2. Estática de Fluidos.
33
2.5. Distribución
de presiones con aceleración lineal: Sobre una superficie horizontal, hay un recipiente cúbico que contiene un líquido en reposo, cuya superficie libre es un plano horizontal. Al recipiente se le somete a una aceleración horizontal en la dirección de una de las aristas, una vez pasado el transitorio, todas las partículas se mueven a la misma aceleración, no hay movimiento relativo entre ellas y la superficie libre pasa a ser un plano inclinado.
DETERMINE: 1. Aceleración máxima a la que se puede someter someter sin que se derrame líquido. 2.Cantidad de líquido derramado, si se le somete a una aceleración doble que la anterior. Volumen del recipiente = 1m3 Volumen inicial del líquido = 600 litros.
DATOS: RESOLUCIÓN:
1 ay
ay
1 A B
∂ p ∂p ∂p dx + dy + dz ; si toda la masa de fluido, se ∂x ∂y ∂z ∂ p = −ρ⋅ a y ; además debido al campo gravitacional somete a una aceleración constante (ay): se tiene que ∂y ∂ p = −ρ⋅ g ; con lo que se tiene que: dp = 0·dx + ( −ρ ⋅ a y ) dy + ( −ρ ⋅ g) dz ⇒ dp = −ρ ( a ydy + gdz ) ; con lo ∂z que la ecuación de una superficie superficie de presión constante es: En la ecuación diferencial del campo de presiones: dp =
dp=0
a dz =− y , dy g
⇒
que son planos inclinados de pendiente –ay /g
1. Aceleración máxima para no derrame.
z Vlíquido = 1·(1·(A+1)/2) = 0,6 1-A
A = 2·0,6-1=0,2 m
a 1− A =− y −1 g a y = g (1 − A ) = 9, 8(1 − 0, 2) = 7, 84 m/s 2
pendiente superficie libre A
y
⇒
-1 2. Derrame con a y = 2·7,84 = 15,68 m/s2
z
pendiente superficie libre =
Volumen queda líquido =
1 y -B
a 1 15, 68 =− y =− = −1, 6 ; B=0,625 m −B g 9, 8
1·B 0, 625 ·1 = = 0, 3125 m3 = 312,5 litros 2 2
Volumen derramado = Volumen inicial – Volumen no derramado = 600 – 312,5 =287,5 litros
___________________ ___________________________ _________________ __________________ __________________ _________________ _________________ __________________ _________________ _________________ __________________ ________________ _______
2. Estática de Fluidos.
34
2.6. Distribución de presiones con aceleración lineal: Un medidor de aceleración lineal, se puede construir con un tubo en “U” que esta parcialmente lleno de un líquido; el tramo horizontal se alinea con la dirección del movimiento; las variaciones de nivel (respecto al nivel inicial de reposo), son una medida de la aceleración lineal a la que se somete el tubo. DETERMINE: 1. Aceleración máxima a la que se puede someter sin que se derrame líquido. 2.El nivel que alcanza el líquido en cada rama, si la aceleración es la mitad que la anterior. 3. La escala de aceleraciones en las marcas de los tubos verticales. DATOS:
Tubo en U: distancia entre centros = 39,2mm Nivel inicial = 100 mm respecto a la base.
RESOLUCIÓN: Debido a la aceleración horizontal (ay) el gradiente de presión en la dirección de la citada ∂ p = −ρ ⋅ a y ; y debido al campo gravitatorio, el gradiente de presión en la dirección vertical es: aceleración es: ∂y ∂ p = −ρg ; con lo que el campo de presiones, viene determinado por la ecuación diferencial: ∂z dp = −ρa y ⋅ dy − ρg ⋅ dz ; con lo que las isobaras son rectas de pendiente: dz/dy = -ay /g Los meniscos (1) y (2), son puntos de la isobara de presión atmosférica, con lo que la recta que los une, tiene una pendiente –ay /g, que a su vez, determina la diferencia de cotas entre los dos meniscos: pendiente=2A/(-B)
z 1
Con lo que la relación entre la aceleración y el desnivel (A) es: A
ay = g
A
2
100 mm
2A B
y sin que se derrame el líquido, viene dada por la condición de que A máxima =100mm, con lo que su valor será: 1. La aceleración máxima
