preguta 55252
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PROBLEMA N° 05 La compuerta plana que se muestra en la figura tiene las dimensiones L = 25m; B = 10m y eleva el nivel agua arriba hasta H = 23m determinar: a) La resultante T de las fuerzas de tensión del cable que mantiene la compuerta en la posición indicada. b) El momento máximo de flexión M sobre la compuerta. c) La fuerza de reacción Ra sobre el apoyo inferior.
SOLUCION.-
PH PH
. ɣ ө . . . .°
PH= 28751.29 kg
. 28751.30 =0
- T (2.5) = 0
T = 9583.76 kg
..° . . ..
Con ɣ = 9810 PH
PH = 28751.30 kg
6) la compuerta rectangular giratoria de dimensione dimensioness l=2m y b= 3m obtura obtura la salidade salidade agua agua del del recipiente recipiente cuyo nivel es h=4m . A) determinar a que distancia x desde el borde inferior de la compuerta debe localizarse su eje de giro , para que al abrise tenga que vencerse unicamente el momento por la fuerza de friccion en el perno o. B) calcular el moento mt debido a la friccion si el diametro del perno es de 150mm y el coeficiente de friccion es f=0.2
3 ℎ 4 2 122 ∗ 3 18 ∗ 3 ℎ3 ∗/12 3 19 3.111 33.1111 4 4 3.111 11 0.8889 2 2 ∗∗ 2 (4 2 2)∗2∗318 ++ 2/3[2∗42/42 10/91.1111 ]
ℎ 18 [1 2 ]
4/18[1 2∗4∗2 4 2] 26/81 0.0.332099 1.1299111 0.288889 PROBLEMA 7: La compuerta de la figura tiene por dimensiones 9.3x31 y se encuentra articulada en el punto O, además de estar apoyada en A .Se piensa estructurar-como se muestra en la figura- formando tableros de ancho a=1.8m; apoyados sobre las viguetas B. A) Determine el empuje total P del agua sobre toda la compuerta. B) La magnitud de la reacción R2 en el punto A; C) El momento flexionarte sobre las viguetas B. O
9.0
9.3
31
R2
SOLUCION:
P
H=9.0
R2
A) Determine el empuje total P del agua sobre toda la compuerta .
.. . ; ∫ .ℎ. ;ℎ ; ∫ .. ∫ . ; .. ; . ℎ ℎ Remplazando:
. . . 9
; P=12699.759KN
Ahora hallamos el centro de presión atraves de la ecuación:
2 ℎ ℎ . ℎ ℎ 3 ℎ ℎ
2 9 3 9∗00 90
6.2
B)La magnitud de la reacción R2 en el punto A; Sea:
∑ 0 ; . 6.29.0 0 ; 8748.722
C) El momento flexionarte sobre las viguetas B.
∗ 12699.759∗6.2 78738.50
Ejercicio 8.- La compuerta rectangular de la figura tiene la dimensiones h= 18m, b=2.4m, c=0.4m, pesa 2 tn se desliza sobre un plano de inclinación θ= 70° y sirve para obstruir (obturar) el conducto de una presa. Considerando que el
coeficiente de fricción es de 0.35. Determinar la magnitud de la tensión (T) necesaria para mover la compuerta cuando el nivel de agua alcanza la elevación de 62 m.
Solución:
70° 10.64 ∫ ∗ℎ∗ ∫... ∗∗2∗ ∫. ∗∗0..112∗∗ 0. 1 12∗∗ ∫. ∗ 0.112∗∗ ∫.. 0. 1 12∗∗∗[. . ] 375.9 . /
Donde:
ℎ 2∗ : 1.2 10.64 1.2∗10.64 0.112 Ecuación de la recta:
-
Equilibrio de fuerzas
0∶ ∗70°∗20°0 ∗0.939375.9∗0.34220.35∗375.9∗0.939 > 262.67
Rpt.
9. La compuerta rectangular mostrada en la figura tiene dimensiones H = 4 y B = 6m (ancho) y sirve para contener el agua en un recipiente. Determinar la magnitud P del empuje de manera que se distribuya con la misma intensidad; por ultimo el momento flexionante de M de cada vigueta suponiendo que se encuentra solo apoyada en sus extremos
Solución
F = 1*4 2*6/2
F = 48 RPTA
12 ∗∗ H =6
X1 = 2/3H X1 = 1.333 RPTA
12 + −
.,∗.+
H = 2,83
YC =
X2 =2.438 RPTA
H3 = 3.46
12 √ 82 8
...+.
