Mecanica_C2

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STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Capítulo 2: Estática de fluidos
 
Ejercicio 2-4 
 
Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales. 
 
Aire
Agua
Aire A
B
C
D
0,
3
0,
3
0,
6
1,
0
Aceite
Dens. 
Esp.
0,9
 
Resolución 
 
Punto A 
pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa 
pA = – 588 KPa 
Punto B 
pB = γh = 9806 N/m .0,6 m = 5883,60 Pa B 3
pB = 588 KPa 
Punto C 
pC = pB = 5883,60 Pa B
pC = 588 KPa 
Punto D 
pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m3.1,9 m = 22651,86 Pa 
pD = 2265 KPa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 1
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Ejercicio 2-15 
 
En la figura, para una lectura h = 20 in; determínese la presión en A en libras por pulgada 
cuadrada. El líquido tiene una densidad relativa de 1,90. 
A
h
 
Datos 
 
h = 20 in 
S = 1,90 
 
Resolución 
 
pA = γh 
pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft3 = 0,069 lb
 ft3 1728 in3 in2
pA = 0,069 lb
 in2
 
Ejercicio 2-24 
 
En la figura, A contiene agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,94. Cuando 
el menisco izquierdo está en cero en la escala, pA = 100 mmH2O. Encuéntrese la lectura en el 
menisco derecho para pA = 8 kPa sin ningún ajuste del tubo en U o de la escala. 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 2
A
60
0 
m
m
0 0
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Datos 
 
S = 2,94 
pA0 = 100 mmH2O 
pA = 8 kPa 
 
Resolución 
 
Cuando el meñisco izquierdo maraca cero tenemos 
pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = 0 
100 mmH2O. 1 m. 101325 pa + 9806 N 600 mm. 1m – 2,94.9806 N/m3 hi = 0 
 1000 mm 10,34 mH2O m3 1000 mm 
979,93 Pa + 5883,6 Pa – 28829,64 N/m3 hi = 0 
Despajando 
hi = – 979,93 Pa – 5883,6 Pa = 0,240 m 
– 28829,64 N/m3
hi = 0,240 m 
 
Cuando aumentamos la presión en A tenemos 
 
A
60
0 
m
m
0 0
dh
dh
hi
dh
hf
 
 
pA + γH2O(h1 + Δh) – SγH2O(hi + 2Δh)= 0 
pA + γH2Oh1 + γH2O Δh – SγH2Ohi – SγH2O2Δh = 0 
pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = SγH2O2Δh – γH2O Δh 
pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = Δh(2.S.γH2O – γH2O) 
Δh = pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi 
 (2.S.γH2O – γH2O) 
Reemplazando 
Δh = 8000 Pa + 9806 N/m30,6 m – 2,94.9806 N/m30,240 m = 
 (2.2,94. 9806 N/m3 – 9806 N/m3) 
Δh = 0,145 m 
Finalmente la lectura en el lado derecho será 
hf = hi + Δh 
hf = 0,240 m + 0,145 m = 0,385 m 
hf = 385 mm 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 3
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Ejercicio 2-33 
 
El recipiente mostrado en la figura tiene una sección transversal circular. Determínese la fuerza 
hacia arriba sobre la superficie del tronco de cono ABCD. ¿Cuál es la fuerza hacia abajo sobre el 
plano EF?¿Es, esta fuerza, igual al peso del fluido? Explique. 
 
A
B C
D
E F
Agua
2
1
5
2 ft diám
4 ft diám
 
Datos 
 
∅mayor = 4,00 ft 
∅menor = 2,00 ft 
θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 
 1,00 ft 
 
Resolución 
 
Sobre ABCD 
A2 A3A1 1,4
1
O
1 2 1
 
A = A1 + A2 + A3 
A = ½ 1,00 ft.1,414 ft + 2,00 ft.1,414 ft + ½ 1,00 ft.1,414 ft 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 4
A = 4,245 ft2
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Ay’p = A1y1 + A2y2 + A3y3 
y’p = 0,707 ft20,47 ft + 2,828 ft2x0,707 ft + 0,707 ft20,47 ft 
4,245 ft2
y’p = 0,628 ft 
yp = 2ft + 1,41 ft – y’p = 2,786 ft 
yp = 2,786 ft 
 
Fn = γypA = 62,4 lb .2,786 ft.4,245 ft2 = 737,98 lb 
 ft3
Fv = Fn cos θ = 737,98 lb cos 45 = 521,83 lb 
Fv = 52183 lb
 