ay B=39,2mm
( a y ) maxima = 9,8
2 ⋅ 100 = 50 m/s2 39,2
2. Desnivel con aceleración = 25 m/s2.
Si la aceleración es la mitad que la máxima, por la linealidad de la función ay=(2g/B)·(A), el desnivel será la mitad que el correspondiente a la aceleración máxima, es decir A=50mm; o bien: A=
B a y 39, 2 25 = = 50mm 2 g 2 9,8
la obtenemos determinando la aceleración correspondiente a un desnivel de 1mm: 2·1 ( a y )1mm = 9,8 39,2 = 0,5m / s2 es decir cada mm de desnivel, representa una aceleración de 0,5 m/s2 3. La escala de aceleraciones:
Para aceleraciones de sentido contrario, el movimiento de meniscos es con pendiente positiva, es decir el menisco de la izquierda tiene menor nivel que el menisco de la derecha.
20 mm
50 40 30 20 10 0 -10 -20 -30 -40 -50
m/s2
-50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40 50
_________________________________________________________________________________________________________________
2. Estática de Fluidos.
35
2.7. Distribución
de presiones con aceleración radial: Al líquido contenido en un recipiente cilíndrico, se le somete a una velocidad de giro constante, en torno a un eje vertical que pasa por el centro del cilindro; con lo que las partículas están sometidas a una aceleración radial, continuamente creciente con el radio (ar =ω2r); y por ello las superficies isobáricas, son paraboloides de revolución, y en particular la superficie libre, pasa de ser un plano horizontal a un paraboloide.
DETERMINE: 1. Velocidad de giro máxima, sin que se derrame el líquido. 2. Líquido derramado, si la velocidad de giro es tal que la superficie libre toca el fondo. 3. Líquido que queda, si la velocidad de giro es el doble que la anterior. DATOS:
Cilindro: diámetro=200 mm; altura = 300 mm. Nivel inicial = 200 mm z
RESOLUCIÓN:
φ 0,2
ωm
ω
R
(1)
(1)
H=0,3
g
1,5ωm
Am A
0,2
C r
(0)
r r a = ω2 r ⋅ u r
B
El vector fuerza másica por unidad de masa, es suma del correspondiente a la aceleración centrifuga y la aceleración gravitacional: →
→
→
g = ω 2 r ⋅ u r − g k
El gradiente de presión, es el equilibrante de las fuerzas másicas por unidad de volumen: → → → ⎞ ⎛ ∇ p = ρ g = ρ⎜⎜ ω 2 r ⋅ u r − g ⋅ k ⎟⎟ ⎝ ⎠ Con lo que la ecuación diferencial que da el campo de presiones es (coordenadas cilíndricas): ∂ p ∂ p ∂ p dp = dr + dθ + dz = ρω 2 r ·dr − ρg·dz ∂r ∂θ ∂z La integración, con el origen en la intersección de la superficie libre en el eje de giro: z=0, r=0, p=patm; es:
⎛ ω2 ⎞ p = patm + ρ ⎜ ⋅ r 2 − gz ⎟ ⎝ 2 ⎠ La superficie libre es un paraboloide de revolución de ecuación: z =
ω2 2 ⋅ r 2g
Se puede comprobar que el descenso del origen de coordenadas (0), y el ascenso de un punto de la superficie libre que toque la pared del cilindro (1), son iguales, debido a que el volumen de un paraboloide es la mitad del volumen del cilindro que circunscribe: z=kr 2
dz=2kr·dr V paraboloide =
∫π
R
2
r ⋅ dz =
∫π
2
r ·2krdr = 2kπ
0
El valor del descenso-ascenso es:
∫
R
0
2kπR 4 πR 2 ·kR 2 πR 2 ·H Vcilindro r dr = = = = 4 2 2 2 3
ω2 2 R z1 2g ω2 A= = = R 2 2 2 4g
Al ser (1) un punto de la superficie libre, con lo que: z1=(ω2/2g)·R 2 _________________________________________________________________________________________________________________
