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Ejercicio N°
Determinar la fuerza resultante P debido a la acción del agua sobre la
superficie plana rectangular Ab de medidas 1m x 2m que se muestra en la
Figura.
Solución:
P=Pe × h× A → P=
1000 kg
m
3
×( 1,20+ 2 / 2 ) m× ( 1 × 2 ) m
2
= 4400 Kg
Esta fuerza actúa sobre el centro de presión, que está a una distancia Y cp
del
eje O 1
y es igual a:
Y
cp
I
cg
Y
cg
× A
cg
→Y
cp
1 × 2
3
2,20×( 1 × 2 )
+2,20=2,352 mde O
1
Ejercicio N°
El agua alcanza el nivel E en la tubería unidad al depósito ABCD que se
muestra en la Figura. Despreciando el peso del depósito y de la tubería de
elevación:
Determinar y situar la fuerza resultante que actúa sobre el área AB de
2,40 m de anchura.
La fuerza sobre el fondo del depósito
Comparar el peso total del agua don la resultante obtenida en el
fondo del depósito y explicar la diferencia.
Solución:
La profundidad del centro de gravedad del área AB, respecto de la
superficie libre de agua en E, es de 4,50 m.
Por tanto:
P=Pe × h× A → 1000 ×( 3,6+1,8 / 2 ) ( 1.8 ×2.4 )= 19440 Kg que actúa ala distancia
Centro de gravedad:
Y
cp
2,4 ×1,
3
4,5×(1,8 × 2,4)
+4,5=4,56 mde O
La presión en el fondo BC es uniforme: por consiguiente, la fuerza
P=Pe × h× A= 1000 ×5,4 ×( 6 ×2,4 )= 77760 Kg
El peso total del agua es:
W =Pe × Volumen= 1000 ( 6 ×1,8 ×2,4 +3,6 ×0,1) = 26280 Kg
El cuerpo libre constituido por la parte inferior del depósito (cortado
por un plano horizontal justamente encima del nivel BC) pondrá de
manifiesto una fuerza dirigida hacia abajo, sobre el área BC de 77760 Kg
fuerza vertical de tracción sobre las paredes del depósito y fuerza de
reacción sobre el plano soporte. La reacción ha de ser igual al peso total del
agua, es decir. 26280 Kg. La tracción en las paredes del depósito es
producida por la fuerza vertical, dirigida hacia arriba que actúa sobre la
parte superior AD del depósito, que es igual.
P
AD
=Pe × h× A= 1000 × 3,6× ( 14,4 ×0,1) = 51480 Kg hacia arriba
Se ha aclarado así una aparente paradoja, pues para el cuerpo libre
considerado, la suma de las fuerzas verticales es igual a cero, es decir:
Con lo que cumple las leyes de equilibrio.
Ejercicio N°
El depósito de la Figura contiene aceite y agua. Encontrar la fuerza
resultante sobre la pared ABC que tiene 1,20 m de anchura.
Solución:
En la Figura la compuerta ABC está articulada en B y tiene 1,2 m de
longitud. Despreciando el peso de la compuerta, determinar el momento no
equilibrado debido a la acción del agua sobre la compuerta.
Solución:
P
AB
= 1000 ×
× ( 2,88× 1,2)= 4325 Kg
que actúa a
×( 2,88) =1,92m de A
P
BC
= 1000 × 2,5× ( 1 × 1,2)= 3000 Kg
, que actúa sobre el centro de gravedad
de BC, ya que la presión es uniforme sobre BC. Tomando momentos
respecto de B (positivo el sentido de giro de las agujas de un reloj).
Momento no equilibrado =+ 4325 ×0,96− 3000 ×0,50=+ 2650 Kg
(sentido de las
agujas del reloj).
Ejercicio N°
El agua contenida por una presa tiene una profundidad de 30 m, según se
indica en la Figura. Determinar:
El módulo de la fuerza resultante R que ejerce a presión del agua
sobre una longitud de 9 m de la presa.
La distancia del centro de presión a la superficie libre del agua.
Solución:
En la Figura, se ha representado una sección del solido de presiones. En la
base de la presa, la presión es:
p=Pe × h= 9810
N
m
3
× 30 m= 294300
N
m
2
Así pues, para la longitud de presa igual a 9 m, el volumen del solido
de presiones es:
P= 9810 × 15 × ( 30 × 9 ) = 39730500 N =39,7 MN
Como la anchura del solido de presiones es constante y su sección es
un triángulo, la distancia del centroide del solido a la superficie libre
del agua será:
Y
cp
× 30 = 20 m
En la otra figura se puede ver los resultados en la presa.