Sobre EF 
 
V1 = 2πxpA 
 
A = ½ 1,00 ft.1,00 ft + 5,00 ft.1,00 ft = 5,50 ft 
xp = 0,50 ft20,66 ft + 5,00 ft2x0,50 ft
5,50 ft 
xp = 0,51 ft 
 
V1 = 2πxpA = 2π.0,51 ft.5,50 ft2
V1 = 17,80 ft3
 
V2 = hA = 8,00 ftπ(1,00 ft)2
V2 = 25,13 ft3
 
V = 17,80 ft3 + 25,13 ft3 = 42,93 ft3
Fn = 42,93 ft3 62,4 lb/ft3 
Fn = 267900 lb 
 
 
Ejercicio 2-36 
 
Una superficie triangular de ángulo recto vertical tiene un vértice en la superficie libre de un líquido. 
Encuéntrese la fuerza sobre un lado (a) por integración y (b) por fórmula. 
 
A
B C
h
A
b
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 5
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Resolución 
 
Por integración 
 
F = ∫ApdA 
 = ∫Aγyxdy 
 = γ∫0hyxdy 
donde 
y = hx 
 b 
x = by 
 h 
reemplazando 
F = γ∫0h(by)ydy 
 h 
F = γ∫0h y2bdy 
 h 
F = γb ∫0hy2dy 
 h 
F = 1 γbh2
3 
Por formula 
F = pdA 
F = γhdA 
F = γ 2h.bh
 3 2 
F = 1 γbh2
3 
 
Ejercicio 2-37 
 
Determínese la magnitud de la fuerza que actúa sobre una lado del triángulo vertical ABC de la 
figura (a) por integración y (b) por fórmula. 
 
A B
C
A
5
5
Aceite
γ = 55 lb/ft3
3 4
 
 
Resolución 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 6
Por integración 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 
dF = pdA 
dF = γyxdy 
F = γ∫yxdy 
donde 
x = 5,0 (7,40 – y) 
 2,4 
reemplazando 
F = γ∫57,4(37,0 – 5,0y)ydy 
 2,4 2,4 
F = γ∫57,4(37,0y – 5,0y2)dy 
 2,4 2,4 
F = γ∫57,437,0y – γ∫57,45,0y2dy 
 2,4 2,4 
F = γ37,0∫57,4y – γ5,0∫57,4y2dy 
 2,4 2,4 
F = – γ37,0[y2|57,4] + γ5,0[y3|57,4] 
 2,4 2 2,4 3 
F = – 55,0. 37,0[7,42 – 5,02] + 55,0. 5,0[7,43 – 5,03] 
 2,4 2 2 2,4 33 
finalmente 
F = 1914,00 lb 
Por formula 
F = pA 
F = γhA 
F = γ (5,00 ft+ 1h).bh
 3 2 
F = 55,00 lb(5,00 ft+ 2,40ft).5,00 ft.2,40 ft
 ft3 3 2 
F = 1914,00 lb 
 
Ejercicio 2-46 
 
La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, 
descartando el peso de la presa. 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 7
A
B
Puntal
2
4
6
3 φθ
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
 
Resolución 
θ = arc tan (4,00 m/3,00 m) = 53º 07’ 48’’ 
ϕ = arc sen (6,00 m/4,00 m) = 41º 48’ 37’’ 
 
FA = FH + FL
Donde 
FH = γhAcos ϕ 
como el punto de aplicación de la fuerza, es decir A, está en el centroide del área donde se calcula 
la presión, la altura del área será 
hH = 2hH ⇒ hH = 3 2,00 m = 3,00 m 
 3 2 
Por prisma de presión 
FH = 9,806 kN 3,00 m 3,00 m 6,00 m cos 41º 48’ 37’’ = 
 m3 2 
FH = 197,34 kN 
Por otro lado 
hL = 2hL ⇒ hL = 3 2,50 m = 3,75 m 
 3 2 
FL = 9,806 kN 3,75 m 3,75 m 6,00 m cos (53º 07’ 48’’ – 41º 48’ 37’’) = 
 m3 2 
FL = 405,64 kN 
finalmente 
FA = FH + FL
FA = 197,34 kN + 405,64 kN 
FA = 602,98 kN 
 
Ejercicio 2-59 
 
La compuerta de la figura pesa 300 lb/ft normal al papel. Su centro de gravedad está a 1,5 pie de la 
cara izquierda y 2,0 ft arriba de la cara más baja. Tiene un gozne en 0. Determínese la posición de 
la superficie del agua cuando la puerta apenas comienza a subir. (La superficie del agua está abajo 
del gozne.) 
 
