

3

3

3 1057.136.010Dr6.07.3m

kgm

m

kgm

16293100 Dr 0.525Dr


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PROBLEMA N 17-52: 0.2kg/cm2

= 0.20104 Kg./m2 Presin 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 hP mercurio de -23cmmercurio de columnaen Presion

2Hg2Hg3

3

cm

kg-0.31211P

m

kg-3121.1P 23.0)1057.13( m

m

kgPHg

Las presiones de los lquidos al nivel cero son: derecho lado del liquidos los dePresion izquierdo lado del liquidos los dePresion

3

3

3

3

2

4

3

3

3

3

2

106.1105.33

1020.01032108.032361.3121

m

kgmh

m

kgmh

m

kg

m

kgm

m

kgm

m

Kg

6009.15778 h 26.3m 26.298mh

Apreciar como reforzamiento y aclaracin la PARADOJA DE PASCAL, del texto de teora Mecnica de Fluidos Aplicada, de Robert Mott que esta en el Capitulo 3, Pg. 52.


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PROBLEMA N 18-53: PA = 2.1Kg/cm

2 C 3

25cm 2 1

B x D

5 4 E La presin en el manmetro A la expresamos en presin absoluta: PA = 2.1Kg/cm

2 + PAtmosferica PA = 2.1 + 1.02 = 3.12 Kg./cm2 (Absoluta)

La presin en el manmetro D: 021 PPP

101057.1325 3336

3

32 P

cm

m

m

kgcmP

3336

3

3

2

101057.132502.1 P

cm

m

m

kgcm

cm

kg

23

68075.0cm

kgP

La presin en el manmetro E del compartimiento C: 54 PP ------------------(1)

23

36

3

34

33

36

3

34

68075.010

1057.13

10

1057.13

cm

kg

cm

m

m

kgcmXP

Pcm

m

m

kgcmXP

En el compartimiento B se tiene:

2555 12.3 cmkgPPPhPP AAireAireA

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

23

36

3

3

268075.0

101057.1312.3

cm

kg

cm

m

m

kgcmX

cm

Kg


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797531.1 7531.179 mXcmX 1.8m X

PROBLEMA N 19-54: 2.2 Kg./cm2 W=W1

1.8m PISTON =W2

A B Dr = 0.902 1.8m Aceite Por definicin se sabe que la presin es:

2

21

2

4

2121 W4 W

W

D

W

D

W

A

W

Area

FuerzaPA

22

21A

8.1

W4 P

m

W

El lquido en este caso el aceite se encarga de transmitir la presin que crea el peso del pistn (W2) y la carga (W1) del nivel A hacia el nivel B entonces las presiones se igualan, pero tambin se puede verificar segn la grafica que los puntos se encuentran

al mismo nivel: BA PP

102.210902.08.1

8.1

W4

2

4

3

3

2221

m

kg

m

kgm

m

W

kgW 7.60114W 21


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PROBLEMA N 20-55: Elevacin 9.0m A

Elevacin 7.5m

Aceite

Elevacin 3.6m C D

Glicerina E h Las presiones sobre los niveles de los puntos C y D sern:

33

8.3244 832.010006.35.7m

KgPP

m

KgmPP ACAC

223 6750 12506.30.9 25.110006.30.9 mKgP

m

KgP

m

KgmP DDD

DC PP ---------------------------------------------------------------- (1)

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

2

24

2232

102.3505 2.3505 8.32446750

cm

m

m

KgP

m

KgP

m

KgP

m

KgAAA

235052.0

cm

KgPA 2351.0 cm

KgPA

Otra forma de resolver es considerando presiones que actan al nivel E: glicerinaglicerinaglicerinaaceiteaceiteA hhP h-9

1250h-912500.6 8326.35.7333 m

Kgm

m

Kgmh

m

KgmPA


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22222125011250125045008.3244

m

Kgh

m

Kg

m

Kgh

m

Kg

m

KgPA

2

24

22

102.3505 2.3505

cm

m

m

KgP

m

KgP AA

2

351.0cm

KgPA

PROBLEMA N 21-56: Datos: Masa m = 10 toneladas = 10000 Kgm

Fuerza F = 104Kg.(9.80665m/s2) F = 9.80665104N F = 9.80665104N (1Kgf /9.80665N) F = 1 10

4Kg Presin P = 12 Kg./cm2 P = 12104 Kg./m2

rea A = (D/2)2 A= (/4)D2

D =

Remplazando datos:

4

1011012

2

4

2

4

D

Kg

m

Kg

3257.0D 1012

104D

4

24

mm

32.57cmD

PROBLEMA N 20-55:

Ecuacin de equilibrio para el volumen ABCD: 0 YF

0CD de AB de 4

ABCD volumen al debida Fuerza

2

lsuperficia tension la a debida Fuerza

AreaPAreaPhDLSen glicerina

Suponiendo = 90 debido a que la componente horizontal de la fuerza dL es despreciable, adems que las presiones se anulan mutuamente, de la ecuacin anterior se obtiene:

A

FP


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4

422

4222 hDDhD

DhDdL

Perimetro

)(4

hD

Datos: Peso especifico de la glicerina glicerina =1260 Kg/m

3

h = 22cm = 0.2m Dimetro D = 12.5mm = 0.0125m. P = Reemplazando los datos en la ecuacin () calculamos la tensin superficial:

8663.0 4

22.00125.01260

3

m

Kgmm

m

Kg

Finalmente calculamos la presin P con la formula:

22.0

8663.04P

4-P

mm

Kg

D

22.277P

m

Kg

Otra forma de calcular la presin estara dada de la siguiente manera:

0.22m1260P h P3

m

Kgglicerina 22.277P m

Kg

El planteamiento del problema se muestra en la figura siguiente:


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y dL dL

C D

h

x

A B

Glicerina

PROBLEMA N 20-55: y

dL Hemisferio de dF una burbuja dF

dL dL

dF dF x

dL dF dL

dF dF

dL z dF: Elemento infinitesimal de fuerza entrante

dL: Elemento de fuerza saliente (debida a la tensin superficial)

Donde: dL es un pequeo segmento del permetro


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

0 xF

0 XX FdLdFdL Si tenemos que el rea de la seccin transversal de la burbuja es A y la presin que se ejerce es P la formula anterior se transforma:

DPPD

D

4

4D Presion Area

22 2

Datos: Dimetro: D =1.5mm = 0.0015m

Tensin superficial a 21 C: = 0.0074 Kg./m segn la tabla 1 (c) del apndice del libro de Ranald V. Giles

0015.0

0074.04

m

m

Kg

P

Manometrosm

KgP

27333.19


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CAPITULO II: FUERZAS SOBRE SUPERFICIES PLANAS Y CURVAS

PROBLEMA N 1-20: Considerando el anlisis sobe el segmento AC es decir la mitad de la compuerta puesto que el punto C se trata de una articulacin. Superficie S

60

0.45m A FR Agua CG CP 0.9m C

45 Datos:

F

2

33

OH

5.29.0A

602

9.06.0

102

mArea

msenh

mkg

CG

La formula empleada para el clculo de la fuerza resultante (FR) ejercida por el agua:

AreahF CGOHR 2

23

3R m5.29.060

2

9.06.0

m

kg 10F

msen

kg. 2226.8507 FR

La posicin del punto de aplicacin de la fuerza resultante (FR) con respecto a la superficie es el centro de presin CP que siempre se encuentra por debajo del centro de gravedad CG:

CG

CG

CG

CG

CG

CG

YY

hY

Yhb

hbY

YA

hb

12Y

12Y

12Y

2

CP

3

CP

3

CP

0.45 Sen60

0.6m


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Donde: YCG = hCG / Sen60 b = Ancho de la placa h = longitud de la placa

60

6045.06.0

60

6045.06.012

9.0Y

2

CPsen

sen

sen

sen . 2019.1YCP m

Tomando momentos respecto del punto A: 0MA

09.0456928.02019.1F 09.04560

6.0F RR

FSenFSen

SenYCP

9.045

5091.02226.8507

SenF KgF 4214.1781

Por otro mtodo 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 estn dadas como se muestra a continuacin puesto que varan linealmente con la profundidad. Como se muestra en el diagrama de presiones, por estar a ms profundidad la presin 2 P2 ser mayor que la presin 1 P1.


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213

3111 600 6.010 2 m

kgPmm

kgPhP OH

2233

222 4228.1379 609.06.010 2 mkgPmSen

m

kgPhP OH

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

mkgwm

m

kgwbPw 1500 5.2600 121111

mkgwm

m

kgwbPw 5573.3448 5.24229.1379 222222

Superficie del agua

W1

0.6/sen60 W2 A C


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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 sern:

KgFKgF

FF

wFww

F

FF

1350 8508.876

9.01500 9.02

15005573.3448

9.0 9.02

rectangulo del Area triangulodel Area

21

21

1221

1

21

Las posiciones de las fuerzas respecto a la superficie sern:

mmmm 45.02

9.0Y 6.09.0

3

2Y

21 CPCP

La fuerza resultante es: Kg 8508.2226 Kg 13508508.876 21 RRR FFFFF

Finalmente tomamos momentos respecto al punto A: 0MA


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9.045

4.013506.08508.876F 045.06.09.045 21

SenFFFSen

KgF 297.1781

PROBLEMA N 2-21: Calculo de la fuerza resultante:

AreahF CGOHR 2

Z

H2O =103 kg/m3 ; hCG= (2+2)/2 m;

Area = (Z+2) 1.2 /Sen45 m2

FDB Remplazando datos en la formula dada: FR 2m Ycp FR = 10

3 (2+2)/2 (Z+2) 1.2 /Sen45 FR = 600 (Z+2)

2 /Sen45 AY A AY Calculo de la posicin de la fuerza resultante (Centro de presin):


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PROBLEMA N 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


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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

Documents

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