Mecánica de los Fluidos (Streeter) - 9° Edición [Solucionario] PDF

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STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 1: Propiedades de los fluidos Ejercicio propuesto en clase 1 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es agua.

ν = 1 x10–6 m2/s t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 72,8 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0 FN – σ.2.perímetro = 0

L = 0,20 m σ = 72,8 x 10–3 N/m entonces

perímetro = 4.L = 0,80 m FN = 72,8 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 58,2 x 10–3 N FN = 58,2 x 10–3 N

Fuerza tangencial (FT)

además entonces ρ(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

τ = μ du dy τ = FT/A = FT/L2 FT = μ L2du dy ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s

1

CAPÍTULO 1

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

entonces u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente

μ = νρ = 1 x 10–3 Ns/m2 FT = 400 x 10–4 m2. 1 x 10–3 Ns. 0,1m/s = m2 1 x 10–3 m –3 FT = 4,0 x 10 N

Ejercicio propuesto en clase 2 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es aceite.

ν = 0,005 m2/s = 5,0 x 10–3 m2/s S = 0,90 t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 38,0 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0 FN – σ.2.perímetro = 0 L = 0,20 m σ = 38,0 x 10–3 N/m entonces

perímetro = 4.L = 0,80 m FN = 38,0 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 60,8 x 10–3 N FN = 60,8 x 10–3 N

Fuerza tangencial (FT)

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

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CAPÍTULO 1

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007 τ = μ du dy

además entonces ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 S = 0,90 entonces

τ = FT/A = FT/L2 FT = μ L2du dy ν = μ/ρAceite = 3,8 x 10–6 m2/s ν = μ/ρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s

μ = νρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s.1 x 103 kg/m3.0,90 = 3,42 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente FT = 400 x 10–4 m2. 3,42 x 10–3 Ns. 0,1 m/s = m2 1 x 10–3 m –3 FT = 14,0 x 10 N

Ejercicio propuesto en clase 3 Calcular la resistencia ofrecida por el aceite entre el eje y la camisa, si el eje se desplaza con una velocidad 0,5 m/s.

∅eje = 8,00 cm = 0,0800 m ∅cam = 8,02 cm = 0,0802 m tAceite = 80º S = 0,90 σ = 0,03 N/m ν = 0,005 m2/s L = 0,30 m e = ∅cam – ∅eje = 0,0802 m – 0,0800 m = 1 x10–4 m 2 2 Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

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CAPÍTULO 1

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007 τ = μ du dy

además τ = F/A entonces F = μ Adu dy A = π∅proL ∅pro = ∅cam + ∅eje = 0,0802 m + 0,0800 m = 0,0801 m 2 2 entonces

A = π∅proL = π.0,0801 m.0,30 m = 0,075 m2 Suponiendo temperatura del agua ambiente ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.1000 kg/m3.0,90 = 4,5 Ns/m2 finalmente F = 0,075 m2. 3,32 x 10–3 Ns. 0,5 m/s = 1698,58 m2 1 x 10–4 m F = 1698,58 N Observación: Este es el resultado obtenido en clase por el Ing. Casteló Suponiendo temperatura del agua a 80 ºC ρH2O(80 ºC) = 971,8 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.971,8 kg/m3.0,90 = 4,37 Ns/m2 finalmente F = 0,075 m2. 4,37 Ns. 0,5 m/s = 1649,51 m2 1 x 10–4 m F = 1649,51 N

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

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CAPÍTULO 1

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 1-5 Un fluido newtoniano está en el espacio libre entre un eje y una camisa concéntrica. Cuando una fuerza de 600 N se aplica a la camisa paralela al eje, la camisa obtiene una velocidad de 1 m/s. Si se aplica una fuerza de 1500 N, ¿Qué velocidad obtendrá la camisa? La temperatura de la camisa permanece constante.