2. Estática de Fluidos.
36
1. Velocidad de giro máxima para no derrame.
z
El nivel inicial de reposo es de 200 mm. Con lo que en la condición de velocidad de giro máxima sin derrame, el ascenso del punto (1) y el descenso del punto (0) debe ser de 300-200 = 100 mm
ω (1) Amax (0)
A max r
ω2 2 = 0,1 = R 4g
⇒
=
4g ⋅ A max 4 ⋅ 9,8 ⋅ 0,1 = = 19,8 rad / s R 0,100
2. Derrame con velocidad de giro, tal que la superficie libre toca el fondo
ω2
La velocidad de giro, que hace que el punto (0) se situé en el fondo del cilindro, viene determinada por las coordenadas del punto (1), en esas condiciones:
(1)
2gz 2·9,8·0,3 = = 24,25 rad/s r 0,1 El volumen que queda es el sombreado de la figura, que coincide con la mitad del cilindro; y el volumen que se ha derramado, es el inicial menos el que queda:
Am
ω=
z1=H=0,3 ; r 1=R=0,1; con lo que:
(0)
H =πR 2·0,150 =...= 4712 cm3 2 2 Vinicial = πR ·0,2 =π·0,12·0,2 =...= 6283 cm3 Vderramado = Vinicial − Vderrame = πR 2 ·( 0,200 − 0,150 ) = π ⋅ 0,12 ⋅ 0,050 =...= 1571 cm3 Vqueda = πR 2
3. Derrame con velocidad de giro:
1,5ωm
(1)
C
=2·24,25 = 48,5 rad/s
En estas condiciones, parte del fondo queda descubierto, y el origen de coordenadas (0), se sitúa por debajo del fondo, a una distancia B, cuyo valor, se determina, con la condición de que el punto (1) esta en el borde del cilindro:
ω2 2 ω2 2 ⋅R − H H + B = ⋅R z1=H+B; r 1=R; con lo que : 2g 2g
B
⇒
ω2 2 B= ⋅ R − H 2g
48,52 B= ⋅ 0,100 2 − 0,300 = 0,900m = 900 m 2·9,8
(0)
El radio del circulo descubierto en el fondo es: C =
2gB 2·9,8·0,900 = = ...=86,6 mm ω 48,5 R
Con lo que el volumen que queda (el sombreado) es:
Vqueda =
∫ ∫ r =C
H+B
π ( R 2 − r 2 )dz
z=B
la relación entre las coordenadas del paraboloide de la superficie libre es: z=(ω2/2g)·r 2, con lo que la integral es: Vqueda =
∫
z=H+B
z=B
2 2 ⎡ 2 g ( 2B + H ) ⎞ ⎛ 2g ⎞ 2g ( H + B ) − B ⎤ ⎛ 2 π ⎜ R − 2 z ⎟dz = π ⎢ R H − 2 ⎥ = πH ⎜ R 2 − 2 ⎟ 2 ω ⎠ ω ω ⎝ ⎝ ⎠ ⎣⎢ ⎦⎥
