Mecanica de Fluidos Fis 2 y Op 1

MANOMETROS

¿QUE ES Y PARA QUE SIRVE? El manómetro es un instrumento utilizado para la medición de la presión en los fluidos, generalmente determinando la diferencia de la presión entre el fluido y la presión local. Sabiendo que la presión se puede expresar como:

P

F ; y haciendo F = W (el peso del fluido), ademas : A P

F W mg h mgh mgh m  =      gh   gh A A A h Ah V V

Tambien sabemos que :    g , entonces : P   gh   h PRINCIPIO FUNDAMENTAL DE LA HIDROSTATICA:

P2  P1   h Esto dependiendo mucho de la posición de los puntos 1 y 2. Si se considera al punto 1 como la presión inicial y al punto 2 como la presión final, entonces: 

Si el punto 2, está por debajo del punto inicial 1, entonces se usa el signo positivo en la expresión, indicando esto un aumento de presión con respecto al punto 1



Si el punto 2, está por encima del punto inicial 1, entonces se usa el signo negativo en la expresión, indicando esto una reducción de presión con respecto al punto 1.

Según las expresiones vistas hasta ahora, vemos que la variación en la presión entre dos puntos (a diferentes alturas) en un mismo fluido depende mucho de la naturaleza del fluido en cuestión.

INGENIERIA QUIMICA – AMBIENTAL Y ALIMENTOS

Para un manómetro como el de la figura 1 existen tres opciones de planteamientos en ejercicios:   

Si se conocen todas las alturas y todos los pesos específicos de los líquidos manométricos, se nos pedirá una diferencia de presión o una presión en los puntos extremos o intermedios. Si se conocen las presiones en los extremos (diferencia de presiones) y todas las alturas, se nos pedirá entonces un peso específico (real o relativo) de un líquido intermedio. Si se conocen las presiones en los extremos (diferencia de presiones) y todos los pesos específicos de los líquidos, nos pedirán una altura o diferencia de alturas.

Figura 1 Ejemplo 1: Si:

N N ; h2  0,5m   2  400 3 3 m m N N h3  0, 7m   3  85 3 ; h4  0, 6m   4  100 3 m m N N h5  0,9m   5  150 3 ; h6  1m   6  200 3 m m h1  0,8m   1  960

Determinar la diferencia de presiones entre A y B. Solución: Realizando un análisis de presiones y tomando como punto inicial el punto A:

PA   1h1   2 h2   3h3   4 h4   5h5   6 h6  PB PAB  PA  PB   3h3   4 h4   6 h6   1h1   2 h2   5 h5

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[1]

MECANICA DE FLUIDOS

- OPERACIONES UNITARIAS I (PRQ - 202)

N  N  N   N     PAB   85 3   0, 7m   100 3   0, 6m    200 3  1m    960 3   0,8m   ... m m m m         N  N    ...   400 3   0,5m   150 3   0,9m  m  m   



PAB  783,5Pa  PBA  783,5Pa

Ejemplo 2:

Si : PAB  750Pa Hallar cuanto debería ser el nuevo peso específico del líquido 3. Solución: Del anterior ejemplo:

3 

1  PAB   4 h4   6 h6   1h1   2h2   5h5  h3

3 

1 N 750  100  0, 4    200 1   960  0,8   400  0,5   150  0,9   3 0, 7 m 

[2]

 3  1613

N m3

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1.

En la figura el manómetro A marca 1.5kPa (manométrica). Los fluidos se encuentran a 20ºC Determine la elevación “z” en metros del nivel al que se encuentran los líquidos en los tubos B y C. De tablas :  gasolina  6670 N / m3   glicerina  12360 N / m3 Solución: Realizando un análisis de presiones MANOMETRICAS:

PA   gasol hB  PB

Con :

PB  0

y reemplazando datos :

1500Pa  6670 N / m3 hB  0



hB  0, 225m  22,5cm

zB:

Tomando a z  0 como nivel de referencia : zB  (1  1,5  hB )m  2, 725m



zB  2, 725m

zC :

PA  1,5 gasol hB  hC glice  PC Con

PC  0

y reemplazando datos :

1500Pa  1,5 6670 N / m  hC 12360 N / m  0 3

3



hC  1,931m  193,1cm

Tomando a z  0 como nivel de referencia : zC  (1  hC )m  1,931m



zC  1,931m

2.

