cap. 5 fuerzas distribuidas

Cap. 5 Fuerzas distribuidas

Pg. 5-1

Cap. 5

Fuerzas distribuidas

5.1 Concepto de fuerza distribuida

Hasta el momento hemos analizado a la accin de las fuerzas como concentradas. En la realidad las fuerzas concentradas no existen, pues para su aplicacin se requiere de un rea, por ms pequea que sea. De la comparacin de esta rea con las dimensiones totales del elemento es que se decidir si la fuerza es concentrada o distribuida. Una fuerza puede ser distribuida: por unidad de longitud por unidad de superficie por unidad de volumen

5.1.1 Resultante de un sistema de fuerzas distribuidas por unidad de longitud

Un sistema de fuerzas distribuidas por unidad de lnea se puede concebir como un sistema de fuerzas paralelas, actuando cada una de ellas (dQ) sobre un elemento diferencial de longitud (dx). Como sabemos de captulo 2, un tal sistema de fuerzas puede ser r reemplazado por una nica fuerza, pues M min = 0 . Dicha fuerza est representada en el sistema II. Se nos plantea ahora el problema de determinar las caractersticas de dicha nica fuerza (magnitud y punto de paso de su lnea de accin). Sea la fuerza dQ perteneciente al sistema I: donde

dQ = w dx

w es la funcin que representa la forma de distribucin de las fuerzas distribuidas y est dada en [N/m] [kgf/m] [ton/m] [lb/pulg], por ejemplo.

Pontificia Universidad Catlica del Per

Seccin de Ingeniera Mecnica - rea de Diseo


Pg. 5-2

Dado que los dos sistemas son equivalentes se debe cumplir que:

R I = R II :

R I = w dx0

L

R =QII

de donde:

Q = w dx0

L

(5.1)

M =M :I A II A

M =I A

x dF0

L

=

x w dx0

L

Mde donde: Notar que:

II A

= xC Q

xC Q =

x w dx0L

L

1 xC = x w dx Q 0

donde

Q = w dx0

L

(5.2)

1) La expresin (5.1) muestra que el valor obtenido para la resultante del sistema de fuerzas distribuidas corresponde al tamao del rea por debajo de la grfica w = w(x ) .

2) La expresin (5.2) muestra que el valor obtenido para xC y que define la lnea de accin de la resultante que reemplaza al sistema de fuerzas distribuidas corresponde la abscisa del centroide del rea por debajo de la grfica w = w(x ) . A continuacin se muestran algunos ejemplos.Q= 1 q1 L 2Q= q1 + q2 L 2

q2G

q1 A

B1 2 q1 + q 2 L 3 q1 + q 2

LFig. 5-7

2 R /




Pg. 5-3

Ejemplo 5.1: En el sistema I falta una fuerza para que sea equivalente al sistema II. Determinar el mdulo de dicha fuerza, su orientacin y la distancia de su lnea de accin al punto A.

Solucin: r Sea F = ( Fx , Fy ) la fuerza desconocida con lnea de accin igualmente desconocida. El sistema I quedar como muestra la figura.

r F

Resultante del sistema I:

La fuerza distribuida puede ser reemplazada por una nica fuerza como se muestra en la siguiente figura: 200 + 300 Q= 6 = 1500 kgf 2 (representa el rea del trapecio)y

y=

1 2 200 + 300 6 = 2,8 m 3 200 + 300

(est dada por la posicin del centroide del trapecio) Ahora: R x = 1500 + Fx

R y = 800 + Fy

Resultante del sistema II:

R x = 600 kgf

R y = 800 kgfComo las resultantes deben ser iguales: 1500 + Fx = 600 Fx = 2100 kgf

800 + Fy = 800

Fy = 1600 kgf




Pg. 5-4

es decir:

r F = (2100, 1600)

;

F=

Fx2 + Fy2 = 2640 kgf

Los momentos de ambos sistemas con respecto al mismo centro de reduccin (A por ejemplo) deben ser iguales: Sistema I: Sistema II:I Como M A = M A : I M A = 1000 + 800 ( 2) + 1500 ( 4 2,8) 2640 ( d ) [kgf m]

II M A = 600 ( 2) 800 ( 4) = 2000 [kgf m]

II

d = 1,667 m

Nota: Otra forma de trabajar la fuerza distribuida es considerndola como la superposicin de una carga distribuida de forma rectangular ms una triangular:

Aqu bsicamente cambiar la ecuacin de momentos del sistema I:I M A = 1000 + 800 ( 2) + 200 6 (1) +

1 100 6 ( 2) 2640 ( d ) 2

II la cual, igualada a la ecuacin de M A proporciona, obviamente, el mismo resultado ya obtenido para d.

Una tercera forma de trabajar la fuerza distribuida trapezoidal es considerndola como la superposicin de dos cargas triangulares.

La ecuacin de momentos del sistema I ser:I M A = 1000 + 800 ( 2) +

1 1 300 6 ( 2) + 200 6 ( 0) 2640 ( d ) 2 2

I la cual es equivalente a las dos anteriores ecuaciones planteadas para M A .




Pg. 5-5

Ejemplo 5.2:

Calcular los valores de FB y q B para que los sistemas mostrados sean equivalentes.