9,8 ( 2·0, 9 + 0, 3) ⎞ ⎛ 3 Vqueda = π·0,3 ⎜ 0,12 − ⎟ = ...= 1179 cm 2 48,5 ⎝ ⎠
_________________________________________________________________________________________________________________
2. Estática de Fluidos.
37
2.8. Distribución de presiones en campo gravitatorio-centrifugo: Un recipiente cilíndrico de eje vertical, esta lleno de un líquido y cerrado por un pistón superior de un determinado peso. Al recipiente se le somete a una velocidad de giro constante, con lo que el fluido esta sometido a un campo de fuerzas másicas gravitatorio-centrifugo. DETERMINE: 1. Cuando el recipiente no gira: la distribución de presiones y el valor de la presión en el centro del pistón y en el centro de la base. 2. La distribución de presiones cuando el recipiente gira a una velocidad constante. 3. Valor máximo de la velocidad de giro, para que en ningún punto exista cavitación. DATOS:
Cilindro: diámetro: D = 200 mm Pistón: masa: m = 10 kg Líquido: nivel inicial: H = 250 mm; densidad: ρ = 1000 kg/m3; presión de vapor a la temperatura ambiente: pv = 12 mbar Ambiente: presión atmosférica: patm = 1013 mbar. z
RESOLUCIÓN:
D
A(0,H) H B(0,0) r 1. DISTRIBUCIÓN DE PRESIONES EN CAMPO EXCLUSIVAMENTE GRAVITARIO: La ecuación fundamental de hidrostática es: dp = -ρg dz; cuya integración da:
p = - gz + C
La constante de integración viene determinada por la condición de contorno, de que en los puntos en contacto con la parte inferior del pistón, la presión es suma de la presión atmosférica y de la presión debida al propio peso del pistón: p(z =H ) = patm +
mg = −ρg ⋅ H + C πD 2 / 4
⇒
con lo que la distribución de presión es: p = patm +
C = patm +
mg + ρg ⋅ H πD 2 / 4
mg + ρg ⋅ ( H − z ) πD 2 / 4
La presión en el centro del pistón (A(r=0, z=H), es por tanto: La presión en el centro del fondo (B(r=0, z=0), es por tanto:
mg πD 2 / 4 mg p B = patm + 2 + ρg ⋅ H πD / 4 pA = patm +
Numéricamente, con los datos: pA = patm +
mg 10 ⋅ 9,8 = 101300 + = 104, 42 kPa 2 πD / 4 π ⋅ 0,22 / 4
p B = patm +
mg 10 ⋅ 9,8 + ρgH = 101300 + + 1000 ⋅ 9,8⋅ 0, 2 = 106,38 kPa 2 πD / 4 π ⋅ 0, 22 / 4
_________________________________________________________________________________________________________________
2. Estática de Fluidos.
38
2. DISTRIBUCIÓN DE PRESIONES EN CAMPO GRAVITATORIO-CENTRIFUGO: A partir del balance de fuerzas en un elemento de volumen, sometido a un campo de fuerzas másica gravitatorio y centrífugo, se obtienen las variaciones parciales de la presión, que lleva a la ecuación diferencial del campo de presiones, cuya integración da la distribución de presiones: p=p(r,z). p·dz·rdθ
⎛ p + ∂ p dr ⎞ dz·rdθ ⎜ ∂r ⎟⎠ ⎝
rdθ dz dr
Balance de fuerzas en dirección radial:
∑
∂ p ⎡ ⎤ dFr = ⎢ p ⋅ dz ⋅ rdθ − ⎛⎜ p + dr ⎞⎟ ⋅ dz ⋅ rdθ⎥ + ⎡⎣ (ρ ⋅ dr ⋅ dz ⋅ rdθ ) ⋅ ω2 ⋅ r ⎤⎦ = 0 ∂r ⎠ ⎝ ⎣ ⎦ fuerzas de presión
∂ p = ρω2 r ∂r
fuerza centrifuga
Balance de fuerzas en dirección axial:
∑
∂ p = −ρg ∂z
∂ p ⎡ ⎤ dFz = ⎢ p ⋅ dr ⋅ rdθ − ⎛⎜ p + dz ⎞⎟ ⋅ dr ⋅ rd θ⎥ + ⎡⎣ − (ρ ⋅ dr ⋅ dz ⋅ rdθ ) ⋅ g ⎤⎦ = 0 ⎝ ∂z ⎠ ⎣ ⎦ fuerzas de presión
fuerza gravitatoria
