PRÁCTICA DOMICILIARIA DE MECÁNICA DE FLUIDOS I

PROB 1.- Se tiene un plano inclinado que forma un ángulo de 30° con la horizontal por donde se desliza un depósito que contiene agua y cuyo peso total es 800kgf. El descenso de dicho depósito produce el ascenso de otro igual pero cuyo peso total es 200kgf. Calcular el valor del ángulo que hace la superficie libre del primer depósito con el plano horizontal.

Figura N°01SOLUCIÓN:

Datos: W 1=800 K⃗gf

W 2=200 K⃗gf

g=9.81m/ s2

∑ F=ma

Para el tanque “1”.

W 1 sen 30−T=W 1

ga………(1)

Para el tanque “2”

T−W 2 sen 30=W 2

ga………(2)

Sumando 1 y 2 resulta:

a=( 800∗1

2−200∗1

2 )∗9.81

800+200

∴a=2.94 m /s2

Sabemos según Euler:dpρ

=ax dx+ay dy+azdz…………….(3)

ax=0 a y=a∗cos30=2.546m /s2 az=a∗sen30−g=−8.340m /s2

Luego reemplazando en la ecuación (3):

∫0

0dpρ

=2.546∫0

y0

dy−8.340∫0

z0

dz

0=2.546 y0−8.340 z0

z0

y0

=tg (θ )=2.5468.340

∴θ=16.976161 ° PROB 2.- En la figura N° 02 se muestra un viscosímetro que contiene líquido viscoso de espesor e = 1cm., esta rota alrededor del eje vertical con una velocidad angular W = 4rad/seg y genera una potencia de 0.01HP, “O· es el centro del arco AB. Calcular el valor de la viscosidad dinámica del líquido viscoso.

FIGURA N°02SOLUCIÓN:Datos: e=1cm w=4 rad / s P=0.01HP u=?

Hallando el angulo (θ):∴θ=1.047198 rad

P=0.01HP=0.76 k⃗g .m /sSabemos que:T torque=F∗d

P=T torque*w

0.76 k⃗g .ms=T∗4 rad /s

Figura N°02

Entonces : T a+Tb+T C=0.19 k⃗g .m………… (¿)Hallando torque en (a):

d T a=rdF=r (τdA )

τ=uVe

=urwe

d T a=r ( urwe ∗2πrdr)…….(1)

Reemplazando en (1):

∫0

T a

dT a= ∫0

10 cmuw2π

er3dr

∴T a=62831.853072ucm3

s……(a)

Hallando torque en (b):d T b=rdF=r (τdA )

τ=uVe

=urwe

d T b=r ( urwe ∗2πrdl)…….(2)

Poe semejanza de triángulos se tiene :dl=3.5587dr

Reemplazando en (2):

∫0

Tb

dT b= ∫10

10√3uw2 π

e¿3.5587 r3dr

∴T b=1788797.72422ucm3

s……….(b)

Hallando torque en (c): dA=2 π R2sinθdθd T c=rdF=Rsin θ (τdA )

τ=uVe

=uw Rsinθe

;R=20cm

θ=1.047198 rad

d T c=Rsin θ( uw Rsinθe

∗2 π R2sin θdθ)Integrando :

∫0

T c

dT c=uw 2π

e ∫0

1.047198 rad

R4 sin3θdθ

∴T c=918138.43845ucm3

s………(c)

Ahora reemplazando (a),(b)y (c) en (*):

(62831.853072+1788797.72422+918138.43845 )u cm3

s=0.19∗9.81∗107dina∗cm

∴u=6.72944445dina∗s /cm2

PROB 3.- En la figura N° 03 se muestra un viscosímetro que contiene líquido viscoso de espesor e = 0.5cm., esta rota alrededor del eje vertical con una velocidad angular ω=4rad/seg y genera una potencia de 0.05HP, “O· es el centro del arco AB. Calcular el valor de la viscosidad dinámica del líquido viscoso.