Resolución F = μ AU t 600 N = μ A 1 m/s t como el fluido, el espesor y el área de contacto es la misma, tenemos cte = 600 N 1 m/s Ahora, si la fuerza es 1500 N tenemos 1500 N = cte x cte = 1500 N x igualando 600 N = 1500 N 1 m/s x x = 1500 N 1 m/s 600 N x = 2,5 m/s Ejercicio 1-10 Una balanza de resortes correctamente calibrada registra el peso de un cuerpo de 2 kg como 17,0 N en una localidad distante de la Tierra. ¿Cuál es el valor de g en esta localidad? Resolución P = gM

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CAPÍTULO 1

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007 17 N = g2 kg g = 17 N 2 kg g = 8,5 m s2

Ejercicio 1-12 Conviértanse 10,4 unidades SI de viscosidad cinemática a unidades USC de viscosidad dinámica si S = 0,85. Resolución

En el sistema USC

ν = μ/ρH2OS = 10,4 m2/s μ = νρH2OS = 10,4 m2/s.1000 kg/m3.0,85 = 8840 kg/ms μ = 8840 kg . 1 slug 0,3048 ft ms 14,594 kg 1 m

finalmente μ = 184,6 slug ft.s Ejercicio 1-14 Una placa situada a 0,5 mm de una placa fija se mueve a 0,25 m/s y requiere una fuerza por unidad de área de 2 Pa (N/m2) para mantener esta velocidad. Determínese la viscosidad fluida de la sustancia entre las dos placas en unidades del SI.

t = 0,5 mm = 0,0005 m U = 0,25 m/s τ = 2,0 Pa Resolución τ=μU

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

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CAPÍTULO 1

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007 t

despejando

μ = τt = 2,0 N/m2 . 5,0 x 10–4 m U 0,25 m/s

finalmente

μ = 4,0 x 10–3 Ns m2

Ejercicio 1-20 Un fluido tiene una viscosidad de 6 cP y una densidad de 50 lbm/ft3. Determínese su viscosidad cinemática en unidades USC y en stokes. Resolución Para el sistema c.g.s. tenemos ρ = 50,0 lbm.0,4536 kg 1000 gr 1 ft3 1 m3 . 3 3 ft 1 lbm 1kg 0,02832 m 1 x 106cm3 ρ = 0,80 gr cm3 –2 μ = 6 cP 1 x10 P = 6 x10–2 P 1 cP Entonces ν = 6 x10–2 P 0,80 gr cm3 ν = 0,0749 stokes Para el sistema USC tenemos ρ = 50,0 lbm 1 slug . ft3 32,174 lbm ρ = 1,55 slug

ft3 μ = 6 x10 gr 1 kg 100 cm 0,3048 m 1 slug cms 1000 gr 1 m 1 ft 14,594 kg μ = 1,25 x10–4 slug fts –2

Entonces

ν = 1,25 x10–4 slug/fts 1,55 slug ft3 ν = 8,085 x10–4 ft2 s

Ejercicio 1-22 (Resuelto en clase) Un cuerpo con peso de 120 lb con área superficial plana se desliza hacia abajo sobre un plano inclinado lubricado que forma un ángulo de 30º con la horizontal. Para viscosidad de 1 P y velocidad del cuerpo de 3 ft/s, determine el espesor de la película lubricante.

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CAPÍTULO 1

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

v = 3 ft/s

F P 30°

P = 120 lb A = 2 ft2 θ = 30 º μ=1P v = 3 ft/s Resolución τ=F=μU A t despejando t = AμU F

Donde

F = Psen 30º F = 120 lb sen 30º = 60 lb además reemplazando

μ = 1 P 1 slug/fts = 2,09 x 10–3 slug 479 P fts t = 2 ft2.2,09 x 10–3 slug/fts.3,0 ft/s = 60 lb t = 2,088 x 10–4 ft t = 2,088 x 10–4 ft.0,3048 m. 100 cm 1 in 1 ft 1 m 2,54 cm t = 2,505 x 10–3 in

Ejercicio 1-33 Un gas con peso molecular 28 tiene un volumen de 4,0 ft3 y una presión y temperatura de 2000 lb/ft2 abs y 600º R, respectivamente. ¿Cuál es el volumen y peso específico? Resolución De la ecuación de gas perfecto despejamos

pvs = RT vs = RT p

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CAPÍTULO 1

STASSI, MAURO JOSÉ reemplazando R = 49709 ft.lb M slugºR

AÑO 2007

vs = 49709 ft.lb 600ºR 28 slugºR 2000 lb/ft2 vs = 532,6 ft3 slug

además γ = ρg = g/vs γ = 32,174 ft/s2 532,6 ft3 slug γ = 0,06 lb ft3 Ejercicio 1-38 Para un valor de K = 2,2 GPa para el módulo elástico a la compresión del agua ¿qué presión se requiere para reducir su volumen un 0,5 %? Resolución K = – dp dv/v Despejando

dp = – Kdv v dp = – 2,2 Gpa (– 0,05 ) dp = 0,11 Gpa

Ejercicio 1-47 (Resuelto en clase) Un método para determinar la tensión superficial de un líquido es encontrar la fuerza que se necesita para retirar un anillo de alambre de platino colocado inicialmente sobre la superficie. Estímese la fuerza necesaria para quitar un anillo de 20 mm de diámetro de la superficie del agua a 20 ºC.