5
h
O
 
 
 
Resolución 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 8
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
E = γh(h/2) 
E = γh2
 2 
ΣMo = 0 
E[5 – h + (2/3)h] = xPC
E[5 – (1/3)h] = xPC
5E – E(1/3)h = xPC
reemplazando 
5γh2 – γh2(1/3)h = xPC
 2 2 
5γh2 – 1γh3 – xPC = 0 
 2 6 
5.62,42 lb h2 – 1.62,42 lb h3 – 1,50 ft300,00 lb = 0 
 2 ft3 6 ft3 
– 10,40 lbh3 + 156,05 lbh2 – 450 lb = 0 
 ft3 ft3 
h = 1,81 ft 
Observación: Esta distancia es medida desde el pelo libre hasta el orificio. 
 
Ejercicio 2-66 
 
Para una variación lineal de esfuerzo sobre la base de la presa de la figura. (a) Localice donde la 
resultante cruza la base y (b) calcúlese los esfuerzos compresivos máximos y mínimos en la base. 
Ignore la elevación hidrostática. 
γ' =2.5γ
7
20
3 4 11
 
Resolución 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 9
a) 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
E1
E2
P1
P2
P3θ
 
 
θ = arc tan (20/3) = 81º 28’ 9 ‘’ 
 
E1 = γh20,5 
E1 = γ7,00 m 7,00 m 0,5 = γ24,50 m2
E2 = γh0,5l 
Donde 
l = h/sen θ = 20,00 m/sen 81º 28’ 9 ‘’ = 20,22 m 
E2 = γ(7,00 m + 27,00 m)0,5.20,22 m = γ343,80 m2
P1 = γ’.A1
P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m2
P2= γ’.A2
P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m2
P3= γ’.A3
P3 = 2,5γ.11,00 m 20,00 m 0,5 = γ275,00 m2
RX = E1 + E2sen θ = γ24,50 m2 + γ343,80 m2sen 81º 28’ 9 ‘’ = γ364,00 m2
 
RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ = 
RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ = γ670,99 m2
 
lE2 = lp1l0,5 + lp20,5l(2/3) = 
 lp1 + lp20,5 
lE2 = (20,22 m)27,00 m0,5 + (20,22 m)220,00 m0,5(1/3) = 8,13 m 
 (20,22 m)7,00 m + (20,22 m)20,00 m0,5 
 
yE1 = 20,00 m + 7,00 m(1/3) = 22,33 m 
x1 = 3,00 m (2/3) = 2,00 m 
x2 = 3,00 m + 4,00 m 0,5 = 5,00 m 
x3 = 7,00 m + 11,00 m (1/3) = 10,67 m 
ΣMA = 0 
RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 = 0 
xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 = 
RY
xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m 
γ670,99 m2
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 10
xR = 11,588 m 
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b) 
σmín σmáx
 
RY = σmL 
σmáx + σmin = 2RY/L 
σmáx = 2RY/L – σmin
ΣMA = 0 
RYxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 
 2 2 3 
(σmáx + σmin)LxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 
 2 2 2 3 
σmáx11,58 m + σmin11,58 m – σmín18,00 m – σmáx18,00 m + σmin18,00 m = 0 
 2 2 2 3 3 
σmáx5,79 m + σmin5,79 m – σmín9,00 m – σmáx6,00 m + σmin6,00 m = 0 
σmáx(5,79 m – 6,00 m) + σmin(6,00 m + 5,79 m – 9,00 m) = 0 
σmáx(– 0,21 m) + σmin2,79 m = 0 
σmáx = σmin13,55 m = 0 
reemplazando 
σmin13,55 m = 2RY/L – σmin
σmín + σmin13,55 m = 2RY/L 
σmin(1 + 13,55 m) = 2RY/L 
σmin(1 + 13,55 m) = 2γ670,99 m2/18,00 m 
σmin = 2γ670,99 m2 = 
 18,00 m(1 + 13,55) 
 
σmin = γ5,12 
reemplazando 
σmáx = 2RY/A – σmin
σmáx = 2γ670,99 m2 – γ5,12 
18,00 m2
 