Balance de fuerzas en dirección tangencial:
∑
∂ p =0 ∂θ
1 ∂p ⎞ ⎡ ⎤ dFθ = ⎢ p ⋅ dr ⋅ dz − ⎛⎜ p + dθ ⎟ ⋅ dr ⋅ dz ⎥ = 0 ⎝ r ∂θ ⎠ ⎣ ⎦ fuerzas de presión
Con todo la ecuación diferencial del campo de presiones es: Cuya integración da la distribución de presiones: p = p(r,z)
dp = ρω2 rdr − ρgdz p = 12 ρω2 r 2 − ρgz + C
La constante de integración viene determinada por la condición de contorno, de que el pistón esta en equilibrio y por tanto la suma de fuerzas que actúan sobre él es nula:
∫∫
p(r, H) ⋅ dA − mg − patm πR 2 = 0
A
Obteniendo: C = patm + ρgH +
∫
R
0
( 12 ρω2 r 2 − ρgH + C ) ⋅ 2πrdr = mg + patm πR 2
mg 1 2 R 2 − ρω 2 πR 2 2
p(r, z) = patm +
mg 1 2 ⎛ 2 R 2 ⎞ + ρω ⎜ r − ⎟ + ρg ( H − z) ) πR 2 2 2 ⎠ ⎝
3. VELOCIDAD MÁXIMA: la presión mínima se localiza el punto (r=0, z=H), y su valor es: mg 1 p(0, H) = patm + 2 − ρω2 R 2 y debe ser mayor que la presión de vapor, para que no exista cavitación, πR 4 con lo que la velocidad máxima es:
ω<
4 ρR 2
4 10·9,8 ⎛ ⎞ ⎛ p + mg − p ⎞ = 101300 + − 1200 ⎟ = 203,19 s-1 = 1940,36 rpm vapor ⎟ ⎜ atm πR 2 2 ⎜ 2 1000·0,1 ⎝ π0,1 ⎝ ⎠ ⎠
_________________________________________________________________________________________________________________
2. Estática de Fluidos.
39
2.9. Fuerza de presión superficie plana: En un submarino de experimentación, se dispone en proa de una ventana de observación de forma cuadrada, desde cuyo centro se mide la profundidad. DETERMINE la fuerza de presión y el centro de presión a las profundidades de 10,100 y 1000m, considerando: DATOS:
Ventana: lado: L = 1000 mm; Agua de mar: densidad superficie libre = 1025 kg/m3 módulo de compresibilidad = 2128 MPa
RESOLUCIÓN: 1. Módulos de las fuerzas de presión:
En el elemento de área, la presión manométrica es: pm = ρgh; con lo que la fuerza de presión es:
h
H
dh
dF p = pm·dA siendo el área elemental: dA = L·dh La resultante de las fuerzas de presión es:
F p =
∫
2
h=H +L / 2
ρgh ⋅ Ldh = ρgL
( H + L / 2 ) − ( (H − L / 2 ) 2
h=H −L / 2
2
= ... = gH·L2
Que podríamos haber puesto de forma inmediata, porque la resultante, es igual al producto de la presión en el centro de gravedad por el área mojada: F p=(ρgH)(L2). Numéricamente:
F p=ρgHL2 = 1025·9,8·10·12 = ... =100,45 kN F p=ρgHL2 = 1025·9,8·100·12 = ... =1004,5 kN F p=ρgHL2 = 1025·9,8·1000·12 = ... =10045 kN
H = 10m H = 100m H = 1000m
2. Centros de presión:
Tomando momentos de las fuerzas de presión respecto al punto (SL) de la superficie libre se tiene:
h p
∫ =
h ⋅ dF p
∫ =
h=H +L / 2
h·ρgh·Ldh
F p
3
=
h=H −L / 2
ρ gH·L2
( H + L / 2 ) − (H − L / 2)3 3HL
= ... = H +
1 L2 12 H
es decir el centro de presiones, esta por debajo del centro de gravedad (h=H), y conforme se esta a más profundidad, los dos puntos están más cercanos. La distancia entre los dos puntos (cdg y cdp) es:d=L2 /12H. Numéricamente, con H = 10 m, 100m y 1000 m H L
cdg cdp
d = L2/12H
d = 12/12·10 =...= 8,3 mm d = 12/12·100 =...= 0,83 mm d = 12/12·1000 =...=0,083 mm Es decir, a partir de 100 m de profundidad, prácticamente el centro de presión esta en el centro de gravedad.