Solucin: Reemplazaremos las fuerzas distribuidas por sus respectivas resultantes. con:

Q1 =d1 =

L q C (3)(5) = = 5 kN 3 33L 3 (3) = = 2, 25 m 4 4

q + qB 5 + qB Q2 = C L= 3 2 2 d2 =

Q 2 = 7,5 + 1,5 q B [ kN]

1 2 qC + q B 3 qC + q B

1 2 ( 5) + q B L= 3 5 + qB

3

d2 =

10 + q B [ m] 5 + qB

Por equivalencia de sistemas, las resultantes deben ser iguales: R I = Q1 + Q2 R I = 12,5 + 1,5 q B R II = 10 + FB12,5 + 1,5 q B = 10 + FB 2,5 + 1,5 q B = FB(3) (1) (2)

Resultante del sistema I: Resultante del sistema I: Igualando (1) y (2):

Los momentos con respecto a cualquier centro de reduccin (por ejemplo A) deben ser iguales: Q1 d 1 + Q 2 ( 6 d 2 ) = (10 ) (1) + FB ( 6) 10 + q B 5 ( 2, 25) + ( 7,5 + 1,5 q B ) ( 6 ) = (10 ) (1) + FB ( 6) 5 + qB2 7,5 q B + 69,75 q B 30 FB 6 FB q B + 156, 25 = 0

(4)

de (3) y (4): tomamos:

10,83 qB = 5,0

ok no

q B = 10,83 kN/m

( 3)

FB = 18,75 kN




Pg. 5-6

Ejemplo 5.3: Sobre el marco ABCDE pueden actuar los dos sistemas de fuerzas indicados: el sistema 1 est formado por fuerzas distribuidas por unidad de longitud; el sistema 2 est formado por las fuerzas FA y FC. Si ambos sistemas son equivalentes, hallar la mxima intensidad de las cargas parablicas wD y las magnitudes de FA y FC. Los puntos C y E son vrtices de las parbolas respectivas.

Solucin:

Reemplazaremos cada sistema de fuerzas distribuidas por su resultante.F2 F3

Sistema I:B

C

F1A

F4 2m 5,5 m F5Fig. 5-17 E D

wD

F1 =

2 100 = 100 kgf 2 3 100 F2 = = 300 kgf 2 F3 = 200 5 = 1000 kgf

a una distancia a una distancia a una distancia a una distancia a una distancia ()

2 = 0,67 m de A 3

2 m de A

3 + 2,5 = 5,5 m3 (3) 2 = 0, 25 m de A 4 3 2,5 (1,5) = 1,6 m de A 5

3 = wD 3 1,5 2 F5 = wD = wD 3 F4 = w D

Ahora:I R H = 100 + wD + wD

I RV = 300 + 1000

()

I M A = 100 ( 2 / 3) 300 ( 2) 1000 (5,5) wD ( 0, 25) wD (1,6)

I M A = 6033,3 1,85 wD




Pg. 5-7

Sistema II:II RH =

2 FA + 0,8 FC () 2 2 FA 0,6 FC () 2

II RV =2 FA 2

2 FA 2

II M A = 0,8 FC ( 2) + 0,6 FC (8)

Como los dos sistemas deben ser equivalentes:I II RH = RH !

II M A = 6, 4 FC

100 + 2 wD = 1300 =

2 FA + 0,8 F C 2

(1) (2) (3)

I II RV = RV I II MA = MA !

!

2 F A 0, 6 F C 2

6033,33 + 1,85 wD = 6, 4 F C

resolviendo:

w D = 49,815 kgf/m F A = 1050 ,77 kgf

FC = 928,3 kgfNota: los signos negativos indican que el sentido verdadero es contrario al mostrado en la figura respectiva.

5.1.2 Fuerzas distribuidas por unidad de rea

Un sistema de fuerzas distribuidas por unidad de rea se puede concebir como un sistema de fuerzas paralelas, actuando cada una de ellas (dQ) sobre un elemento diferencial de rea dA.z w (x, y) z w (x, y)

G O y dA xSistema I

dQ x yFig. 5-19

O yc x

Q xc ySistema II




Pg. 5-8

Dicho sistema de fuerzas puede ser reemplazado por una nica fuerza, la cual est representada en el sistema II. Determinaremos ahora las caractersticas de dicha nica fuerza (magnitud y punto de paso de su lnea de accin). Sea la fuerza dQ perteneciente al sistema I: donde

dQ = w dA

w = w( x , y ) es la funcin que representa la forma de distribucin de las fuerzas distribuidas y est dada en N/m2, kgf/m2, ton/m2 lb/pulg2, por ejemplo.

Dado que los dos sistemas son equivalentes se debe cumplir que:

R I = R II :

R I = w dAA

R II = Qde donde:

Q =

w dAA

(5.3)

rI r II MO = MO :

rI MO ==

A

r r r dQ =

A

( x, y , 0) ( 0, 0, dQ )

A

( y dQ, x dQ, 0)

II M O = ( xC , y C , 0) (0, 0, Q )

= ( y C Q , x C Q , 0)de donde:

xC Q =xC = 1 Q

A

x dQx w dA

A

xC =

x w dA w dAA A

(5.4)

anlogamente: Notar que:

xC Q =

A

x dQ

yC =

y w dA w dAA A

(5.5)

La expresin (5.3) muestra que el valor obtenido para la resultante del sistema de fuerzas distribuidas por unidad de rea no es otra cosa que el tamao del volumen por debajo de la grfica w = w( x, y ) . Las expresiones (5.3) y (5.4) muestran que los valores obtenidos para las coordenadas xC e y C que definen la lnea de accin de la resultante que reemplaza al sistema de fuerzas distribuidas, correspondes a dos de las coordenadas del centroide del volumen por debajo de la grfica w = w( x, y ) .