σmáx = γ69,43 
 
Ejercicio 2-67 
 
Resuélvase el problema 2-66 con la adición de que la elevación hidrostática varía linealmente 
desde 20 m en A hasta cero en la punta de la presa. 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 11
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
20 m
0
 
 
Resolución 
 
 
E1 = γ24,50 m2
E2 = γ343,80 m2
P1 = γ75,00 m2
P2 = γ270,00 m2
P3 = γ275,00 m2
 
RX = E1 + E2sen θ = γ364,50 m2
 Si llamamos V a la elevación hidrostática, tenemos 
V = γ20,00 m.18,00 m.0,5 = γ180 m2
RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ – V = 
RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ – γ180 m2 = γ490,99 m2
lE2 = 8,13 m 
yE1 = 22,33 m 
x1 = 2,00 m 
x2 = 5,00 m 
x3 = 10,67 m 
xV = (1/3)18,00 m = 6,00 m 
 
ΣMA = 0 
RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 + VxV = 0 
xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 – VxV = 
RY
xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m – γ180 m26,00 m = 
γ490,99 m2
 
xR = 13,640 m 
 
Ejercicio 2-89 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 12
Un tronco detiene el agua como se muestra en la figura. Determínese (a) la fuerza por metro que lo 
empujacontra la presa, (b) el peso del cilindro por metro de longitud, y (c) su densidad relativa. 
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R2
aceite den. rel. 0,8
Agua
A
B
C
D 
Resolución 
a) 
FH = FAB + FAD – FDC
FH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m 
 m3
FH = 15,69 kN/m 
b) 
FV = – FAB + FADB + FBDC
donde FADB = FBDC, entonces 
FV = – SAγA + 2.γA 
FV = – SAγ(R2 – (1/4)πR2) + 2.γ (R2 + (1/4)πR2) 
FV = – SAγR2 (1 – π/4) + 2.γR2(1 + π/4) 
FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) 
FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) 
 
FV = 133,32 kN/m 
c) 
γT = FV/VT 
γT = 133,32 kN/m = 10,61 kN 
 π(2,00 m)2 m3
ST = γT/γA
ST = 10,61 kN/m3
 9,806 kN/m3 
 
ST = 1,08 
 
Ejercicio 2-104 
 
¿Flotará en agua una viga de 4 m de largo con sección transversal cuadrada y S = 0,75 
manteniéndose en equilibrio estable con dos lados horizontales? 
 
Resolución 
G
B
 
 
W = E 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 13
SγV = γV’ 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
Sγh2L = γhh’L 
Sh = h’ 
S = h’/h = 0,75 
Esto significa que la altura sumergida será menor que la altura del objeto, y por ser una sección 
cuadrada el centro de gravedad estará por encima del centro de flotación lo que significa que el 
cuerpo NO está en equilibrio estable para los dos lados horizontales. 
 
Ejercicio 2-108 
 
Un tanque de líquido S = 0,88 es acelerado uniformemente en una dirección horizontal de tal forma 
que la presión disminuya dentro del líquido 20 kPa/m en la dirección del movimiento. Determínese 
la aceleración. 
 
Resolución 
 
x
ax
 
 
x
g
aSpp xγ−= 0 
x
g
aSpp xγ−=− 0 
xS
pgax γ
Δ−= 
reemplazando 
3
2
980688,0
806,9)20000(
m
N
s
m
m
Pa
ax
×
−
−= 
ax = 22,73 m2/s 
 
Ejercicio 2-117 
 
El tubo de la figura está lleno de líquido con densidad relativa 2,40. Cuando se acelera a la 
derecha 8,05 ft/s2, dibuje la superficie libre imaginaria y determínese la presión en A. Para pA = 8 
psi de vacío determínese ax. 
 
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 14
 
STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 
 
2
1
A
 
 
Resolución 
x
g
aSp xγ−= 
ft
s
ft
s
ft
ft
lbp 2
174,32
05,8
4,6240,2
2
2
3×−= 
 
p = – 74,84 lb 
 ft2
 
2
1
A
 
Sí 
pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb 
 1 ft2 ft2
entonces 
xS
pgax γ−= 
ft
ft
lb
s
ft
ft
lb
ax
24,624,2
174,32)1152(
3
22
×
−
−= 
 
ax = 123,75 ft/s2
MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 15
 
	Resolución 
	Sobre ABCD 
	 
	Sobre EF