L
_________________________________________________________________________________________________________________
2. Estática de Fluidos.
40
2.10. Fuerza de presión superficie curva: La aguja de un inyector diesel, cierra los orificios de salida por la acción de un muelle tarado; la presión del combustible al actuar sobre la superficie lateral del cono de empuje, levanta la aguja y comienza la inyección. DETERMINE: 1. Que se puede considerar constante la presión en toda la superficie mojada de la aguja. 2. Presión de comienzo de inyección. DATOS:
Muelle: Fuerza de cierre = 100 kg Aguja: cono de empuje: diámetros = 10 y 4 mm; altura = 45 mm; conicidad = 40º Combustible: 900 kg/m3
RESOLUCIÓN: (1) Presión constante: la diferencia de presiones, entre el punto más alto y más bajo de la aguja, sería:
pinyección
∆ p = ρgh = (900kg/m3)(9,8m/s2)(0,045m) = 396,9 Pa; que comparado con la magnitud de la presión de la bomba de inyección, del orden de 108 Pa, es evidentemente despreciable.
Fp
α
Aún más, en el caso de la superficie mojada del cono de empuje, que es donde se tiene componente vertical de las fuerzas de presión, la diferencia de cotas es: ∆R 5mm − 3mm ∆z = = = 2,384mm tgα tg40º que representa una diferencia de presiones insignificante:
α (dF p)z
∆ p = ρg∆z = (900kg/m3)(9,8m/s2)(0,002384m) = 21,03 Pa;
Estrictamente: F p =
∫
∫
⎡ r − R 1 ⎞ ⎛ F p = ⎜ p1 − ρg 2πrdr = ⎢ p1 ⎟ tgα ⎠ ⎝ ⎣⎢
∫
dAz
p·dA Z = ( p1 − ρgz ) 2πrdr
∫
R2
R1
⎤ ⎡ ρg2 π 2πrdr ⎥ − ⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ tgα
∫
R 2
R 1
⎤ ( r − R1 ) rdr ⎥ ⎦⎥
r
z 1
⎡ 2π ( R 22 − R 12 ) ⎤ ⎡ ρg2 π ⎛ R 3 − R 3 ⎡ ρg2 π ⎛ R 32 − R 13 R 22 − R 12 ⎞ ⎤ R 22 − R12 ⎞ ⎤ 2 2 2 1 − − R ⎥−⎢ F p = ⎢ p1 R = p (R -R ) 1 2 1 ⎥ ⎢ tgα ⎜ 3 ⎥ ⎜ 1 1 2 ⎟⎠ ⎦ 2 2 ⎟⎠ ⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ tgα ⎝ 3 ⎝ ⎣ 3 3 2 2 ⎡ ⎤ El valor numérico del corchete, es despreciable: ⎢ 900·9,8·2π ⎛⎜ 0,005 − 0,002 − 0,002 0,005 − 0,002 ⎞⎟⎥ = 0,0012 N tg40º 3 2
⎣
⎝
⎠⎦
(2) Presión de comienzo de inyección: Estrictamente los puntos más profundos tienen más presión; pero debido a las pequeñas dimensiones de la aguja, y a la alta presión de inyección, se puede considerar que toda la superficie mojada de la aguja esta a la misma presión. Por simetría, la resultante de las fuerzas de presión, es una fuerza vertical, cuyo valor es igual a la presión de inyección por la proyección vertical del área mojada: ( F p ) = pi ⋅ Az = pi ·π ( R22 − R12 ) cuando la fuerza de presión equilibra la fuerza del muelle; con lo que la presión es: pi =
Fmuelle 100 ⋅ 9,8 = = 148,55·105 Pa = 148,55 bar 2 2 2 2 π ( R 2 − R 1 ) π ( 0,005 − 0,002 )