El depósito de la Figura contiene agua y aceite inmiscible a una temperatura de 20ºC. ¿Cuál es la altura h en centímetros si la densidad del aceite es 898 kg/m3? De tablas : agua  998kg / m3 Solución: Entrando a tablas agua  998kg / m3

Realizando un análisis de presiones MANOMETRICAS: PA   aceite (h  0,12)   agua (0,12  0.06)  PB Con PB  0 ,

PA  0



  g : aceite g (h  0,12)  agua g (0,12  0.06)  0

reemplazando datos :

898kg / m3 (h  0,12)  998kg / m3 (0,12  0.06)  0 

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h  80cm

[3]

MECANICA DE FLUIDOS

- OPERACIONES UNITARIAS I (PRQ - 202)

3.

Las superficies de agua y gasolina de la Figura están abiertas a la atmosfera y a la misma altura. Si los dos fluidos se encuentran a 20ºC, ¿Cuál es la altura h del tercer líquido del lado derecho? De tablas :  gasolina  6670 N / m3   agua  9790 N / m3 Solución: Realizando un análisis de presiones MANOMETRICAS: PA  1,5 agua  (h  1) L  (2,5  h) gasolina  PB Con PB  0 ,

PA  0

1,5 agua  (h  1) L  agua  (2,5  h) gasolina  0 h

1,5 agua   L  agua  2,5 gasolina

 L  agua   gasolina





 L   L  agua : Despejando h y reemplazando datos :

1,5 9790  1, 6 9790  2,5 6670 m 1, 6 9790  6670

Entonces : h  1,52m

4.

El depósito cerrado de la Figura se encuentra a 20ºC. Si la presión absoluta en el punto A es de 95kPa, ¿Cuál es la presión absoluta en el punto B, medida en kilopascales?, ¿Qué error porcentual se comete si se desprecia el peso específico del aire? De tablas :  aire  11,81N / m3   agua  9790 N / m3 Solución: a)

Sin Aire Realizando un análisis de presiones ABSOLUTAS: PA  2 agua  PB PB  PA  2 agua  (95000  2 9790) Pa

Despejando PB y reemplazando datos :



b)

PB  75, 42kPa

Con Aire Realizando un análisis de presiones ABSOLUTAS: M aire  M O2 xO2  M N2 xN2  32 gr / mol (0, 21)  28gr / mol (0,79)  28,84 gr / mol

aire ( A) 

PA M aire 95000 Pa 28,84 gr / mol   1124, 71g / m3  1,125kg / m3 J RT 8,314 293º K mol º K  aire( A)  aire g  1,125kg / m3 9,81m / s 2  11,036 N / m3

PA  4 aire( A)  2 agua  PB  2 aire( B ) .......(1) Para  B :

[4]

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INGENIERIA QUIMICA – AMBIENTAL Y ALIMENTOS

PB M aire PB 28,84 gr / mol g 9,81m / s 2  0,1161103 PB J RT 8,314 293º K mol º K Despejando PB y reemplazando datos : P  4 aire ( A)  2 agua 95000 Pa  4m 11, 036 N / m3  2m 9790 N / m3 PB  A   75464,144 Pa (2 0,1161103  1) (2 0,1161103  1)

 aire ( B )  aire( B ) g 



PB  75, 46kPa

El error porcentual sera : E% 

75, 46kPa  PB  75, 42kPa 100%  0, 053% 75, 46kPa

5.