Ejercicio N°
Si el tambor de la Figura está abierto a la atmosfera en su parte superior,
calcule la fuerza que actúa sobre el fondo.
Solución:
Para emplear
F=p × A
, primero debe calcularse la presión en el fondo
del tambor p T
y el área del fondo, así:
p
T
=p
atm
ac
×2,4 m+Pe
ag
×1,5 m
Pe
ac
=δg ×9,
KN
m
3
=0,9 × 9,
KN
m
3
KN
m
3
p
T
=35,9 KPa ( manometrica)
A=
π D
2
=π ×
2
=7,07 m
2
F=p
T
× A=253,8 KN
Solución:
Paso 1
F
g
=Pe ×
h
A
Pe=( 0,68 )
62,4 lb
pie
3
=42,4 lb/ pie
3
A=
12 pies
40 pies
= 480 pies
2
F
g
42,4 lb
pie
3
×
12 pies
× 480 pies
2
= 122000 lb
Paso 2
El centro de presión está a la distancia de
h
pie
= 4 pies
A partir del fondo de la pared.
Paso 3
La fuerza F g
actúa de manera perpendicular a la pared, en el centro de
presión, como se ilustra en la Figura.
Ejercicio N°
La Figura muestra una presa de 30,5 m de ancho que contiene agua dulce
con un tirante de 8 m, la cortina de la presa esta inclinada con un ángulo de
60°. Calcule la magnitud de la fuerza resultante sobre la presa, así como la
localización del centro de presión.
Solución:
Paso 01
F
R
=Pe ×(
h
) × A
Para calcular el área de la presa se necesita conocer la longitud de su cara,
denominada L, según se indica en la Figura.
Senθ=h /L
L=
h
Senθ
m
Sen 60 °
=9,24 m
Por lo tanto, el área de la presa es:
A=( 9,24 m) ( 30,5 m)=281,8 m
2
Ahora se calcula la resultante:
F
g
=Pe ×
h
× A= 981
KN
m
3
× 8
m
× 281,8m
2
= 11060 KN
Paso 02
El centro de presión se localiza a una distancia vertical de:
h
8 m
=2,67 m
A partir del fondo de la presa, o bien, si se mide desde el fondo y sobre la
longitud de su cara, se encuentra en:
L
9,24 m
=3,08 m
Al medir a lo largo de la cara de la presa se define lo siguiente:
L
p
=Distancia desde lasuperficie libre del fluido hasta elcentrp de presión
L
p
=L−
L
L
p
=9,24 m−3,08 m=6,16 m
Se observa que F R
actúa en el centro de presión, perpendicular a la pared.
P
iz
= 1000 ( 2,1+ 0,9) (1,8 × 1,2)= 6480 Kg que actuahacia laderecha sobre elcentro de presión
Para el área rectangular sumergida.
Y
cp
1,2 ×1,
3
3 ×(1,8 ×1,2)
O bien el centro de presión está a:
( 3,09−2,1) =0,99 mde A
Al costado de la Figura se muestra el diagrama de cuerpo libre de la
compuerta AB con las fuerzas actuantes. La suma de momentos respecto de
A debe ser igual a cero. Tomando como positivo el giro de las agujas del
reloj:
- 1460 ×1,2+1.8 × F− 6480 ×0.99= 0 y F= 2590 Kg haciala Izquierda
Ejercicio N° 11
Calcular la magnitud de la fuerza sobre la ventanilla de observación de
vidrio, de 1m de diámetro, de un batíscafo en el fondo de la fosa submarina
de las Marianas en el Océano Pacífico cuya profundidad es 10,9 km.
Solución
Datos e incógnitas
ρ
w
kg
m
3 ; d=1m ; h = 1090 m ;
F
R=?
En la figura se muestra el diagrama de la
ventanilla de observación
La fuerza hidrostática sobre la ventanilla será:
F
R
= p
C
× A
F
R
= ρ
w
g h
GC
A
F
R
π
2
F
R
=86.4 MN
Ejercicio N° 12
Una compuerta rectangular de 1,8 m de longitud y de 1,2 m de altura, está
colocada verticalmente con
el centro a 2,1 m debajo de la superficie del agua. Determine la magnitud,
dirección y localización de
la fuerza total sobre dicha superficie, debido al agua.