F

Agua

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Anillo

CAPÍTULO 1

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

∅Anillo = 20 mm = 0,02 m t = 20 ºC Resolución F = π2.∅Anilloσ σ(20º C) = 0,074 N/m F = π2.0,02m0,074 N/m F = 9,3 x 10–3 N Ejercicio 1-52 (Resuelto en clase) Encuéntrese el ángulo a que la película causada por la tensión superficial deja el vidrio para un tubo vertical sumergido en el agua, si el diámetro de éste es 0,2 in y la elevación capilar es 0,09 in; σ = 0,005 lb/ft.

θ F h

F

∅ = 0,20 in h = 0,09 in σ = 0,005 lb/ft Resolución

Despejando

γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γAh = σ.π.∅.cos θ

cos θ = γ.A.h σ.π.∅ Suponiendo la temperatura a 20 ºC, tenemos γ = 62,29 lb/ft3 h = 0,09 in. 1 ft = 7,5 x 10–3 ft 12 in ∅ = 0,20 in. 1 ft = 0,0166 ft 12 in σ = 0,005 lb/ft cos θ = 62, 92 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

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CAPÍTULO 1

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007 4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 62,29 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft 4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 0,389 θ = arc cos 0,389 θ = 67,08 º

Ejercicio 1-53 Dedúzcase una fórmula para la elevación capilar h entre dos tubos de vidrio concéntricos con radios R y r y ángulo de contacto θ. R r

θ

F

θ

θ

F

F

θ

F

Resolución Por cada columna tendremos γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γ.π.∅2.h = σ.π.∅.cos θ 4 donde ∅ = R – r, entonces

γ.π.(R – r)2.h = 4.σ.π.(R – r).cos θ

Simplificando γ.π.(R – r).h = 4.σ.π.cos θ despejando h = 4.σ σ.cos θ γ.(R – r)

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CAPÍTULO 1

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 C

B

Aceite Dens. Esp. 0,9

1,0

0,6 0,3 0,3

Aire A

Agua

D

Resolución Punto A Punto B

pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa pA = – 588 KPa 3

pB = γh = 9806 N/m .0,6 m = 5883,60 Pa pB = 588 KPa B

Punto C

pC = pB = 5883,60 Pa pC = 588 KPa B

Punto D

pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m3.1,9 m = 22651,86 Pa pD = 2265 KPa

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1

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 2-15

h

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

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.

600 mm

A

0

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

2

0

CAPÍTULO 2

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

hi

hf

600 mm

dh

A

Reemplazando

0 dh

dh

0

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)

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

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CAPÍTULO 2

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.

2

2 ft diám C

1

B

D

A

4 ft diám

E

5

Agua

F

Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución

A1

A2

A3

1,41

Sobre ABCD

O 1

2

1

A = A1 + A 2 + A 3 A = ½ 1,00 ft.1,414 ft + 2,00 ft.1,414 ft + ½ 1,00 ft.1,414 ft A = 4,245 ft2

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

4

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

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

A h B

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

5

b

C

CAPÍTULO 2

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.

Aceite 5

γ = 55 lb/ft3 5 A

A

B 3

4

C Resolución Por integración

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

6

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

dF = pdA dF = γyxdy F = γ∫yxdy donde reemplazando

finalmente

x = 5,0 (7,40 – y) 2,4 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 3 3 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

2

La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, descartando el peso de la presa.

A

Puntal

4

6

φ

θ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

3

7

B

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

Resolución

AÑO 2007

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

h

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.)

O 5

Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

8

CAPÍTULO 2

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 3 – 10,40 lbh + 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

20

7

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

3

4

11

Resolución a)

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

9

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

E1

E2

P2

θ

P1

P3

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 xR = 11,588 m

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

10

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

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...