El Sistema de aire, aceite y agua de la Figura se encuentra a 20ºC. Sabiendo que el manómetro A indica una presión absoluta de 15 lbf/in2 y que el manómetro B indica 1,25 lbf/in2 menos que el manómetro C, calcule a) El peso específico del aceite en lbf/ft 3 y b) La presión absoluta que marca el manómetro C en lbf/in2. De tablas :  agua  9790 N / m3 Solución: Realizando la conversión de unidades: PA  15 lbf / in2  2160 lbf / ft 2 Condición del problema: PB  PC  1, 25 lbf / in2  PC  180 lbf / ft 2 ............(1)

Realizando un análisis de presiones ABSOLUTAS de B a C: PB  (1 ft )   Aceite  (2 ft )   agua  PC ............(2) Reemplazando (1) en (2) : PC  180 lbf / ft 2  (1 ft )   Aceite  (2 ft )   agua  PC

 Aceite  180  2 agua   Aceite  (180  2  9790)lbf / ft 3



 Aceite  55, 2 lbf / ft 3

Realizando un análisis de presiones ABSOLUTAS de A a C: PA  (2 ft )   Aceite  (2 ft )   agua  PC  1 ft  PC  15  2 ft  (55, 2  62, 4) lbf / ft 3     12in 

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2



PC  16,63 lbf / in2

[5]

MECANICA DE FLUIDOS

- OPERACIONES UNITARIAS I (PRQ - 202)

6.

El sistema de la Figura está a 20ºC. Si la presión del punto A es de 1900 lbf/ft 2, determine las presiones en los puntos B, C y D. De tablas :  agua  64, 4 lbf / ft 3 Solución: Además: PA  1900 lbf / ft 3 Realizando un análisis de presiones de A hasta B: PA  (1 ft )   agua  PB Reemplazando datos :

PB  1900 lbf / ft 2  (1 ft )  62, 4lbf / ft 3



PB  1837,6 lbf / ft 2

Realizando un análisis de presiones de A hasta C: PA  (3 ft )   agua  PC Reemplazando datos :

PC  1900 lbf / ft 2  (3 ft )  62, 4lbf / ft 3



PB  2087, 2 lbf / ft 2

Realizando un análisis de presiones de A hasta D: PA  (5 ft )   agua  PD Reemplazando datos :

PC  1900 lbf / ft 2  (5 ft )  62, 4lbf / ft 3

7.

PB  2212 lbf / ft 2



El sistema de la Figura está a 20ºC. Sabiendo que la presión atmosférica es de 101,33kPa y que la presión en la parte superior del depósito es de 242kPa, ¿Cuál es la densidad relativa del fluido X?

De tablas :

 Ac SAE  8720 N / m3 ;  agua  9790 N / m3   mercurio  133100 N / m3 Solución: Dato: Patm  101330Pa Realizando un análisis de presiones desde la superficie hasta el fondo denominándolo como punto A: Patm  (1m)   Ac SAE  (2m)   agua  (3m)   X  (0,5m)   Hg  PA Reemplazando datos y recordando que :  X   X   agua 101330Pa  (1)  8720  (2)  9790  (3m)   X  9790  (0,5) 133100  242000



[6]

 X  1,56

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8.

El tubo en U de la figura tiene un diámetro interior de 1cm y está lleno con mercurio. Si se vierten 20cm3 de agua en la rama derecha, ¿Cuál será la altura de cada rama una vez se estabilicen los fluidos? De tablas :  agua  9790 N / m3   mercurio  133100 N / m3 Solución: Calculo de la altura de agua:   V  d 2 hagua 20cm3  (1cm)2 hagua 4 4

 hagua  25, 46cm

Realizando un análisis de presiones desde el ramal izquierdo al derecho:

PIzq  (hHg  0,1) Hg  (0,1  hHg ) Hg  hagua agua  PDer

Con

PDer  PIzq

y desarrollando : hHg  Hg  0,1 Hg  0,1 Hg  hHg  Hg  hagua agua  0

2hHg  Hg  hagua agua  0 Reemplazando datos :

2hHg (133100 N / m3 )  25, 46cm  9790 N / m3  0  hHg  0,94cm

Entonces las alturas de la izquierda y derecha desde la base serán:

zIzq  10cm  hHg

zDer  10cm  hHg  hagua

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zIzq  10,94cm

 

zDer  34,52cm

[7]

MECANICA DE FLUIDOS

9.

- OPERACIONES UNITARIAS I (PRQ - 202)

El gato hidráulico de la Figura está LLENO de aceite con 56 lbf/ft 3. Si se desprecia el peso de ambos pistones ¿Qué fuerza hay que ejercer sobre la palanca si se quieren soportar 2000 blf de peso?