Datos e incógnitas
h=1.2m; b=1.8m;
F
R=?
En la figura se muestra la compuerta
sumergida
La fuerza resultante debido al fluido
liquido es:
F
R
= p
C
× A
F
R
= ρ
w
g h
GC
A
F
R
1.
F
R
Su localización se determina utilizando la ecuación
y
CP
− y
CG
γ sin θ I
GX
p
CG
A
y
CP
− y
CG
( 1000 )( 9.8)sin 90 (
× 1.8× 1.
3
1000 (9.8)(2.1)(1.8 ×1.2)
Se sabe que el centro de presión se obtiene a partir de la expresión:
y
p
= y
c
I
xc
y
c
P
o
ρg sinθ
A
De donde:
y
p
= y
c
I
xc
y
c
A
……………………..(1)
Se tiene que:
y
c
a+ y
+h=1.3+ h
I
xc
b( a+ y )
3
=1.4647 b
A=(a+y)b=2.6b
Reemplazando en (1)
y
p
=1.3+ h+
1.4647 b
( 1.3+ h) 2.6 b
Simplificando:
y
p
=1.3+h+
1.3+h
La fuerza hidrostática actúa sobre el punto A (centro de presión):
y
p
=a+h → y
p
=1.5+h
Igualando (2) y (3)
1.3+h+
1.3+h
=1.5+h
De donde:
h=1.52m
Ejercicio N°
Para el caso ilustrado en la figura calcule la magnitud de la fuerza resultante
sobre el área indicada.Si sabemos que:
el agua tendrá una densidad de
62,4lbm/pie
3
.
la aceleración de la gravedad tiene un
valor de 32,2 pie/s
2
.
la presión atmosférica es igual a 14,
lbf/plg
2
1 pie= 12 plg→ 1 pie
2
= 144 plg
2
Para determinar la fuerza resultante se debe
obtener, inicialmente, la fuerza resultante del
aceite sobre la compuerta y su centro de
presión. Para lo cual se aplican los pasos
respectivos.
1- Se identifica el punto en que el ángulo de inclinación del área de interés
intercepta el nivel de la superficie libre del agua. Tal como se indica en el
esquema el ángulo se calcula así:
Aplicando la razón trigonométrica
tanθ=
entonces:
θ=arctan ( 0,75)=36,86 °
La hipotenusa de éste triángulo, debe ser, por deducción, igual a 5.
2- Se localiza el centroide C del área a partir de la geometría tal como lo
muestra la figura 2.
3- Se determina
h
C
como la distancia vertical entre el nivel de la
superficie libre del agua y el centroide del área:
h
C
= 14 plg+ 4 plg= 18 plg
4- Se determina
L
C
como la distancia inclinada del nivel de la superficie
libre del agua al centroide del área:
θ
4
3
a. Cálculo de la Fuerza Resultante:
F
R
=γ
w
h
A
F
R
lb
pie
3
( 1.8 pies) ( 8 pies) ( 3.6 pies) = 3235 lb
La fuerza resultante actua perpendicular a la pared,1.
pies desde el fondo de la compuerta
b. Cálculo de la Fuerza sobre los pestillos:
∑
Momentos=F
R
( 1.2 pies )−F
¿
( 4 pies)
F
¿
=F
R
= 3235 lb ( 0.30)=970.5lb
en los dos pestillos
Sobre cada pestillo:
F
¿
( 970.5 lb)
= 485 lb
Ejercicio N°17:
La figura muestra un tanque vacío que en un extremo tiene una
ventana de observación circular.Si la presión en el tanque es de
0.12 psia cuando el barómetro indica 30.5 pulg de mercurio,calcule
la fuerza total sobre la ventana
F=∆ pA
donde
∆ p= p
atm
−p
interior
;
A=
π 12 pulg
2
=113.1 pulg
2
p
atm
γ
m
h 844.9 lb
ft
3
×30.5 ×
1 ft
3
3
=14.91 psi
F=(14.91-0.12)lb/in2 x113.1in2=1637 lb
Ejercicio N°
Un tanque tiene un lado del polígono, como se aprecia en la figura. Calcule
la fuerza resultante sobre ese lado si el tanque contiene 15.5 pies de
glicerina. Además, encuentre la ubicación del centro de presión e indíquelo
en un diagrama con la fuerza resultante.
Cálculo de la distancia L :
L=15.5pies/sen60°
=17.90 pies
A=(17.90pies)(11.6 pies)=
207.6 pies
2