Figura N° 03SOLUCIÓN:Datos: e=0.5 cm w=4 rad / s P=0.05HP u=? Hallando R y r:R=6.5cm r=13cm

Hallando el angulos (θ) y (β):∴θ=1.176005 rad ∴β=1.176005 rad P=0.05HP=3.8 k⃗g .m /s Sabemos que:

T torque=F∗d

P=T torque*w

3.8 k⃗g .ms=T∗4 rad /s

Entonces : T a+Tb+T C=0.95 k⃗g .m………… (¿)

Hallando torque en (a):

dA=2 π R2sinθdθ d T a=rdF=Rsinθ (τdA )

τ=uVe

=uw Rsinθe

;R=6.5cm

θ=1.176005 rad

d T c=Rsin θ( uw Rsinθe

∗2 π R2sin θdθ)Integrando :

∫0

T a

dT a=uw2πe ∫

0

1.176005 rad

R4 sin3θdθ

∴T a=27009.304625ucm3

s……(a)

Hallando torque en (b):d T b=rdF=r (τdA )

τ=uVe

=urwe

d T b=r ( urwe ∗2πrdl)…….(2)

Poe semejanza de triángulos se tiene :dl=3.162278dr

Reemplazando en (2):

∫0

Tb

dT b=∫6

12uw2π

e¿3.162278 r 3dr

∴T b=772513.666566ucm3

s……….(b)

Hallando torque en (c): dA=2 π r2sin βdβd T c=rdF=rsinβ (τdA )

τ=uVe

=uw rsin βe

;r=13cm

β=1.176005 rad

d T c=rsinβ ( uw rsin βe

∗2π r2 sin βdβ)Integrando :

∫0

T c

dT c=uw 2π

e ∫0

1.176005 rad

R4 sin3βdβ

∴T c=432148.874003ucm3

s……… (c)

Ahora reemplazando (a),(b)y (c) en (*):

(27009.304625+772513.666566+432148.874003 )u cm3

s=0.95∗9.81∗107dina∗cm

∴u=75.665446dina∗s /cm2

PROB 4.- ¿Cuál es la relación mínima entre el diámetro y la altura de un cono recto de material homogéneo, de densidad relativa 0.5, para que flote en el agua con su eje vertical y vértice hacia abajo? SOLUCIÓN:

V :Volumendel cono V S=Volumende la parte sumergido

γ c=Pesoespecifco del cono=0.5 gr /cm3

γ agua=Pesoespecifco del agua Por el Principio de Arquímedes:

V γ c=V S γagua Entonces V S=V γ cγ agua

V S=0.5V

Relacionando geométricamente:

VV S

= R2Hr2h

; Pero R=H∗rh

Entonces:VV S

=2=H 3

h3 →h=0.794 H

Para que el cono flote sabemos que su metacentro debe estar más alto que su centro de gravedad, en la posición límite estos dos puntos deben coincidir.El centro de flotación contado desde la base del cono será:

y=H−0.794 H+ h4=0.405 H

La distancia del centro de flotación al CG será:

CF−CG= y−H4

=0.156 H…….(1)

Sabemos que la distancia del CF al metacentro es :m= IV

m=

πd4

64πd2

4∗h

3

…………… ..(2)

Por semejanza de triángulos tenemos :

d=hDH

; Cono:h=0.794 H y d=0.794D……… ..(3)

Reemplazando (3) y h en (2)

m=3(0.794D)2

16(0.794H)…………… ..(4)

En la posición limite (1) y (4) son iguales :

0.156 H=3 (0.794 D)2

16 (0.794 H ) ∴ D

H=0 .977

PROB 5.- Suponiendo una distribución lineal de tensiones sobre la base de la presa de concreto (figura N° 05) , calcular:

a) La posición donde la resultante de dicha fuerza de tensiones corta a la base.b) La máxima y mínima tensión de compresión en la base.

Despreciar el empuje ascensional hidrostático. SOLUCIÓN:

FIGURA N° 05

a) La posición donde la resultante de dicha fuerza de tensiones corta a la base.

Hallando la : FH=γagua hG A proy para ello tomamos el ancho unitario.