Solución: Aplicando el principio de pascal: Los líquidos transmiten presión a través de ellos, pero no son conductores de fuerza. Aplicando momentos en el punto “A”: MA  0 1   16  FP  ft   F  ft   0 12    12  1 F  FP  FP  16F 16 Aplicando el principio de Pascal, llamando punto 1: W FP W 16 F P1  P2   ;  A1 A2   2 2  3 in  1 in  4 4





2000 lbf 16 F  9in2 1in 2

F  13,89lbf

10. A una temperatura de 20ºC el manómetro A marca 350 kPa de presión absoluta. ¿Cuál es la altura h de agua en centímetros? ¿Qué presión absoluta es kilopascales marcara el manómetro B? De tablas :  agua  9790 N / m3   mercurio  133100 N / m3 Solución: Realizando un análisis de presiones: PA  (0,8m) Hg  h agua  P  350kPa  (0,8m)131,1kN / m3  h  9, 79kN / m3  180kPa

h  6,65m  665cm

Tambien : PA  (0,8m) Hg  (0,8m ) agua  PB  PB  350kPa  (0,8m ) (131,1 9, 79)kN /m3 PB  252,9kPa(abs)

Otra forma : P   agua (h  0,8m)  PB

[8]

 PB  180kPa  9, 79(6, 65 0,8)m

PB  252,9kPa(abs)

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11. La compuerta AB de la figura mide 1,2 m de longitud y 0,8 m de anchura. Despreciando la presión atmosférica, calcule la fuerza F sobre la compuerta y la posición X. Solución: Calculando la fuerza hidrostática: FH   L hC A   L agua hC A Para la conversión del eje VERTICAL al INCLINADO o viceversa se realizara la siguiente consideración:

sin  

h y

 h  y sin 



y

h sin 

La altura hasta en centro de gravedad desde la superficie libre del líquido será:  1, 2  hC  4m  1   m  sin 40º  hC  5, 028m 2   Calculando la fuerza hidrostatica '' FH  F '' :

FH   0,8m  9790 N / m3  5,028m  1, 2  0,8 m2 

F  FH  38752,8N

Calculando ahora '' X '' : 1 3 1 3 bh  0,8m 1, 2m  I XX 5, 028m 12 12 yCP  yC   yC    yC A yC A sin 40º  5, 028m  2    0,8 1, 2  m  sin 40º  Tambien yCP se calculaahora :

yCP 



yCP  7,824m

4m  1m  X sin 40º

Entonces :

yCP  7,824m 

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4m  1m  X sin 40º



X  0,601m  60,1cm

[9]

MECANICA DE FLUIDOS

- OPERACIONES UNITARIAS I (PRQ - 202)

12. Una compuerta vertical mide 4m de anchura y está separado un nivel de agua de 2m de otro de 3m, estando ambos a 20ºC. Calcule el momento con respecto al fondo que es necesario para mantener la compuerta en esa posición. Solución: F1: F1   agua hC1 A1   9790 N / m3  1m  2  4  m2  F1  78320 N

F2   agua hC 2 A2   9790 N / m3  1,5m  3  4  m2

F2 :

 F2  176220 N hCP1: 1 1 3 bh13  4m  2m  12 12  hC1   hC1   1m   1,33m hC1 A1 hC1  w  h1  1m  4  2  m 2 I XX (1)

hCP1

hCP2 : 1 1 3 bh23  4m  3m  12 12  hC 2   hC 2   1,5m   2m hC1 A1 hC 2  w  h2  1,5m  4  3 m2 I XX (1)

hCP2

Aplicando momentos en el punto “A”:

M

A

 F2 d2  F1d1  176220 N  3  2 m   78320 N  2  1,33 m 

M

A

 123745,6 Nm

13. El panel ABC de la cara inclinada del depósito de agua de la Figura tiene forma de triángulo isósceles con vértice en A y base en BC = 2m. Calcule la fuerza del agua sobre el panel y su línea de acción. Solución: 2 2 FH : hC  h   4m   2, 67m 3 3 1  FH   agua hC A   9790 N / m3   2, 67m    2  5  m2 2   FH  130533,33N

h CP :

hCP

1 3 bh I XX 36  hC   hC   2, 67m  hC APr oy hC APr oy

1 3  2m  4m  12  3m 1  2, 67m  2  4  m2 2 

Entonces : hCP  3m 

[10]

h  1m

 respecto del suelo

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14. La compuerta AB de la figura tiene una anchura de 5 ft está articulada en A y sujeta en B. El agua está a 20ºC. Calcule a) La fuerza sobre el apoyo B y b) Las reacciones en A si la profundidad del agua es de h = 9,5 ft. Solución: FH :

FH   agua hC A   62, 4 lbf / ft 3   9,5  2  ft  4  5 m2  FH  9360 lbf

h CP :

hCP

1 3 1 3 bh  5 ft  4 ft  12 12  hC   7,5 ft   7, 68 ft hC A 7,5 ft  4  5  ft 2

Aplicando momentos en el punto “A”:

M

A

 0 ; FH  2  a  ft  FB  4 ft   0  FB 

2  a F 4

H



 2  0,18  9360 lbf 4

FB  5101, 2 lbf

15. En la figura la compuerta superior AB tapa una apertura circular de 80 cm de diámetro la compuerta se mantiene cerrada mediante una masa de 200 kg, según se muestra en la figura. Suponga que la gravedad es estándar y la temperatura 20ºC, ¿Para qué valor de h se desbloqueará la compuerta? Desprecie el peso de la puerta. Solución: En AB :

 200kg   9,8m / s 2  F W mg     3899,3Pa 2  2 A A   0,8m  4 4 Realizando un análisis de presiones: PAB 

0

Patm   agua h  PAB

;

9790N / m  h  3899,3Pa 3



h  0, 4m  40cm

Entonces la compuerta se abrirá para una altura mayor a 40 cm: h  40cm

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[11]

MECANICA DE FLUIDOS

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16. La compuerta AB de la figura tiene una longitud L una anchura B perpendicular al papel, está articulada en B y tiene un peso despreciable. El nivel h del líquido permanece siempre en la parte superior de la compuerta con independencia de su ángulo. Obtenga una expresión analítica para la fuerza P, perpendicular a AB que hay que ejercer sobre la compuerta para mantenerla en equilibrio. Solución: h 1 FH : FH   L hC A   L  L  b   h L Lb 2 2 yCP :

1 3 1 3 bL bL L L L 2 yCP  yC  12   12    L L hC A 2 2 6 3 Lb 2

Aplicando momentos en el punto “B”: 2    M B  0 ; PL  FH  L  3 L   0  P   FB  h L Lb 6

1  FH  L  3   1F H L 3

17. La presión manométrica de la bolsa de aire de la Figura es de 8000 Pa. El depósito es cilíndrico. Calcule la fuerza hidrostática neta a) en el fondo del depósito. b) En la superficie cilíndrica CC y c) En la superficie anular BB. Solución: La presion en el fondo: FF :

PF  PA   H2O H  8000Pa   9790 N / m3   0,37m  Pero : FF  PF  AF FF  11622,3Pa      0,36m 2   FF  1183N   4  FCC : Como se trta de un cilindro y la presion a una det er min ada profundidad se da en todas las

PF  11622,3Pa

direcciones, la suma vectorial en CC es cero :  FBB :

PBB  PA   H2O h  8000Pa   9790 N / m

3



2 2  FBB  10447,5Pa     0,36m    0,16m  4

[12]

  0, 25m  10447,5Pa

  2

FCC  0



FF  853, 4 N

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INGENIERIA QUIMICA – AMBIENTAL Y ALIMENTOS

18. La compuerta AB de la figura es una masa homogénea de 180kg, 1,2m de anchura, articulada en A y apoyada sobre B. todos los fluidos se encuentran a 20ºC. ¿A qué profundidad del agua h se anula la fuerza en el punto B? Solución: Para la Glicerina:

1   hCG   2  sin 60º  m  1,567m 2   FG  12340 N / m3  1,567m 11, 2  m2  23204,14 N FG   G hCG A ;