X3 = 3.157 RPTA
12 + √ − H4 = 4
..+,
X4 = 3,738 rpta EJERCICIO 11
De la fuerza de la superficie tenemos:
= ℎ ℎ2 = 1.2 1.22 3.4 = 2.448 = 2.448
PARA =9.789 KN/
= 23.963472
Ahora hallando el centro de gravedad (CG)
CG= = 0.6 m (respecto de la superficie)
2ℎ3 21.32 0.8 Δh 0.2
Luego hallando el centro de presiones (
)
luego la variación de alturas del centro de gravedad y el centro de presiones
Δh será :
De la fuerza de la base tenemos
= (2)ℎ
= + 13ℎ = 2 131, 2 = 2 3.4 = 31.824 = 311.525136
PARA =9.789 KN/
Ahora hallando el centro de gravedad (CG)
CG= = 0.6 m (respecto de
)
ℎ3 26ℎ 6ℎ ℎ3 27ℎ6ℎ 7ℎ6ℎ ℎ3 20ℎ 13ℎ 20ℎ39 0.62 Δh 0.02
Luego hallando el centro de presiones (
)
luego la variación de alturas del centro de gravedad y el centro de presiones
Δh será :
12. Calcular la magnitud y la posición del empuje hidrostático sobre la compuerta circular mostrada en la figura.
a. Determinación de la altura de agua sobre la compuerta circular, haciendo una equivalencia de presiones en altura de agua, tenemos: Para la presión de 3 kgf/cm2 , la altura de agua sería de 30 mca.
Para la altura de 2m de aceite con un peso específico de 900 kgf/cm 2 seria:
La altura H, resultante sería: 30 mca + 1.8 mca + 4.75 mca = 36.55 mca hasta la superficie del agua.
.
b. Calculo de la fuerza hidrostática:
(. .) . . ... .
c. Ubicación de la fuerza hidrostática desde la superficie del agua:
Una compuerta debe girar automáticamente para dar paso al agua cuando su nivel es H1 ≤ 6m. El eje de giro es O y el diámetro del rodillo d = 0.4m, no hay fricción. El ancho de la compuerta es B = 8m y su ángulo de inclinación α = 60°. Determinar: a) La distancia x a la cual debe estar situado el eje de giro de la compuerta, si aguas Abajo existe un nivel H2 = 3m; b) La fuerza P transmitida a los soportes en el momento de volteo.
Solución:..
F γ °H ∗L∗B
Hallando
Datos: 60°C
H1 = 6m; f = 0.2
Hallando:
F 9786∗3∗X. .∗8 F γ °H ∗L∗B
d = 0.4m ; α =
F ( γ ° ∗H ∗X d)∗B H2 = 3m; B = 8m
F γ °H ∗ ° ∗B F 9786∗6∗ °∗8 FF µ∗N µ∗Pcos60°Fcos60°Fcos60° µ∗°°° 1627185.5234754N
Hallando la fuerza de fricción:
Sus brazos respectivos con respecto al punto “O “es:
X X A ^
^
Haciendo:
∑MO : X ∗F X ∗ F P∗Xµ∗Pcos60Fcos60°Fcos60°∗Xsen60°0 X ∗117432X d X A ∗ 1627185.5234754P∗X0.5 ∗0,2 ∗ 117432X . 1627185..5234754P∗X∗ √ 0 X + ∗117432X .X ° ∗ 1642150.442P∗X0.5 ∗0.2 ∗ 117432X . 1627185.5234754P∗X∗ √ 0 ……………(1)
Hallando sumatoria de fuerzas en dirección a las líneas de distribución de cargas:
∑F 0∶F√ cos60°Pcos60° √ Fcos60°µ∗Pcos60F1.cos60°F 2cos60°0 117432X .∗ √ P∗ 1627185.5234754∗ 0.2 ∗0.5 ∗ 117432X 1627185.5234754P0
………(2)
De la Ecuación (1) y (2) se obtiene: a) El valor de x es: X = 1. 1444
b) El valor de la fuerza P transmitida es: P = 1894100N
EJERCICIO (19) La compuerta de sector mostrada tiene un radio R=45m;soporta un tirante de agua H=3m y gira alrededor del punto O. Su peso W=1 ton/m localizado a la distancia c=0.60m ; ademas a=4m, y b=0.3m .Calcular la fuerza T de reaccion sobre el punto A en la compuerta por metro de longitud.