Pg. 5-9

Ejemplo 5.4: La seccin transversal de una viga en forma de T est sometida a una fuerza distribuida de 25 N/mm2 segn la dimensin a y tambin a una fuerza F. Si el sistema es equivalente a un par de 750 kN-m, se pide determinar la distancia a y la fuerza F.

Solucin: reemplazamos el sistema I de la siguiente manera:

F1 = 600 (100) 25 = 1500000 [N] F2 = 300 (a 100) 25 = 750 a 750000 [N] (a en mm)

Por equivalencia de sistemas se debe cumplir que:

R I = R II F1 F2 + F = 0

!

es decir:

1500000 (7500 a 750000) + F = 0I II MQ = MQ !

F = 750000 + 7500 a:

(1)

de (1):

a a ! F1 + F 340 + 50 = 750 10 6 2 2 a a 15 10 6 + (0,75.10 6 + 7500 a ) 390 = 750 10 6 2 2

ordenando: resolviendo (2):

3750 a 2 3,3 10 6 a + 457 10 6 = 0a1 = 707 ,58 mm (fsicamente descartada) a 2 = 172,42 mm

(2)

tomaremos: en (1):

a = 172, 42 mm F = 2,043 10 6 N




Pg. 5-10

5.2

Fuerzas debidas a presin de lquidos

El Principio de Pascal establece que la presin en cualquier punto de un fluido se ejerce por igual en todas las direcciones. La presin que ejerce un lquido en reposo sobre una partcula a una profundidad h es directamente proporcional a dicha profundidad.

Considerando el caso particular de un lquido de viscosidad nula la presin es igual en todas las direcciones. Analizando un elemento diferencial de columna de fluido a una profundidad y:

( p + dp) dA

El equilibrio del elemento diferencial en direccin vertical requiere que:

p dA + dA dy ( p + dp) dA = 0de donde: dp = dy

dp =p0

p

dy0

h

Para los lquidos (fluidos incompresibles) se puede afirmar que normalmente tienen densidad o peso especfico constante. Entonces, la anterior expresin puede integrarse fcilmente y obtenemos: p p0 = h La presin ( p p0 ) recibe el nombre de presin manomtrica o presin indicada y vale p = h . En los sistemas abiertos a la atmsfera terrestre, la presin atmosfrica p0 acta sobre todas las superficies y en consecuencia la resultante ser nula. As, en dicho caso bastar con considerar la presin manomtrica:

p= h

(5.6)




Pg. 5-11

5.2.1 Fuerzas en una superficie vertical sumergida

Debido a la accin de las fuerzas debidas a la presin de lquido se origina sobre la superficie plana un sistema de fuerzas distribuidas por unidad de rea, que estudiaremos a continuacin y que generalizaremos para cualquier forma que tenga la superficie plana en estudio.r r

G (x, y)

xC

yC

Denominaremos sistema I al sistema de fuerzas distribuidas y sistema II a su sistema equivalente consistente en la resultante nica. El diferencial de fuerza actuante el en el rea dA mostrada en la figura es: dF = p dA pero: ( es el peso especfico del lquido) p = y

dF = y dA

(5.7)

Para calcular la fuerza resultante bastar integrar la anterior expresin:

F =

A

y dAy=

(5.8)

de la teora de centroides sabemos que: entonces: donde:y

1 A

A

y dA(5.9)

F = y A es la profundidad del centroide del rea plana es el rea de la superficie en estudio

A




Pg. 5-12

Ahora determinaremos el punto de paso, sobre la superficie plana, de la resultante de la fuerza originada por la presin de lquidos. Dicho punto se denomina centro de presin. Para ello usaremos la igualdad de momentos en sistemas equivalentes. Tomando momentos en ambos sistemas con respecto al origen de coordenadas O:rI MO = =

r dF

r

r

=

( x, y , 0) (0, 0, dF )x dF , 0)(5.10)

( y dF ,

r r II r M O = rC F = ( xC , y C , 0) ( 0, 0, F )

= ( y C F , xC F , 0) de (5.9) y (5.10): yC F = yC = 1 F 1 yC = F

(5.11)

y dF

y dF A

=

1 F

A

y ( y dA)

y 2 dA

de (5.8):

yC =

1 yA

A

y 2 dA

yC =

1 yA

A

y 2 dA

(5.12)

En esta ltima expresin, la integral

A

y 2 dA se denomina momento de inercia de A con

respecto al eje x y se estudiar en el captulo 9 del curso pues, como propiedad geomtrica de superficies planas, aparece en la solucin de problemas importantes de la mecnica. Entonces, denominando I x := y 2 dA :A

yC =

Ix yA

(5.13)

De la igualdad de momentos de los sistemas, expresiones (5.10) y (5.11), tambin se desprende que: xC F = x dF 1 F 1 xC = F xC =

y dF

=

1 F

A

x ( y dA)

A

x y dA

de (5.9):

xC =

1 yA

A

x y dA

xC =

1 yA

A

x y dA

(5.14)

En esta ltima expresin, la integral

A

x y dA se denomina producto de inercia de A con

respecto a los ejes x y tambin se estudiar en el captulo 9 del curso. Entonces, denominando Pxy := x y dA :A

xC =

Pxy yA

(5.15)




Pg. 5-13

Nota 1: Nota 2:

El centro de presin no coincide con el centro de gravedad de la placa.