_________________________________________________________________________________________________________________
2. Estática de Fluidos.
41
2.11. Fuerza de presión en compuertas: En la compuerta articulada de la figura, el propio nivel del agua es el que la abre o cierra automáticamente. A partir de un determinado nivel, la compuerta gira por la acción de las fuerzas de presión, con lo que se descarga parte del agua y se mantiene un nivel de equilibrio. DETERMINE: 1. El nivel de equilibrio (respecto al eje de giro). DATOS:
compuerta: dimensiones: 2m x 2m x 3m, peso = 16 Tm
RESOLUCIÓN:
(2/3)H (1/3)H
FH
PESO
h
H A/2 FV
=1025 k /m3
(1) Nivel de Equilibrio: H Sobre la superficie vertical (altura mojada H, profundidad B) , la resultante de las fuerzas de presión, FH, es
horizontal y su modulo igual a la presión en el centro de gravedad de la superficie mojada por el área mojada: H ρgB 2 FH = pcdg A mojada = ⎛⎜ ρg ⎞⎟ ( H·B ) = H 2 ⎝ 2⎠
el centro de presión, esta a 2/3 del nivel:
h cdp
∫ =
H
H
h·dF p
0
ρ ⋅ ∫ = ∫ρ ⋅
h· gh Bdh
0
F p
H
gh Bdh
H
h3 / 3 ⎤ 2 = 2 ⎥ = H h / 2 ⎦0 3
0
Sobre la superficie horizontal (anchura mojada A, profundidad B), la resultante de las fuerzas de presión, Fv, es vertical y su modulo igual a la presión en el centro de gravedad de la superficie mojada por el área mojada: FV = p cdg A mojada = ( ρgH )( A·B ) = ρgAB·H
el centro de presión, esta en centro de gravedad de la propia superficie mojada, al ser esta horizontal.
El equilibrio de momentos, respecto al eje de giro es:
H A A FH · + PESO· = FV · 3 2 2
en donde PESO es el peso de la parte horizontal de la compuerta, que es la mitad de toda la compuerta. sustituyendo las expresiones de FH y FV, queda:
ρgB 2 H A A H · + PESO ⋅ = ρgAB ⋅ H ⋅ 2 3 2 2
El nivel de equilibrio, viene determinado por la ecuación cúbica: H 3 − 3A2 H +
3A ⋅ PESO =0 ρgB
Numéricamente, con A=2m; B=3m; ρ=1000kg/m3; y PESO = 8000kg (=78400 N), se tiene: H 3 − 3·22 H +
3·2 ⋅ 78400 =0 1025·9,8·3
H 3 − 12H + 15,61 = 0 ,
cuya solución es
H = 1,74 m
_________________________________________________________________________________________________________________
2. Estática de Fluidos.
42
2.12. Fuerza de presión en superficie curvas: En el sistema de la figura. DETERMINE: 1. Fuerza y centro de presión sobre cada cara de la compuerta. 2. Nivel del agua para que el sistema este en equilibrio. DATOS:
Anchura unitaria: L = 1 m
0,2 m
1
3
= 1025 kg/m
2
0,8 m
= 850 kg/m3
0,5 m
1
= 1025 kg/m3
0,5 m
RESOLUCIÓN: (1) Fuerza y centro de presión en cada cara de la compuerta.
LADO IZQUIERDO:
b
La componente horizontal, es la fuerza de presión sobre la proyección de la superficie mojada sobre un plano vertical. El modulo es la presión en el cdg de la proyección por el área proyectada, y el centro de presión esta a 1/3 del nivel del punto más profundo:
FV FH
h FH = ⎛⎜ ρg A ⎞⎟ ⋅ ( h A ⋅ L ) ; ⎝ 2 ⎠
a = (1/3)·hA a
La componente vertical, es el peso del volumen desalojado (volumen rayado en la figura anterior), y su línea de acción pasa por el cdg del citado volumen rayado:
⎡⎛ πR 2 FV = ρ1g ⎢⎜ ⎣⎝ 2
⎞⎤ L ⎟⎥ ⎠⎦
Numéricamente:
b =
B A
4R 3π
1,8 FH = ⎛⎜ 1025·9,8· ⎞⎟ ⋅ (1,8 ⋅1 ) = 16,27 kN 2 ⎠ ⎝ 1 a = ⋅ 1,8 = 0,6 3 ⎛ π0,5 2 ⎞ FV = 1025·9,8 ⎜ 1 ⎟ = 3,94 kN ⎝ 2 ⎠ 4·0,5 b = = 0,212 3π
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2. Estática de Fluidos.