PROBLEMA 22 La compuerta horizontal mostrada en la figura tiene las dimensiones D = 0.8m y ancho B = 3m. a) Calcular el empuje total P sobre la superficie de la compuerta expuesta a la presión hidrostática, asi como el momento respecto a la misma, para H = 1m. b) Calcular las mismas magnitudes si la compuerta gira un ángulo de 180°.
a)
b)
0.8 m
Yg=0.35m Yg=0.45m 0.8 m
0.4 m
a) Primero revisamos el primer caso, tenemos los siguientes datos hg = 0.6+0.35 = 0.95 2 I = 0.056 m
1000 kN/m3 A = 0.377 m2
γ=
P = γ*hg*A*B = 1000 x 0.95 x 0.377 x 3 = 1074.45 kN Ycp = Ycg +I/Ycg*A= 0.95 + 0.056/0.95*0.377 = 1.11 , para momentar d = 1.11-1 = 0.11 (respect al centro) M= F*d = 1074.45 x 0.11 = 118.19 kN*m
b) Primero revisamos el segundo caso(giro 180°), tenemos los siguientes datos hg = 0.6+0.45 = 1.05 2 I = 0.067 m
1000 kN/m3 A = 0.377 m2
γ=
P = γ*hg*A*B = 1000 x 1.05 x 0.377 x 3 = 1187.55 kN Ycp = Ycg + I/Ycg*A= 1.05 + 0.067/1.05*0.377 = 1.22 , para momentar d = 1.22-1 = 0.22 (respecto al centro) M= F*d = 1187.55 x 0.22 = 261.261 kN*m 23. La compuerta cilíndrica mostrada tiene un diámetro D=1.2m, una longitud L=16m, pesa 40 ton y desliza sobre un plano inclinado a 70°. Calcular el empuje total sobre la compuerta y el ángulo de inclinación del mismo respecto a la horizontal, así como la magnitud de la tensión necesaria para izar la compuerta cuando el nivel aguas abajo adquiere las elevaciones A y B
a. Para el nivel de aguas abajo A
T Px
Px γLD(DD2)9. 8 1161.20.1.26113.01KN Py π 8 9.816π 8 33.28KN P 113.01 33.28 117.81KN 2 CP D 0. 8 3 CP Dπ 0.Py 38m33.28 tanθ(P) 113.01 θ16. 4 1° MD dl ilid 0 D T(T16.2)P59KNyCPP (CP 2) b. Para el nivel de aguas abajo B
T E Px
Py
P̀y
h
P̀x
h(D2)en20°0.21 D D Fx Px P̀x 113.01KNγL 2 h ( 2 2 h)113.019.3103.71KN 7πD Fy Py P̀y 33.28KN γL 72 (D2 cos20°) h233.28KN29.3762.65KN P 103.Py71 62.62.6655 121.16KN tanθ(P) 103.711 θ31. 1 4° M dl ilid 0
D D h 3h2 D D 2 T(2)Py (π)P̀x { 3 2hD22hhh}Px (2D3 D2)P̀y (Dπ) T28.42KN
25.- una compuerta radial R=5 m y longitud L=4.5 m soporta un tirante de agua H=3.5 m. Para permitir el paso del agua la compuerta se levanta por medio de una cadena girando alrededor de un cojinete horizontal de diámetro d=150 mm. El peso de la compuerta es G=3 ton y su centro de gravedad está colocado aun radio r=0.75R. Cuando la compuerta está cerrada, el eje de giro y el borde superior del sector se encuentran en el mismo plano horizontal colocado a la distancia h=1 m sobre la superficie libre de agua. Determinar: a) La fuerza P que actúa sobre los cojinetes del eje de rotación cuando está cerrada la compuerta. b) la fuerza N con que presiona la compuerta sobre el fondo.