En las expresiones (5.12) y (5.14) las integrales se evalan sobre toda el rea. Puesto que son integrales de rea, en general se pueden usar integrales dobles, sin embargo, para el caso de fuerzas debidas a presin de lquidos, podremos siempre tomar elementos diferenciales paralelos al eje x, con lo cual las integrales se convertirn en simples. Evidentemente, en el caso de simetra con respecto al eje y, la otra coordenada del centro de presin ser xC = 0. Ejemplo 5.5:

y

yG

Determinar la resultante de las fuerzas hidrostticas que actan sobre la superficie rectangular de la represa mostrada.

Magnitud de la resultante: dA = b dy

dF = p dA = y b dyF = y b dy =0

h

1 b h2 2

F =

1 b h2 2

Posicin del centro de presin:1 yC = Fh

evidentemente xC = 0.3

1 1 bh 2 b h3 2 y dF = F b y dy = F 3 = 3 b h 2 0

Solucin 2:

yC =

2 h 3

Tambin podemos utilizar las expresiones deducidas lneas arriba.F = y A = h bh 2

Magnitud de la resultante:

F =

1 b h2 2




Pg. 5-14

Posicin del centro de presin:yC =

yC =

1 yA

A

y 2 dA2 b h3 b h2 3

Reemplazando:

1 ( h / 2 ) (b h )

0

h

y 2 b dy =

yC =

2 h 3

Solucin 3:

Aqu tambin sern vlidas las conclusiones que obtuvimos para el volumen que representa la distribucin de fuerzas distribuidas. En el caso de fuerzas debidas a la presin de lquidos, dicho volumen recibe el nombre de prisma de presiones.

yG

Magnitud de la resultante:F=

es igual al volumen del prisma de presiones. F = 1 b h2 2

Es decir:

1 ( h ) h b 2

Posicin del centro de presin:

est dada por las coordenadas de la proyeccin del centroide del prisma de presiones sobre la superficie en la que acta la carga distribuida.

En la siguiente figura se ve claramente que el prisma de presiones es, en este caso, un prisma recto de seccin triangular, por lo que el centroide es fcil de ubicar:

yC = yG = h

h 3

yC yG

yC =

2h 3




Pg. 5-15

Ejemplo 5.6: La figura muestra la seccin transversal de un dique de concreto armado (peso especfico co = 2,4 ton/m3 ) construida para represar agua ( ag = 1 ton/m 3 ). Hallar x para que cuando el agua alcance su nivel mximo, la resultante pase por A. Calcule las componentes horizontal y vertical de dicha resultante.

La resultante de las fuerzas distribuidas ser: donde:

FH =

ag = 1 ton/m3b = 1 m (trabajaremos por ancho unitario)FH = 72 ton

1 ( ag h ) h b 2

Dividiendo la presa de concreto en dos partes:W1 = co V1 = ( 2, 4)

( co = 2, 4 ton/m3) @2 (12 x ) del origen O 3

1 (12 x ) h = 14, 4 (12 x ) 2

W2 = co V2 = (2,4) x h = 28,8 x El sistema equivalente ser:

@

12 x +

x del origen O 2

donde:r R

Rx = 72 ton

R y = W1 + W2= 14,4 (12 x) + 28,8 x

R y = 14,4 x + 172,8

M

r

O

:

14,4 (12 x)

x 2 (12 x) + 28,8 x (12 x + ) 72 (4) = 6 R y 3 2

de donde: resolviendo: entonces:

2,5 x 2 21 x 5 = 0x1 = 8,63 y x2 = 0,23

x = 8,63 m

R y = 297,1 ton




Pg. 5-16

Ejemplo 5.7: La compuerta rectangular mostrada tiene ancho b = 1,5 m y est sumergida en agua ( = 1 ton/m3). Calcular la fuerza resultante debida a las fuerzas de presin del lquido sobre la compuerta y su ubicacin. Solucin:x

agua = 1 ton/m 3 = 1000 kgf/m 3O

y

h1yCdA

l=3m

dy

F y

Para el elemento diferencial dA mostrado, la fuerza que acta sobre l es:

h2

d F = p dA = y (b dy )

Fig. 5-36

integrando:

y2 F = b y dy = b y dy = b 2 y1 y1

y2

y2

y2 = 5 m

l=3m

= 1000 (1,5 )

y1 = 2 m

(5 2 2 2 ) 2

F = 15 750 kgf

Para calcular la profundidad del centro de presin ( y C ) tenemos que se debe cumplir, por equivalencia de sistemas: yC =yC =

y dF = y=

C

F

y dFF

y (

y b dy ) F

=

bF

y2

y1

y

2

dy =

b y3F 3

y2 =5 m

y1 = 2 m

1000 (1,5) (5 3 2 3 ) 15750 3

y C = 3,714 m

Otra solucin:

sabemos que para superficies verticales sumergidas se cumple que:kgf (3,5 m ) (1,5 m 3 m ) m3y2

F = y A = 1000

y 2 =5 m

F = 15750 kgf1,5 (5 3 2 3 ) = 3,5 (1,5 3) 3

1 1 2 yC = y dA = y A yAA

b y3 y b dy = y A 3 y12

y1 = 2 m

y C = 3,714 m




Pg. 5-17

Otra solucin:

Sabemos que la representacin de las fuerzas distribuidas por unidad de rea constituye un volumen que es denominado prisma de presiones.