FG :

De forma general :

hCP  hC  a  hC 

En el eje inclinado : yCP  yC  b  hC  yCPG :

yCPG  yCG  bG 

I XX hC Aproyectada

I XX  hC A



b

a

I XX hC Aproyectada

I XX hC A

1 3 1 3 bL 1, 2m 1m  hCG 1,567m 12   12    1,81m  0, 046m hCG 1,567m sin 60º A sin 60º 1, 2 1 sin 60º sin 60º  yCG  1,81m  bG  0, 046m

Para el Agua:

1   hCA   h  sin 60º  m   h  0, 433 m 2   FA   9790 N / m3   h  0, 433 m 11, 2  m2  11748  h  0, 433 N FA   AhCA A ;

FA :

1 3 1 3 bL 1, 2m 1m  h  0, 433 m  hCG 12 12 yCPG  yCA  bA     hCA sin 60º sin 60º  h  0, 433 m 1, 2 1 m2 A   sin 60º sin 60º 0, 072 0, 072  1,155  h  0, 433 m  m  yCA  1,155  h  0, 433 m  bA  m  h  0, 433  h  0, 433

yCPA :

yCPA

Aplicando momentos en el punto “A”:  M A  0 ; FG  0,5  bG   FA  0,5  bA    mg cos 60º  0,5  0  Reemplazando :

 0, 072  23204,14  0,5  0, 046   11748  h  0, 433   0,5    180  9,8  cos 60º  0,5  0  h  0, 433  

13110, 46  5874  h  0, 433  845,86



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h  2,52m

[13]

MECANICA DE FLUIDOS

- OPERACIONES UNITARIAS I (PRQ - 202)

19. La compuerta AB de la figura tiene L=15 ft de longitud y w=8 pies de ancho perpendicular al papel y está articulada en B con un topo en A. El agua está a 20ºC. La compuerta está constituida con acero de 1 in de espesor, cuya densidad relativa es de 7,85. Calcule el nivel de agua h para el cual la compuerta comienza a caer. Solución:

FH : h  h  h  FH   Agua hC A   Agua    w ; y  sin 60º  2  sin 60º  2  h  h  FH   62, 4 lbf / ft 3     8 ft   FH  288, 2h lbf  2  sin 60º 

, Donde h esta en pies

yCP : 3

yCP

1  h  w  hC h h 12  sin 60º   yC  b     hC  h sin 60º  2sin 60º 6sin 60º w  sin 60º  sin 60º 

 b

h 6sin 60º

Aplicando momentos en B: L  y   0 ; WL  NL  WC  cos 60º   FH   b   0 2 2     WC Tambien:  C   WC   CVC   C  AguaVC VC

M

B

1  WC   7,85  62, 4 lbf / ft 3  15  8    WC  4898, 4 lbf 12  

Ademas: N  0

1 

Porque cuando cae ya no hay contacto

L h    WL  WC  cos 60º   FH  b 2 2sin 60º    

Reemplazando datos:

10000 lbf 15 ft    4898, 4 lbf   cos 60º

15 ft  h h  2    288, 2h   2  2sin 60º 6sin 60º  

 1 1   3 288, 2h3     131631  110,93h  131631  2sin 60º 6sin 60º  

h  10,6 ft

Para una altura mayor a h>10,6 ft la compuerta cae [14]

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20. El depósito de la figura tiene un tapón de 4cm de diámetro en el lado de la derecha. Todos los fluidos se encuentran a 20ºC. El tapón saldrá si la fuerza hidrostática que soporta supera los 25N. En esta condición ¿Cuál será la lectura h del manómetro de mercurio de la izquierda? Solución:

hC : FH   Agua hC A  25 N   9790 N  hC



hC  2,032m

 4

 0, 04 

2

Pero, siendo D  4cm : hC  H 

D  0, 04m  sin 50º  2, 032  H    sin 50º   H  2, 047m Por ultimo : 2 2  

Por ultimo : Patm   Agua  H  0,02m    Hg h  Patm 

 9790  2,047  0,02   132800h

h  0,152m  152mmHg

21. La compuerta ABC de la figura está articulada en el punto B y tiene una anchura de 2m. La compuerta se abrirá en el punto A si la profundidad del agua es suficiente. Calcule la profundidad h para la que la compuerta comienza a abrirse. Solución:

F1: y  F1   Agua hC1 A   Agua  h  1     h  1  w  ; 2  w 2m 2 2 2 F1   Agua   h  1  9790 N / m3   h  1  9790  h  1 2 2 La Presión en la compuerta AB será:

PAB  Patm   Agua  h  1 ; PAB   Agua  h  1 0

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[15]

MECANICA DE FLUIDOS

- OPERACIONES UNITARIAS I (PRQ - 202)

Para una superficie:

FAB  F2  PAB A2   Agua  h  1   w  0, 2   9790  h  1 2  0, 2   F2  3916  h  1

M

B

 0 ; F1 z  R  0, 2   F2  0,1  0

Pero: R  0 Entonces:

F1 z  0,1F2 .....(1) F1 z  0,1F2

.....(1)

h  1 9790  h  12    0,1 3916  h  1   3

h  1,346m



22. La compuerta AB de la figura es semicircular, está articulada en B y se mantiene vertical mediante una fuerza horizontal P. ¿Cuál es la fuerza P necesario para mantener el equilibrio? Solución: Para una compuerta semicircular: Dónde:

r

4 R 3

Entonces:

4  3m   6, 73m 3

hC :

hC  8m  r  8m 

FH :

FH   Agua hC A   9790 N / m3   6, 73m 





1 2    3m   931451,3N 2

0,109757   3m  I XX 0,109757  r 4  hC   6, 73m   6,83m 2 hC A hC A  6, 73m   3m   2   M B  0 ; P 3m  FH 8  hCP  m  0 ,Reemplazando :

h CP :

4

hCP  hC 

P  3m   931451,3N 8  6,83 m [16]



P  363266 N

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23. La presa ABC de la figura tiene 30m de ancho perpendicular al papel y está constituida de hormigón (densidad relativa 2,4). Calcule la fuerza hidrostática sobre la superficie AB y su momento alrededor de C. Suponiendo que no hay filtraciones de agua bajo la presa. Solución: NOTA: Podemos tomar a la superficie de la represa como una compuerta y realizar los cálculos de igual forma.

FH :

FH   Agua hC A   9790 N / m3   40m 100m  3m  FH  1,1748 109 N

Calculo de la hipotenusa de la represa:

L

b:

80m  yCP

2

  60m   100m  2

yCP  50m

1 3 1 3 bh   30m 100m  I XX  yC   yC  b  b  12  12  b  16, 67m hC A yC A 50m  30m 100m  Formando dos triángulos rectángulos uno ABC y el otro BCD:

80m  80m  ;   Arcsin      53,13º 60m  60m  a cos   ; a  60m  cos53,13º  a  36m 60m

sin  

M M

C

 FH  b   50  a   m

C

 1,1748 109 N  16, 67   50  36   m 

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M C  3,137 109 Nm

[17]

MECANICA DE FLUIDOS

- OPERACIONES UNITARIAS I (PRQ - 202)

24. La compuerta AB de la figura tiene forma de triángulo isósceles, está articulada en A y pesa 1500N. ¿Cuál es la fuerza horizontal P que se debe aplicar en el punto B para mantener el sistema en equilibrio? Solución: Para una compuerta triangular:

Entonces:

hC :

FH :

2m  h  2, 61m h 1 hC  3m   2m   3, 667m 3

sin 50º 

h:

FH   Agua hC A   0,83  9790 N / m3   3, 667m 

1 1 2, 61 m2  38885N 2

En el eje “y”:

1 wh3 36  7,91102 m hC 1 2 1 2, 61 m sin 50º 2 Aplicando momentos en el punto “A”: h  h  M A  0 ; FH  3  b   W cos 50º  3   P sin 50º h  0

b:

I b  XX  hC A

h  h FH   b   W cos 50º   3   3  ,Reemplazando : P sin 50º h  2, 61   2, 61  38885 N   0, 0791 m  1500 N cos 50º  m 3    3  P sin 50º 2, 61m  P  18039,1N

[18]

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