Ancho=1m

: FH=100∗6∗12∗1 k⃗g ∴FH=72000 k⃗g

Hallando el centro de presiones:

Y P=hG+IG

hG A

Y P=6+

A (12)2

126 A

∴Y P=8m y y=4m

Hallando la FV: FV=γaguaV encima=γ agua(1)A………..∗¿ Si Y=12m→X=4 √3m

Sabemos que el área encima de la curva es :

∫0

A

dA=∫0

X

(h−Y )dx

A=∫0

4√3

(12−0.25 X2 )dx=55.42562584m2

Reemplazando en el (*):FV=1000∗1∗55.42562584 ∴FV=55425.6258422 k⃗g

Hallando x:

x=∫ xdA

A=∫0

4√3

x (12−0.25 x2 )dx

55.42562584

x=2.598076m Ahora determino el punto de intersección de la línea de la acción de la fuerza

resultante con la base de la presa.

tg (θ )=FV

FH

θ=arctg (55425.625842272000 )

∴θ=37.58908947 °

d=2.598076+4∗ctg(37.58908947 °)

∴d=7.79422842m

F=90862.5335328 K⃗g

b) La máxima y mínima tensión de compresión en la base.

Hallando W y x:Para lo cual el peso especifico del concreto es : γ concreto=2400kg /m3

Sabemos que:W=γ V vol

Entonces tenemos:W 1=2400∗27.71281292∗1=66510.7510109 k⃗g x1=5.19615242m

W 2=2400∗3∗12∗1=86400 k⃗g x2=8.42823023m

W 3=2400∗4∗12

2∗1=57600 k⃗g

x3=11.26153656m

Hallando las F1 y F2:

F1=13.92820332R1 X F1=6.96410162m

F2=6.96410162(R¿¿2−R1)¿ X F2=9.28546882m

Aplicando ∑M 0=0: considerando horario (+).FH∗ y+FV∗x+W 1∗x1+W 2∗x2+W 3∗x3−F1∗xF 1−F2∗xF2=0

72000∗4+55425.6258422∗2.598076+66510.7510109∗5.19615242+86400∗8.42823023+57600∗11.26153656−13.92820332 R1∗6.96410162−6.96410162(R¿¿2−R1)∗9.28546882=0¿

66617.520916=R1+2R2…………….. (1)

Aplicado ∑ FY=0:−FV−W 1−W 2−W 3+F1+F2=0

−55425.6258422−66510.7510109−86400−57600+13.92820332R1+6.96410162(R¿¿2−R1)=0¿

38186.745429=R1+R2…………(2)De (1) y de (2):

RTA {R1=28430.775487 K⃗gMáxima

R2=9755.969942 K⃗gMínima

PROB 6.- En la figura N° 6 se muestra una esfera de 2.0m de diámetro que contiene agua bajo presión. Está construido por dos secciones semiesféricas unidas mediante 40 pernos ¿Cuál es la fuerza total en cada perno para mantener unida la sección? La densidad relativa del mercurio (Hg) es 13.6.

SOLUCIÓN:Datos:Ddiam esf=2m→R=1m Fn=?n=40 pernos D .R .−Hg=13.6

Figura N° 06

P1=γagua (h )=1000∗1.2=1200k⃗gm2 =P2

P3=P4=P2+1000∗x=(1200+1000∗x ) k⃗gm2

P5=1200+1000∗x−13600∗0.2=¿

P6=P7=1000∗x−15209+1000 (3.4−x )=1880k⃗gm2

P8=P9=P10=1880+1000∗a+13600∗0.25

P10=(5280+1000∗a) k⃗gm2

P11=5280+1000∗a+1000∗b=¿

De la figura: a+b+0.25=2.5→a+b=2.25mEntonces:P11=5280+1000∗(2.25)

∴P11=7530k⃗gm2

Llevando en altura equivalente de gua:7530=1000∗heq heq=7.53m

FV=γAGUAV ENCIMA

Hallando FV 2: FV 2=γ agua(Acirh−V semiesfera)

FV 2=1000(π R2h−23π R3)

FV 2=1000(π (1 )2∗8.53−23π (1)3)

∴FV 2=24703.45 K⃗gf

Hallando FV 1:FV 1=γ agua(Acirh+V semiesfera)

FV 1=1000(π R2h+ 23π R3)

FV 1=1000(π (1 )2∗8.53+ 23π (1)3)

∴FV 1=28892.25 K⃗gf

Condiciones para hallar la fuerza total en cada perno: a) Si la esfera esta en el piso entonces:

Fn=FV 2

n=24703.45

40K⃗gf ∴Fn=617.59 K⃗gf

b) Si la esfera esta libre entonces:

Fn=FV 1−FV 2

n=28892.25−24703.45

40K⃗gf

∴Fn=104.72 K⃗gf

PROB. 7.- En la figura N° 07 se muestra una compuerta AOB de 2m. de ancho , OB es una parábola donde C = 0.25 m-1. Determinar el valor de “h” para dicha compuerta inicie a levantarse (desprecie el peso de la compuerta)

Figura N° 07

SOLUCIÓN:Hallando presión en el punto (14):

P1=PA+γHg (0..45 )=PA+13600∗0.45=(PA+6120) k⃗gm2 =P2

P3=P4=P5=P6=PA+6120+13600∗0.2=(P¿¿ A+8840) k⃗gm2 ¿

P7=PA+8840−13600∗0.35=(P A+4080) k⃗gm2

P8=PA+4080+800∗0.6=(PA+4560) k⃗gm2

P9=P10=P A+4560+12000∗0.3=(P A+8160) k⃗gm2

P11=PA+8160−1000∗0.7=(PA+7460) k⃗gm2

P12=P13=PA+7460+13600∗0.36=(PA+12356) k⃗gm2

P14=(P¿¿ A+12356−1000∗0.36) k⃗gm2 ¿

∴P14=(PA+11996) k⃗gm2

Llevando esta presión en alturas de agua :

1000heq=PA+11996→heq=PA+11996

1000m

Hallando la FH 1:

FH 1=1000( PA+11996

1000+0.3)0.6∗2

∴FH 1=1.2∗(PA+12296) K⃗gf

∴Y F1=(PA+12296 )2+3000

1000(PA+12296)m

Entonces : a=(PA+12296 )2+3000

1000 (P A+12296)−PA+11996

1000m

Hallando la FH 2:FH 2=γagua∗hG∗APROY

FH 2=1000∗h

2∗h∗2

∴FH 2=1000h2 K⃗gf b=h/3 Hallando la FV:

FV=γagua∗A∗2

Entonces hallamos el área :Si Y=h→X=2√h

∫0

A

dA=∫0

2√h

(h−0.25 X2 )dX

A=43h3 /2

FV=1000∗4

3h3 /2∗2

∴FV=8000

3h3 /2 K⃗gf

Hallando X :

X=∫0

2√h

XdA

A=∫0

2√h

X (h−0.25 X2)

43h3/2

X=34

√h

Aplicando ∑M 0=0 ; horario (-):FH 1 (a )−FH 2 (b )−FV (X )=0

1.2∗(P A+12296 ) ( (P A+12296 )2+3000

1000 (P A+12296 )−

PA+119961000 )−1000

h2∗h3

−80003

h3 /2∗34

√h=0

Esta ecuación es no lineal por lo tanto para poder determinar el valor de “h” necesito el valor de PA.

Si PA=100k⃗gm2 entonces :

∴h=1.35014329275m

PROB. 8.- En la figura N° 09 se muestra una compuerta AOB de 10m. de longitud (perpendicular a AOB) y pesa 150 kgf/m2, puede pivotear en el eje O,

R = 7m. (radio de curvatura de OA) y α=20º

Figura N° 08SOLUCIÓN:DATOS:

LCOMP=10m

W=150 K⃗g /m2 R=7m α=20 ° γ aceit=800 K⃗g /m3

γ petrol=900 K⃗g /m3 β=0.8922 rad

θ=0.5041 rad

Hallando presión en el punto (8):

P1=PA+γ agua (h )++γHg (0.2 )=−1348+1000∗h+13600∗0.2=(1372+1000h) k⃗gm2=P2

P3=P4=(1372+1000h−1000∗x) k⃗gm2

P5=P6 ¿P7=1372+1000h−1000∗x+13600∗0.15=(3412+1000h−1000∗x ) k⃗gm2

P8=3412+1000h−1000∗x+1000∗y=(3412+1000(h−x+ y )) k⃗gm2

Pero h−x+ y=1.45m

P8=(3412+1000(1.45)) k⃗gm2

P8=4862k⃗gm2

Hallando la FH 1: FH 1=1000 (0.8h+1 ) 2∗10

∴FH 1=20000 (0.8h+1)K⃗gf

Y F1=0.8h+1+

A (2 )12

(0.8h+1 ) A=(0.8 h+1 )+ 1

3(0.8h+1)

Entonces : a=(0.8h+1 )+ 13(0.8h+1)