y1

yC

l

y2

Vista lateral del prisma de presionesFig. 5-38

La fuerza resultante es igual al volumen de prisma:F = Atrapecio b = =

1 ( y1 + y 2 ) l b = ( y1 + y 2 ) l b 2 2

1000 ( 2 + 5) 3 (1,5) 2 F = 15 750 kgf

La recta de accin de F pasa por el centroide del prisma; dado que el ancho b es constante y en consecuencia el prisma es recto, la distancia H se puede determinar fcilmente a partir de que disponemos del conocimiento de la posicin del centroide del rea trapezoidal:H = 1 2 y1 + y 2 3 y1 + y 2 1 2 y1 + y 2 l = 3 y1 + y 2 l

finalmente:

H=

1 3

2 2 + 5 3 2+5

H = 1, 286 m

yC = 5 H

y C = 3,714 m




Pg. 5-18

Ejemplo 5.8: La compuerta triangular mostrada tiene ancho b = 3 m y est sumergida en agua ( = 1000 kgf/m3). Calcular la fuerza resultante debida a las fuerzas de presin del lquido sobre la compuerta y su ubicacin. Solucin:

h1l=3m

Para el mostrado:

l=3m

elemento b =

diferencial

b 5 y = b 3 h2

1,5 (5 y ) 3 1 b = (5 y ) 2

dF = p dA = y bdy =

2

y (5 y ) dy

integrando: adems:

1000 F = (5 y ) y dy = 2 (5 y ) y dy 2 y1 2

y2

5

F = 6750 kgfyC =

y dFF

1 = F5

y 2 y (5 y ) dy

=

2F

y2

y

2

(5 y ) dy

y1

1000 2 3 = (5 y y ) dy 2 (6750) 2

y C = 3,17 m

Otra solucin: utilizaremos las expresiones (5.9) y (5.12). 1 F = 6750 kgf F = y A = 1000 (3) (3) (1,5) 2 1 1 1 2 2 2 1 yC = y dA = y A y b dy = y A y 2 (5 y ) dy yAA A A= 1 1 2 (3) (3) (1,5) 2

(5 y2

5

2

y 3 ) dy

y C = 3,17 m




Pg. 5-19

5.2.2 Fuerzas en una superficie horizontal

En la figura se muestra una placa horizontal sumergida a una profundidad h. Est claro que la presin en todos los puntos de la placa ser la misma:

p = hLa fuerza resultante del sistema de fuerzas distribuidas originadas por la presin del lquido que est por encima de la placa ser: F = p dAA

es decir:

F = h dA = h dAA A

F= hA

(5.16)

Como ya sabemos a estas alturas del captulo, el punto de paso de la resultante F est dado por la posicin del centroide del prisma de presiones. En la figura 5-42 se ve que dicho prisma es un prisma recto de altura h y base igual a la del rea A de la placa. En consecuencia, el centro de presiones coincide con el centroide de la placa. Nota: Si observamos la figura 5-33 nos daremos fcil cuenta de que la resultante de las fuerzas distribuidas hallada lneas arriba debera ser igual al peso del volumen de lquido situado encima de la placa: W = ( A h) el cual corresponde efectivamente al valor mostrado en la expresin (5.16). Adems, el centroide GV del mencionado volumen de lquido ser punto de paso de la fuerza resultante y cortar a la placa en el centroide de la placa, el cual, como ya hemos visto, coincide con el centro de presiones.G

h

GV F

AFig. 5-43




Pg. 5-20

5.2.3 Fuerzas en superficies inclinadas

Ahora analizaremos el sistema de fuerzas distribuidas que se origina sobre la placa inclinada mostrada debido a la presin del lquido en el que est sumergida. Denominaremos sistema I al sistema de fuerzas distribuidas y sistema II a su sistema equivalente consistente en la resultante nica.

hx r r

h

y

y

El diferencial de fuerza actuante en el rea diferencial dA mostrada en la figura es:

dF = p dApero: adems: integrando:

p = h h = y sen

( es el peso especfico del lquido)

dF = y sen dA

(5.17)

F = y sen dAA

F = sen pero: entonces: o tambin:y=

A

y dA

(5.18)

1 A

A

y dA(5.19) (5.20)

F = sen y AF = h A

Ahora determinaremos el punto de paso, sobre la superficie plana, de la resultante de la fuerza originada por la presin de lquidos. Dicho punto se denomina centro de presin. Tomando momentos en ambos sistemas con respecto al origen de coordenadas O:rI MO ==

r r r dF =

( x, y , 0) (0, 0, dF )x dF , 0 )(5.21)

( y dF ,




Pg. 5-21

r II r r M O = rC F = ( xC , y C , 0) ( 0, 0, F )

= ( y C F , xC F , 0) de (5.20) y (5.21): y C F = yC = 1 F 1 yC = F

(5.22)

y dF y dF A

=

1 F

A

y ( y sen dA)

y 2 sen dA

de (5.18):

yC =

1 y sen A

A

y 2 sen dA

yC =

1 yA

A

y 2 dA (5.23)

Recordando que la integral respecto al eje x: A

A

y 2 dA se denomina momento de inercia del rea A con

I x := y 2 dAyC = Ix yA

(5.24)

De la igualdad de momentos de los sistemas, expresiones (5.21) y (5.22), tambin se desprende que: x C F = x dF xC = 1 1 y dF = F A x ( y sen dA) F sen xC = x y dA F A sen xC = x y dA y sen A A

de (5.19):

xC =

1 yA

A

x y dA (5.25)

Recordando que la integral respecto a los ejes x e y: xC =

A

x y dA se denomina producto de inercia del rea A conA

Pxy := x y dA :Pxy yA (5.26)




Pg. 5-22

Prisma de presiones Es el volumen imaginario que tiene como base la superficie que se analiza y como altura en cada punto el valor de la presin en el mismo. Como lo mostraremos a continuacin, su volumen corresponde a la magnitud de la fuerza resultante del sistema de fuerzas distribuidas y su centroide es punto de paso de la resultante mencionada.

p1 = h1

h1 h h2dV = p dA = h dA

p2 = h2

Fig. 5-45

Volumen del prisma de presiones: dV = p dA = h dA

Integrando:

V = h dAA

= h dAA

V = h A

(5.27)

valor que corresponde al hallado (expresin (5.20)) y que nos da la magnitud de la fuerza resultante del sistema de fuerzas originado por la presin de lquido en una superficie plana sumergida. Es decir, la fuerza resultante es igual al volumen del prisma de presiones.