43
(1) Fuerza y centro de presión en cada cara de la compuerta (continuación)
LADO DERECHO: Las componentes horizontales, de cada líquido son R FH1 = ⎛⎜ ρ2 gh D + ρ1g ⎞⎟ ⋅ ( R ⋅ L ) a1 = (1/3)·R 2⎠ ⎝ h FH 2 = ⎛⎜ ρ2 g D ⎞⎟ ⋅ ( h D ⋅ L ) a2 = (1/3)·hD+R 2 ⎠ ⎝
FV2
La componente vertical, es el peso del volumen desalojado desde la superficie mojada a la superficie libre: ⎛ πR 2 ⎞ FV1 = ρ1g ⎜ + R ⋅ hD ⎟ L ⎝ 4 ⎠
( 4R / 3π ) ( πR 2 / 4) + ( R / 2)( R·hD ) b1 = ( πR 2 / 4) + ( R·h D )
FH2
D
a2
FH1
a1 A
⎛ πR ⎞ FV2 = ρ2 g ⎜ R ⋅ h D − L 4 ⎟⎠ ⎝ ( R / 2) ( R ⋅ h D ) − ( 4R / 3π ) ( πR 2 / 4 ) b 2 = ⎛ πR 2 ⎞ R ⋅ h − D ⎜ 4 ⎟⎠ ⎝ 2
0,5 Numéricamente: FH1 = ⎛⎜ 850·9,8·1,5 + 1025·9,8 ⎞⎟ ⋅ ( 0,5 ⋅1) = 7,5 kN 2 ⎠ ⎝ 1,5 FH2 = ⎛⎜ 850·9,8 ⎞⎟ ⋅ (1,5 ⋅1) = 9,37 kN 2 ⎠ ⎝ 2 ⎛ π0,5 ⎞ FV1 = 1025·9,8 ⎜ + 0,5 ⋅ 1,5 ⎟1 = 9,51 kN ⎝ 4 ⎠
FV1
a1 = (1/3)·0,5 = 1/6 a2 = (1/3)·1,3+0,5=0,933
( 4 ⋅ 0,5/ 3π ) ( π0,52 / 4) + ( 0,5 / 2)( 0,5·1,5) =0,242 m b1 = 2 π + 0,5 / 4 0,5·1,5 ( ) ( ) ⎛ π0,5 2 ⎞ FV2 = 850·9,8 ⎜ 0,5 ⋅1,5 − 1 = 4,61 kN 4 ⎟⎠ ⎝ ( 0,5/ 2 )( 0,5 ⋅1,5 ) − ( 4·0,5 / 3π ) ( π0,52 / 4 ) b 2 = =0,263 m ⎛ π0,5 2 ⎞ ⎜ 0,5 ⋅1,5 − 4 ⎟ ⎝ ⎠ (2) Equilibrio:
MA=0
FH·a + FV·b - FH1·a1 - FH2·a2 -FV1·b1 +FV2·b2 =0
Σ MA = 16,27·0,6 + 3,94·0,212 – 7,5·1/6 – 9,37·0,933 – 9,51·0,242 + 4,61·0,263 = - 0,484 kNm ≠ 0 con lo que el sistema no esta en equilibro. Para el equilibrio, el momento debido a la acción del agua de la zona izquierda, debería ser: 16,27·0,6+0,484 = 10,246 kNm =
ρ1g 3 ⋅ h ; con lo que 6 A
hA =
3
6·10246 = 1,83 m 1025 ⋅ 9,8
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