Ecuación de la curva de la compuerta
25
……………………………….A
Hallamos las abscisas de los puntos 1 y 2 Punto 1 (x,y)=(x,1)
Punto 2
1 25
1√ 244.899
(x;y)=(x;4.5)
4.5 25
2√4.752.179
Para ambos casos tomamos el positivo, porque se encuentra en la región positiva
d = x1 – x2 = 4.899 – 2.179 =2.720 m
.. 1.606
1.606
58.091°
Fuerza F1 Consideremos que el ancho de la compuerta es de 1 m
F1 = 1000*9.81*1/2*1*3.5 =17167.5 N .
Centro de presiones de F 1
Fuerza ejercida
Hallamos el área de la región 123
Área del triángulo 123
Área del segmento circular 012
23 2.333
ℎ
∗ℎ2 2.720∗ 3.25 4.76
∗°∗
Área de la segmento circular 121
Entonces el área de la región 123
La fuerza resultante F 2
donde:
11.537°
58.091°11.537° 46. 5 54° ∗5 360°∗46.554° 10.156 10.1569.0 75 1.081 1.0814.76 5.841
1000∗9.81∗1∗5.841 57297.413 59814.017 0 0 0 0 0 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0
a) Determinar fa fuerzas en el cojinete
17165.5N
76641.908 N
b) Reacción de la superficie
57297.41376641.9083000 130.939 76641.908 N
27. En la compuerta radial del problema 2.6 calcular la magnitud de las fuerzas que deben soportar los brazos de
apoyo superior e inferior (Fig. 2.17a), de modo que soporten la misma carga (existen 4 brazos; dos en cada extremo de la compuerta). Calcular también la inclinación necesaria en el brazo inferior para dichas condiciones, si la del superior es = 45°.
c) h 1.5m ; R 3m ; y 15 ; b 5.00 m ( ancho de compuerta) De la geometría de la figura 2.17b se deduce lo siguiente: c
Rsen
3x0.25882
0.776m
Y para el sistema de ejes indicado, la ecuación del segmento es x 2 z 2 R 2 9 De aquí se encuentran las abscisas de los puntos 1 y 2, substituyendo sus ordenadas z1
0.776m ; x1
z2
2.276m ; x2
a
x1
Tan
x2 z 2
x2
2.898m
1.955m
0.943m 2.276 1.955
1.1642
49 20´ 17´´
34 20´ 17´´ 0.59931rad
1/ 2 bh
P2
Z k
P z
2
1/ 2 x1x5 x1.5
2
5.625ton
2 / 3 x1.5 1.00m
bA123
El área del sector 012 es: 1/ 2 R2 1 / 2(3)2 x 0.59931
El área del triángulo 012 vale: 1/ 2 R 2 Sen El área del segmento 121 es, por tanto,
A123 P g
0.159 0.707 0.866m
1x 5x0.866
P tan
P22
P z 2
4.33ton
7.098ton
0.7698 ; 3735´
2
2.697m2
1/ 2 x9 x0.5641
2.697
2.538
El área del triángulo 123 es: 1/ 2 ah 1 / 2 x0.943 x1.5 Finalmente el área sombreada A123 vale:
2.538m
0.159m
0.707 m
2
2
2
La distancia d con respecto al centro de la compuerta vale: 2
d
hc
3 2
R sen h h a
Como fácilmente puede comprobarse tomando momentos con respecto a O; substituyendo los valores, resulta d = 2.308m
29. determinar el empuje hidrostático, por metro de ancho, sobre la superficie parabólica del muro mostrado en la figura cuya ecuación es z=4x2
Fuerza horizontal:
Fuerza vertical
Resultante
30.-Una cortina de concreto tiene las dimensiones que se muestra en la figura considerando que el terreno es permeable para prevenir la infiltracion por debajo de la cortina se construllo una pantalla impermeable. Calcular el momento de volteo de la cortina respecto del punto O
considerando las subpresiones sobre la base de la cortina de acuerdo con los valores q se indican en la figura. Hacer los calculos por metro de longitud de la cortina.