Centroide del volumen de presiones

Abscisa del centroide del prisma:xvol =

x dV dV y dV dV

=

x ( h dA) ( h dA) y hdA h dA

=

x dF dF

= xC(5.28)

xC = xvol Anlogamente:y vol = = =

y dF dF

= yC(5.29)

yC = yvol

En consecuencia, el centro de presin (punto de paso de la resultante) coincide con el centroide del volumen imaginario o prisma de presiones.




Pg. 5-23

Ejemplo 5.9: Mostrar que los sistemas mostrados son equivalentes. W1 y W2 representan el peso de la masa de agua que est justo por encima de la compuerta rectangular.

l

Solucin: Reemplazaremos las fuerzas distribuidas de ambos sistemas por sus respectivas fuerzas resultantes y luego probaremos que son equivalentes.l cos

l

Analizando los nuevos sistemas I y II:

Sistema I:R = 1 ( h1 + h2 ) l b 2 R x = R sen R y = R cos

Resultante:

= =

R =

2

( h1 + h2 ) l b(1) (2)

Sus componentes sern:

2 2

(h1 + h2 ) l b sen (h1 + h2 ) l b cos

Momento resultante del sistema con respecto al punto A:1 2 h1 + h2 R 2 h1 + h2 h + h l = 3 h + h l 3 1 2 1 2 2h +h 1 I MA = (h1 + h2 ) l b 1 2 l h +h 32 1 2 I MA = R d = R



l sen


Pg. 5-24

I MA =

6

l 2 b ( 2 h1 + h2 )

(3)

Sistema II: Determinaremos su resultante y el momento resultante con respecto al punto A.1 ( h1 + h2 ) ( h1 h2 ) b = ( h1 + h2 ) l b sen b 2 2 1 R y = W1 + W2 = h1 l cos b + l cos b l ( sen ) b 2 ( h2 h1 ) h h R y = l b cos h1 + 2 1 2 2 Rx = F = Ry =(4)

Resultante:

2

l b cos ( h1 + h2 )

(5)

Momento resultante del sistema con respecto al punto A:II M A = F e + W2

1 1 l cos + W1 l cos 3 2

=

1 2 h1 + h2 l sen + (h1 + h2 ) l sen b 2 3 h1 + h2 l b cos l l cos (h2 h1 ) cos + h1 b cos l + 2 3 2 2 (h1 + h2 ) l b sen 2 h1 + h2 h +h + 1 2 l 2 b cos 2 l 2 b cos 2 + (h2 h1 ) + h1 6 2

=

l sen 3

== =II MA =

6

l 2 b sen 2 (2 h1 + h2 ) +

l 2 b cos 2 6

(h2 h1 ) +

l 2 b cos 2 2

h1

6

l 2 b 2 h1 sen 2 + h2 sen 2 + h2 cos 2 h1 cos 2 + 3 h1 cos 2 l 2 b 2 h1 ( sen 2 + cos 2 ) + h2 ( sen 2 + cos 2 ) l 2 b ( 2 h1 + h2 )

[

]

6

[

](6)

6

Las expresiones (1), (2) y (3) son iguales a las expresiones (4), (5) y (6) respectivamente, con lo cual podemos afirmar que los sistemas estudiados son equivalentes.




Pg. 5-25

Ejemplo 5.10: La compuerta rectangular mostrada tiene ancho b = 3 m y est sumergida en agua ( = 1000 kg/m3). Calcular la fuerza resultante debida a las fuerzas de presin del lquido sobre la compuerta y su ubicacin. = 45

l

h1 h O y1 h2

Fig. 5-48

Solucin:x y y2 dy yFig. 5-49y2 y

l = h2 2 = 14 2 mdF = p dA = p b dy = h b dy y como h = y sen 45

dF = y sen 45 b dyy2

2 2 2 y2 F = sen 45 b y dy = g b y dy = g b 2 y1 2 2 y1= 1000 (9,8) ( 20 2 ) ( 6 2 ) 2 (3) 2 22 2

y1

F = 7 567173,93 N yC =1 Fy2

Centro de presin:yC = yC =

1 y 2 sen dA F A

y1

2 y sen b dy = 3 y2

sen bF

y2

y1

y

2

dy ( 20 2 ) 3 ( 6 2 ) 3 3

sen b yF

3

y1

1000 (9,8) sen 45 (3) = 7 567173,93

y C = 20,16 m

Nota: Es fcil ver que, por simetra del rea de la compuerta, xC = 0 . Otra alternativa de solucin:p1 = g h1 = 1000 (9,8) 6 = 58 800 N/mm2 p 2 = g h2 = 1000 (9,8) 20 = 196 000 N/mm2




