Areas De Aplicacion De La Psicologia

Soluciones ejercicios

w

w w

.F
h

is ic

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.

aA .

co

m

2.8 m

2.1 m

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

80

Soluciones ejercicios

h1 h z α L

de manera que necesitamos el área y centroide de la figura
A1 a L A2 b

w

Como conocemos las propiedades de un rectángulo y de un triángulo es fácil obtener 1 1 A = A1 + A2 = L(b − a) + La = L(a + b). 2 2 El centroide está en posición (medida desde la izquierda)

w w

.F

xC =

+ 2L A1 3 A1 + A2 1 a + 2b L = 3 a+b

La presión varíade la forma p = ρgh1 + ρgz sin α, entonces la fuerza por unidad de longitud es ρwgh1 + ρwgz sin α, siendo w el ancho de la compuerta. De manera que la fuerza resultante es F = 1 L(ρwgh1 + ρwgh1 + ρwgL sin α) 2 1 ρwgL(2h1 + L sin α) = 2

is

ic

L A 2 2

aA

.c

om

81 y su punto de aplicación es 1 (ρwgh1 ) + 2(ρwgh1 + ρwgL sin α) L 3 ρwgh1 + (ρwgh1 + ρwgL sin α) 1 3h1 + 2L sin α L =3 2h1 + L sin α El torque será de magnitud 1 1 3h1 + 2L sin α ) τ A = F (L − zc ) = ρwgL(2h1 + L sin α)(L − L 2 3 2h1 + L sin α 1 3 1 L gwρ sin α + L2 gwρh1 = 6 2 Nota: Vale la pena aprender a integrar pues es muy directo calcular Z L τA = (L − z)(ρwgh1 + ρwgz sin α)dz zc =

1 3 1 L gwρ sin α + L2 gwρh1 = 6 2 Numéricamente w = 2 m, ρ = 1 g cm−3 = 1000 kg m−3 , g = 10 m s−2 , p L = 2,12 + 2,82 =3. 5 m, cos α = 2,1/3,5 = 0,6, α = 53. 13, calculamos de manera que de 1. 143 3 × 105 + 1. 225 × 105 h1 = 150000, resulta h1 = 0,291 18 m y luego h = h1 + 2,8 = 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. τ A = 1. 143 3 × 105 + 1. 225 × 105 h1 ,

6m

w w

w

.F

is

ic

aA.c

om

0

2m

82

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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

zc =

1 (20000 × 4)+ 2(20000 × 6) 2 3 20000 × 4 + (20000 × 6) = 1. 067 m.

de 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
2

0

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.

w

w w

y su punto de aplicación es.F

is

ic

aA .

co

F =

1 (2)(20000 × 4 + 20000 × 6) 2 = 200000 N

m

83

2m

1m

y

(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 zc = 1 (ρwgh1 ) +2(ρwgh2 ) L 3 ρwgh1 + (ρwgh2 ) 1 h1 + 2h2 L = , 3 h1 + h2 1 1 + 2(2) = 0,56 m 3 1+2 por lo tanto y = 1 − 0,56 = 0,44 m N

entonces

w

w

Solución. Si h indica una coordenada de posición medida desde la superficie del agua hacia abajo, entonces la presión en un punto ubicado a esa profundidad es p = ρgh,

w .F

is i

ca

A.

co

m

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Ejercicio 5.4Un 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 el bloque y encuentre la densidad del bloque en función de ρ1 , ρ2 , H y h.

h

ρ1 ρ2

H

Para obtener la densidad tenemos que ρgAH = ρ1 gAh + ρ2 gA(H − h), o sea...