fluidos

Capítulo

5

Soluciones ejercicios

Ejercicio 5.1 La compuerta de la figura tiene 2 m de ancho y contiene
agua. Si el eje que soporta la compuerta que pasa por A soporta un par máximo de 150 kN m, determine la máxima altura h que puede tener el agua.

h

A
2.8 m
2.1 m

Solución. El perfil de presión que actúa sobre la compuerta se ilustra en
la figura que sigue

82Soluciones ejercicios
O

h
y1
α
y

L

y2

Usaremos fórmulas
¡
¢
2 y12 + y1 y2 + y22
1
, FP = ρwg y22 − y12 cos(90 − α),
yP =
3
y1 + y2
2

siendo

h
h
, y1 =
− L.
sin α
sin α
De manera que la fuerza resultante es
¶
µ
h 2
1
h
2
ρwg (
) −(
− L) sin α
FP =
2
sin α
sin α
1
ρwgL (2h − L sin α) ,
=
2
y su punto de aplicación resultará
y2 =

yP =

2 y12 + y1 y2+ y22
2 3h2 − 3hL sin α + L2 sin2 α
=
.
3
y1 + y2
3
2h sin α − L sin2 α

El torque será de magnitud

τ A = FP (y2 − yP )
h
2 3h2 − 3hL sin α + L2 sin2 α
1
ρwgL (2h − L sin α) (
−
)
=
2
sin α 3
2h sin α − L sin2 α
1
(3h − 2L sin α) ρwgL2
=
6
p
Numéricamente w = 2 m, ρ = 1000 kg m−3 , g = 10 m s−2 , L = 2,12 + 2,82 =
3. 5 m, L sin α = 2,8, calculamos
τA =

1
(3h − 2Lsin α) ρwgL2 = 1. 225 × 105 h − 2. 286 667 × 105 = 150 × 103 ,
6

83
de donde se obtiene
h = 3. 091 m.
N
Ejercicio 5.2 Determínese el par que se requiere hacer en A para sostener
la compuerta indicada cuyo ancho, perpendicular al papel es w = 2 m.

A

6m

2m

Solución. Si z indica la posición en la compuerta medida desde A hacia
abajo, entonces numéricamente ( ρ = 1000 kg m−3 ,g = 10 m s−2 , w = 2 m)
p = 10000(4 + z) N m−2
y la fuerza por unidad de longitud será
20000(4 + z) N m−1 .
Su resultante y punto de aplicación será calculada igual que en el problema
anterior con
1
(2)(20000 × 4 + 20000 × 6)
2
= 200000 N

F =

y su punto de aplicación es
1 (20000 × 4) + 2(20000 × 6)
2
3 20000 × 4 + (20000 × 6)
= 1. 067 m.

zc =

84

Soluciones ejerciciosde modo que el torque es
τ A = 200000 × 1. 067 = 2. 134 × 105 N m
Note de nuevo que integrando es mucho más directo
Z

0

2

20000(4 + z)zdz = 2. 13 × 105
N

Ejercicio 5.3 Determine la ubicación “y ”del pivote fijo A de manera que
justo se abra cuando el agua está como se indica en la figura.

2m

A
1m
y

Solución. Si h indica una coordenada de posición medida desde lasuperficie del agua hacia abajo, entonces la presión en un punto ubicado a esa
profundidad es
p = ρgh,
(la presión atmosférica actúa por ambos lados y se cancela). Para que la
compuerta justo se abra, el punto de aplicación de la resultante debe estar
en el punto A. La coordenada del punto de aplicación medida desde el punto
más alto de la compuerta puede escribirse
1 (ρwgh1 ) + 2(ρwgh2 )
L
3ρwgh1 + (ρwgh2 )
1 h1 + 2h2
=
L
,
3 h1 + h2

zc =

85
entonces

1 1 + 2(2)
= 0,56 m
3 1+2

por lo tanto
y = 1 − 0,56 = 0,44 m
N

Ejercicio 5.4 Un bloque con una sección transversal de área A, altura H y
densidad ρ , está en equilibrio entre dos fluidos de densidades ρ1 y ρ2 , con
ρ1 < ρ < ρ2 . Suponga que los fluidos no se mezclan. Determine la fuerza
de empuje sobre elbloque y encuentre la densidad del bloque en función de
ρ1 , ρ2 , H y h.
ρ1
h

ρ2

Solución. El empuje es igual al peso de la región de fluido ocupada por
el cuerpo, es decir
E = ρ1 gV1 + ρ2 gV2
= ρ1 gAh + ρ2 gA(H − h).
Para obtener la densidad tenemos que
ρgAH = ρ1 gAh + ρ2 gA(H − h),
o sea
ρ=

ρ1 h + ρ2 (H − h)
.
H
N

Ejercicio 5.5 Un cuerpo de material desconocido pesa 4 N enel aire y
2,52 N sumergido en agua. Encuentre la densidad específica del material.

86

Soluciones ejercicios
Solución. En aire el peso es
P = ρC gVC ,

completamente sumergido
P 0 = ρC gVC − ρL gVC ,
de manera que

entonces

P
ρC gVC
ρC
=
=
,
0
P
ρC gVC − ρL gVC
ρC − ρL
ρC = 2. 702 7ρL

o sea
ρC = 2. 702 7 g cm−3 .
N
Ejercicio 5.6 Una balsa de área A, espesor h y...