Pg. 5-26

Sabemos que la resultante de las fuerzas distribuidas en toda el rea de la compuerta rectangular es igual al volumen del prisma de presiones: l

F =

o tambin:

1 ( g h1 + g h2 ) l b 2 1 = (58800 + 196000 ) (14 2 ) (3) 2 F = 7 567173,93 N

F = h A = g

( h1 + h2 ) lb 2 6 + 20 = 1000 (9,8) (14 2 ) (3) 2

F = 7 567173,93 N

Para la ubicacin del centro de presiones:1 1 2 yC = y dA = y l b yAAy2

y1

y

2

b dy3 ( y 2 y13 )

=

1 1 3 ( y 2 y13 ) = yl 3 1

1 l 3 y1 + l 2

=

3 ( 6 2 + 7 2 ) (14

[(20 2)

2 ) 3 (6 2 ) 3

]

y C = 20,16 m

Finalmente, otra alternativa de solucin: las fuerzas debidas a la presin del lquido pueden ser descompuestas en W1, W2 y FH:W1 = g h1 ( l cos ) b

= 1000 (9,8 ) (6 ) 14 2 W1 = 2 469 600 NW2 = g

2 3 2

1 ( h2 h1 ) ( l cos ) b 2 1 2 3 = 1000 (9,8) (14) 14 2 2 2 W 2 = 2 881 200 N 1 1 FH = g ( h2 + h1 ) ( h2 h1 ) b = 1000 (9,8) ( 26) (14 ) (3) 2 2 FH = 5 350 800 N




Pg. 5-27

La fuerza resultante ser: F = Para hallar y C tomemos

(W1 + W2 ) 2 + FH = 7567173,93 NP

2

M

para ambos sistemas: 1 g 2 h1 + h2 3 g h +h 1 2 (l sen ) ! F d =

l cos l cos W1 + W2 + FH 2 3

14 2 2 2 14 2 2 2 1 2 ( 6) + 20 2 + 2881200 + 5350800 = 2469600 14 2 2 3 3 6 + 20 2 = 7567173,93 d!

finalmente: Ejemplo 5.11:

d = 8,123 my C = h2 2 8,123 = 20 2 8,123

y C = 20,16 m

Calcular la fuerza resultante que acta sobre la compuerta de forma triangular mostrada y la posicin del punto sobre la placa por el que pasa su lnea de accin. El lquido almacenado es agua ( = 1000 kgf/m 3 ).

= 45

l

= 45b=3 mSolucin:

; ;

h1 = 6 m h2 = 20 mFig. 5-52

Para la placa triangular:

l = h2 2 h1 2 = 14 2 mdel grfico y y1 b = b l b b = ( y y1 ) l

dF = p dA = h (b dy ) h = y sen 45dF = y sen 45 b ( y y1 ) dy l

F =

y2

y sen 45y1

b sen 45 b ( y y1 ) dy = l l20 2 2

y2

(y

2

y1 y ) dy20 2

y1

2 (1000) (9,8) (3) = 2 14 2

y3 y2 ( y 6 2 y ) dy = 1050 6 2 2 6 3 6 2

2

F = 4 462 692,32 N




Pg. 5-28

De otra manera: donde:

F = h A

h = y sen 45 donde y es la ordenada del centroide de la placa triangular.2 2 3 (14 2 ) 2 F = (1000) (9,8) 6 2 + (14 2 ) 2 3 2

F = 4 462 692,32 N

Centro de presin:

yC

2 1 1 b 1 y dF = = sen 45 ( y 3 y1 y 2 ) dy = 1050 F F l F y1

y

20 2

6 2

(y

3

6 2 y 2 ) dy

y4 1 y3 = 1050 6 2 F 3 6 4

20 2

2

y C = 22,69 m

Ejemplo 5.12: Encontrar la fuerza resultante y su punto de aplicacin para la compuerta de forma elptica mostrada.

tan = 3 / 4Solucin:

Resultante:

dF = p dA = y sen (2 x dy )

F = y sen (2 x dy ) pero: de donde:11

(1)

x2 ( y 8) 2 + =1 4 9

h

( y 8) 2 x = 2 1 9

12

( y 8) 2 en (1): F = y sen 2 2 1 dy 9 5F = 4 sen 11

12

5

( y 8) 2 y 1 dy 9

12

y

F = 90,48

[N]




Pg. 5-29

Comprobacin:

F = h A

F = (8 sen ) ( a b)F = (8 sen ) ( 2 3)

F = 90,48

Centro de presin1 yC = F 1 y dF = F 33

4 sen y h (2 x dy) = F11

11

( y 8) 2 y 1 9 52

12

dy

1 3 = ( 4) y 2 (90,48 ) 5 5

( y 8) 2 1 dy 9

12

y C = 8, 28 m Ejemplo 5.13: Sobre ambos lados de la presa de concreto mostrada acta presin de agua. Calcular la distancia del Punto A al punto en que la resultante del sistema de fuerzas que actan sobre la presa (presin de lquidos ms peso propio) corta al piso.

agua = 1,0 ton/m concreto = 2,4 ton/m33

A 2,8 mFig. 5-56

60

3,6 m

Solucin: Dibujaremos la represa con las fuerzas actuantes debidas al peso propio y a la presin de lquido.