Para F1
Primero hallamos la presión en el fondo que seria P1=densidad x gravedad x altura P1=1000x9.81x12 P1=117720 Pas Calculamos el área del prisma de presiones y su ubicación que para este caso esta aun tercio de la base: F1=117720x12/2=706320 N Para F2
P2=densidad x gravedad x altura P2=1000x9.81x12=117720 P2=117720x1x1 F2=117720 N Actua en el punto medio de su distribución Para F3
Hallamos una presión al fondo de la figura pues la otra será la misma que la del agua en el fondo P3=117720 Pas P3’=1000x9.81x15=147150 Pas
F3=área del trapecio=3(117720+147150)/2 =479805 N Su punto de aplicación estará a 1.44 de la base Para F4
F4=147150x1=147150 N Para F5
F5=58860x10=588600 N Se aplica en el punto medio de la distribución de fuerzas Para F6
Hallamos el área del trapecio pero primero hallamos sus presiones: P6=1000x9.81x3=29430 Pas P6’=1000x9.81x6=58860 Pas
F6=3(29430+58860)/2=132435 N Que actua a 1.333 m de la base Para F7
P=1000x9.81x3=29430 N Para F8
F8=29430x3.464/2=50974 Hallamos el momento total respecto al punto O Sumatoria de Mo: 706320x7-117720x11.5+479805x1.44+147150x11.5+588600x5.5+132435x1.66-29430x0.5-44.145x125487x0.577=9401281.156 N.m El momento de volteo respecto a O será 9401.281156 kN.m
32. Las descargas de agua desde un estuario están controladas por una compuerta circular de 0.90 m de diámetro, articulada en su tope superior. Cuando la compuerta está cerrada tiene una inclinación de 80° respecto a la horizontal. El peso de la compuerta se puede suponer uniformemente distribuido y con un valor de 300 kg; su peso específico es 7.5 . Si el nivel del agua en el lado del mar coincide con el de la articulación, determinar el
⁄
incremento máximo Δh, del nivel del agua en el lado del que la compuerta puede tolerar antes de abrirse.
SOLUCION
Para hallar el incremento máximo Δh en la compuerta, las sumatorias de fuerzas en esta misma deben ser igual a cero.
0
Σ
0
Σ
Fuerza del lado izquierdo de la compuerta
0.45 =
donde a=altura del agua en el sector izquierdo
=
=326.99a
o
o
= cos10° = sen10°
= 322.02a = 56.78ª
→ →
Fuerza del lado derecho de la compuerta
+ =ℎ.0.45 10° 10° =
318.086(Δh+a)
→
→
313. 2 5ℎ 55. 2 4ℎ
Peso de la compuerta
W=300x9.81 W=2943KN
Σ
=0
322.02a - 313.25(Δh+a)=0
→
8.77a - 313.25Δh=0 ……………(1)
Σ
=0
55.24(Δh+a) – 56.78a – 2943 =0
→
55.24Δh – 1.54a – 2943=0 …………………(2)
a=
−. .
Reemplazando “a” en la segunda ecuación:
16745.67 - 314.31Δh – 313.25 Δh = 0 Δh=26.78m
PROBLEMA 33.- Un recipiente tiene un orificio circular en el fondo que esta obturado por la cuña cónica mostrada en
la figura. Calcular:
La magnitud de la presión total sobre las superficies laterales y de la base del cono.
Presión sobre la superficie lateral Primero realizamos el diagrama de distribución de presiones
Luego por trigonometría básica, calculamos los lados del tronco de cono
Seguidamente aplicando el mismo principio del prisma de presiones:
Luego la fuerza F2 será:
ℎ2 ∗∗∗( 2)∗∗ ℎ2 ∗∗ ∗(32)∗
ℎ∗/2∗∗( 2)∗∗ ℎ2 ∗∗ ∗(32)∗ Entonces la presión resultante sobre la superficie lateral será:
2∗ℎ2 ∗∗ ∗(32)∗
ℎ∗2∗2 ∗3∗2
Presión sobre la base del cono
A=π P=h/2*γ
F= (hγπ
)/2
Respuesta: La presión sobre la superficie lateral es: Y la presión sobre la base del cono es.
ℎ∗2∗2 ∗3∗2
F= (hγπ
)/2
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