−0.8 Hm

El brazo para la FH 1:

∴a=1− 13 (0.8h+1 )

Hallando la FV 1:FV 1=γ agua∗( AOAC+AAECD )∗10………. (II ) Entonces hallamos el área AOAC:

Tenemos: ∫0

A

dA=∫0

2√h

(h−0.25 X2 )dX

x2+ y2=49→ y=√49−x2

∫5.449

6.578

(4.394− y )dx

∫5.449

6.578

(4.394−√49−x2 )dx

A=0.984m2

Entonces:Aoae=2∗1.129−0.984

∴ Aoae=1.274 m2 Reemplazando en (II)FV 1=1000∗(1.274+1.129∗0.8h )∗10

∴FV 1=10000 (1.274+0.903h) K⃗gf

Hallando su brazo:x1

Hallando X :

X=∫

5.449

6.578

x (4.394−√49−x2 )dx

0.984=6.222m

Entonces: ox=6.222−5.449=0.773m

x1=(1.1292−0.984∗0.773 )+0.8

h∗1.1292

22∗1.129−0.984+0.8h∗1.129

∴ x1=0.514+0.510h1.274+0.903h

Hallando la FH 2:FH 2=γ petl∗hG∗APROY FH 2=900∗1∗2∗10

∴FH 2=18000 K⃗gf b=1.33m Hallando la FV 2:

FV 2=900∗1.274∗10

∴FV 2=11466 K⃗gf

Hallando X3:

X3=1.1292−0.984∗0.773

2∗1.129−0.984

∴ X3=0.403m Hallando la FV:FV=900∗5.449∗2∗10

∴FV=98082 K⃗gf

Hallando c:

c=5.4492

∴ c=2.72m

Hallando la Pm:

Pm=P8−¿γ acet∗0.8− γagua∗1.2=4862−800∗0.8−1000∗1.2¿

∴Pm=3022 K⃗gf /m2

Entonces :Fm=3022∗5.449∗10 ∴Fm=164668.78 K⃗gf

Su brazo es :

∴ c=2.72m Hallando el centro de gravedad donde actúa el peso de la compuertaPrimeramente lo hago para la parte OA:W 1

θ=0.5041 rad L=Rθ=3.529m ∴W 1=150∗3.529∗10=5293.5 K⃗gf

dL=√1+ f '2

(x)dx

x2+ y2=49→ y=√49−x2

y '2= x2

x2+49

Reemplazando y hallando X w1 se tiene :XW 1

=0.578m

L1=5.449m

∴W 2=150∗5.449∗10=8173.5 K⃗gf Su brazo del W 2es:c=2.72m

Aplicando ∑M 0=0 ; horario (-):FH 1 (a )+FV 1 (x1 )+W 1 (c )+Fm(c)−F H 2 (b )−FV 2 ( X2 )−FV (c )−W 2(c)=0

20000(0.8h+1)(1−1

3 ( 0.8h+1 ) )+10000(1.274+0.903h)( 0.514+0.510h1.274+0.903h )+5293.5 (2.72 )+164668.78(2.72)−18000 (1.33 )−11466 (0.403 )−98082❑ (2.72 )−8173.5(2.72)=0

∴h=7.734359099635m

PROB 9.- En el sistema de la figura N° 09, se muestra la compuerta OA de 2m de longitud (perpendicular a OA) y pesa 3,200kgf, puede pivotear en el eje O, R = 2m.. (radio de curvatura de OA) y = 20°. Calcular “h” para que la compuerta inicie a levantarse.

FIGURA N° 09

..............................................Ing. Jaime L. Bendezú Prado

Docente.

Hallando presión en el punto (8):

P1=PA+γ agua (h )++γHg (0.2 )=−1348+1000∗h+13600∗0.2=(1372+1000h) k⃗gm2=P2

P3=P4=(1372+1000h−1000∗x) k⃗gm2

P5=P6 ¿P7=1372+1000h−1000∗x+13600∗0.15=(3412+1000h−1000∗x ) k⃗gm2

P8=3412+1000h−1000∗x+1000∗y=(3412+1000(h−x+ y )) k⃗gm2

Pero h−x+ y=1.45m

P8=(3412+1000(1.45)) k⃗gm2

P8=4862k⃗gm2