F2 v

F230

F1

W1 W260

F2 h3, 2

5, 4

A

1,4 m 4,0 m

0,616 m

Fig. 5-57

W1 = 2,4 (6,235) ( 2,8) (1) = 41,89 ton W2 = 2,4 (1 / 2) (3,6) (6,235) (1) = 26,94 ton 1 F1 = (1,0 5,4) (5,4) (1) = 14.58 ton 2 1 F2 = (1,0 3,2) (3,7) (1) = 5,92 ton 2

@ 1,4 m de A@ 4,0 m de A

@ 1,8 m de A




Pg. 5-30

cuyas componentes son:

F2 h = F2 cos 30 = 5,127 ton F2 v = F2 sen 30 = 2,96 ton

El sistema de fuerzas F1 , F2 , W1 y W2 es equivalente a: r Si R = ( R x , R y ) Rx = 14,58 5,127 = 9,423 ton ()()

r R

Ry

Rx

R y = 41,89 + 26,94 + 2,96 = 71,79 ton

M

r

A

:

F1 (1,8) + W1 (1,4) + W2 (4,0) + F2v (2,8 + 2,984) F2 h (1,067) = R y d d = 2,85 m

Ejemplo 5.14: En el embalse mostrado, la compuerta ABC es de acero, tiene un ancho a = 1,5 m y su peso por unidad de rea es de 0,8 ton/m2. Calcular la resultante de las fuerzas debidas a la presin del agua ( = 1 ton/m3) y del peso propio de la compuerta, indicar el mdulo y el punto de paso por el fondo del embalse medido desde A. Solucin:l AB =

2 4 = = 2,31 m sen 60 3

W AB = ac l AB (1,5) = 0,8 ( 2,31) (1,5) = 2,771 ton WBC = ac l BC (1,5) = 0,8 (1, 25) (1,5) = 1,5 ton 1 1 FAB = (1,5 + 3,5 ) l AB (1,5) = (1) (5) ( 2,31) (1,5) 2 2 d1 =F AB = 8,66 ton

l AB cos 60 = 0,577 m 2 c d 2 = l AB cos 60 + = 1,779 m 2

FBC = 1,5 c (1,5) = 1,5 (1) (1, 25) (1,5) = 2,8125 ton d3 = 1 2 (1,5 ) + 3,5 1 6, 5 + 3,5 l AB = ( 2,3094) = 1 m 3 1,5 3 5




Pg. 5-31

Resultante:

R x = FAB cos 30 = 7,5 ton ()

R y = FAB cos 60 +W AB + WBC + FBC = 4,33 + 2,771 + 1,5 + 2,8125 = 11,4135 ton ()r R

M

A

:

FAB ( d 3 ) + W AB ( d1 ) + WBC ( d 2 ) + FBC ( d 2 ) = R y ( x )

8,66 (1) + 2,771 ( 0,577) + (1,5) (1,779) + 2,8125 (1,779) = 11, 4135 ( x ) de donde: Ejemplo 5.15: El tanque de almacenamiento mostrado en corte transversal contiene agua con densidad = 1000 kg/m3. Si el tanque mide 1 m de ancho (perpendicular al plano del dibujo), calcular la fuerza resultante que ejerce el fluido sobre la cara ABCDE del tanque. Especifique la lnea de accin de dicha resultante. Solucin:346,4 173,2 A B

x = 1,57 m

a) La fuerza hidrosttica sobre la cara BCDE se puede representar por W1 , W2 y Rx :W1 = g V1 = 1000 9,8 (0,346 0,4 1)

W1 C W2

D

W1 = 1356,32 N

60

Rx

W2 = g V2 = 1000 9,8

1 (0,346 0,6) 1 2

E 115,47 Sistema IFig. 5-63

gh

W2 = 1017 ,24 N 1 1 R X = ( g h h) B = (1000 9,8 1,6 1,6) 1 2 2 R X = 12544 N

r La fuerza resultante ser: R = ( 12544 ; 2373,56 ) [N ]Si reemplazamos el sistema por una nica fuerza (sistema II): Puesto que ambos sistemas son equivalentes: rI r II ME = ME

R

R y x = W1 (173,2) + W2 (115,47) + Rx (533,33)2373,56 x = W1 (173,2) + W2 (115,47) + Rx (533,33)

RyE

x = 2967,05 mm

Rx

xSistema IIFig. 5-64




Pg. 5-32

Otra solucin posible:1 g h1 h1 B 2 1 = (1000 ) (9,8) ( 0, 4) 2 1 2 R1 = 784 N R1 = 1 g ( h1 + h2 ) ( 0,693) 1 2 1 = (1000 ) (9,8) (0, 4 + 1) ( 0,693) 1 2 R2 = 4753,98 N R2 = 1 g ( h2 + h3 ) ( 0,6) 1 2 1 = (1000 ) (9,8) (1 + 1,6) ( 0,6) 1 2 R3 = 76, 44 N R3 =

d2 = d3 =

0,693 h2 + 2 h1 0,693 1 + 2 0,4 = = 0,297 m 3 1 + 0,4 3 h2 + h1 0,6 h3 + 2 h2 1,6 + 2 1 h + h = 0,2 1,6 + 1 = 0,277 m 3 3 2

r Si reemplazamos el sistema por una nica fuerza R (sistema II):

r R = ( 784 4753,98 cos 30 7644 ; 4753,98 sen 30 )= ( 12545,07 ; 2376 ,99 ) rI r II Por equivalencia de sistemas: M E = M E

:

R

RyE

400 + 1200 + R2 (d 2 + 600 sen 60 ) + R3 d 3 = R y x R1 3 x = 2963,79 mmxSistema IIFig. 5-66

Rx



cap. 5 fuerzas distribuidas

Documents