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GUÍA DE TRABAJOS PRÁCTICOS
“HIDRÁULICA GENERAL”
TRABAJO PRÁCTICO N° 1:
HIDROSTÁTICA
ESP.
ESP. ING. ING. SARA
GUÍA DE TRABAJOS PRÁCTICOS
“HIDRÁULICA GENERAL”
TRABAJO PRÁCTICO N° 1:
HIDROSTÁTICA
MATERIAL PREPARADO POR:
ESP. ING. PATRICIA S. INFANTE, PROF.
MARÍA C. MASETTI, AY
ESP. ING. ING. SARA RODRÍGUEZ
GUÍA DE TRABAJOS PRÁCTICOS
“HIDRÁULICA GENERAL”
TRABAJO PRÁCTICO N° 1:
HIDROSTÁTICA
MATERIAL PREPARADO POR:
ING. PATRICIA S. INFANTE, PROF. TITULAR
MARÍA C. MASETTI, AY. DE SEGUNDA
RODRÍGUEZ, PROF. ADJUNTA
AÑO: 2017
2017: AÑO DE LAS ENERGÍAS RENOVABLES
FACULTAD DE INGENIERIA U.N.Cuyo
HIDRAULICA GENERAL
3º AÑO- 2017 INGENIERIA CIVIL
TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 2 DE 64.
PARADOJA HIDROSTÁTICA 1 2 3 4 Si se establece una comunicación entre un cierto número de depósitos de formas diferentes, según la figura anterior, se observa que el líquido vertido en ella alcanza el mismo nivel en todos los diferentes depósitos. A primera vista daría la impresión que la p2 es mayor que la p1, pero eso no es así. ¿Cómo es p1, p2, p3 y p4 ? Teniendo en cuenta la ecuación siguiente: p = z + γ*h Si se mantiene z constante, como en este caso, la presión sólo depende de la profundidad y no de la forma del depósito. Y por lo tanto, como la profundidad o altura del líquido es la misma las presiones p1, p2, p3 y p4 son iguales entre sí. Hasta que no se demostraron e interpretaron correctamente los principios de la hidrostática, esto parecía una "paradoja hidrostática". PRENSA HIDRÁULICA Principio de Pascal. (Científico Francés 1623-1662). La presión aplicada a un fluido confinado se transmite sin disminución a cada punto del fluido y de las paredes del recipiente. Recordando que el líquido transmite presiones y el sólido transmite fuerzas. F2 F1 = Ω1*p F2 = Ω2*p ΩΩΩΩ2
2
2
1
1
Ω=
Ω=
FFp ΩΩΩΩ1
F1
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HIDRAULICA GENERAL
3º AÑO- 2017 INGENIERIA CIVIL
TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 3 DE 64.
Ejercicio N º1. Con un émbolo de 400 cm2 se aplica una fuerza de 10 kg. El líquido usado es aceite porque es más viscoso y se evitan pérdidas por el émbolo, además de evitar la oxidación. ¿Cuál será la fuerza en la prensa hidráulica que tiene un cilindro de 1,00 m2? F1= 10 kg. Ω1= 400 cm2 Ω2 = 1 m2 = 10000 cm2
kgkgkgFF 25010*2510400
100002
11
22 ==
=ΩΩ
=
La fuerza ha crecido 25 veces con sólo aumentar un poco más del doble la superficie de los émbolos.
Ejercicio N º2. Suponiendo el caso de dos émbolos circulares cuyos diámetros son d1 = 0.05 m y d2 = 1.00 m, la fuerza aplicada al primero es de 20 kg. Calcular la fuerza que se transmite al segundo émbolo. d1 = 0.05m d2 = 1.00m F1 = 20 kg
kgkgkgFd
dF
d
dF 800020*40020
05.0
00.1
4/
4/2
1
2
1
212
1
22
2 ==
=
==
π
π
PIEZÓMETROS O MANÓMETROS. Los piezómetros son aparatos de medición de presiones y se basan en las propiedades de los vasos comunicantes. Principalmente hay cuatro tipos de piezómetros: abiertos, cerrados, de una rama o de dos ramas.
Tubo piezométrico abierto. Ejercicio Nº 3. pA >>>> patmosférica
γ = 1000 kg/m3 h = 50 cm patm B pA = γ * h + pB pB = patm = 0 h pA = 100 kg/m3 * 0.5 m = 500 kg/m2 A pA = 500 kg/m2 * 1 m2 / 10000 cm2
γγγγagua PA = 0.05 kg/cm2
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HIDRAULICA GENERAL
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 4 DE 64.
Ejercicio Nº 4. pA <<<< patmosférica
h = 20 cm pB = pB´ pB´ = pA + γ * h pA = pB - γ * h A pA = -0.2 * 1000 kg/m2 = -200 kg/m2 h B´ B Piezómetro Abierto de una rama. Para la medición de presiones comparativamente más altas se emplean manómetros o piezómetros con líquidos de peso específico elevado a fin de evitar que la columna manométrica alcance una altura exagerada, por ejemplo el mercurio. Ejercicio Nº 5. pA >>>> patmosférica
h1 = 15 cm h2 = 40 cm γHg= 13600 kg/m3 pB = pA + γ * h1 γa = 1000 kg/m3 D PA = pB - γ * h1 pB = pC h2 pC = pD + h2 * γHg
A h1 pA = - γ * h1 + γHg * h2 + pD γγγγa B C pA = 5290 kg/m2 γγγγHg
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HIDRAULICA GENERAL
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 5 DE 64.
Ejercicio Nº 6. pA <<<< patmosférica
h1 = 10 cm h2 = 30 cm γHg= 13600 kg/m3 pA = pB - γa * h1 γa = 1000 kg/m3
pB = pC - γHg * h2 pC = 0 = patmosférica
pA = - γa * h1 - γHg * h2 A h1 B pA = -4180 kg/m2 γγγγa C h2 γγγγHg
La presión pA es negativa porque es menor que la presión atmosférica, que la hemos tomado como referencia cero.
Piezómetro Abierto de dos ramas. Se colocan dos ramas y dos líquidos manométricos y la presión en el punto considerado resulta de la sumatoria de las presiones de ambos líquidos junto con la del agua.
Ejercicio Nº 7.
Suponemos un piezómetro abierto de dos ramas con mercurio y alcohol como líquidos manométricos. AB→agua γγγγ pB = pA + γ * h1 ∴ pA = pB - γ * h1 BD →mercurio
DE→agua pB = pC EH→alcohol pC = pD + γHg * h2 D E H pD = pE
h3 γγγγalcohol pF = pE + γ * h3 ∴ pE = pF - γalc * h3 h2 h4 pF = pG A h1 pG = pH + γalc * h4 γγγγ B C pA = - γ h1 + γHg h2 - γalc h3 + γalc
F G pA = γHg h2 + γalc (h4- h3) -γ (h1 )
γγγγHg
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 6 DE 64.
Ejercicio Nº 8.
Suponemos un piezómetro abierto de dos ramas con mercurio como líquido manométrico, pero la tubería conduce aire en lugar de agua. AB es aire, BD es mercurio, DF es aire y FH es mercurio.
aire pB = pA + γa * h1 ∴ pA = pB - γa * h1 pC = pB + γHg * h2 pB = pC - γHg * h2 E F pC = pD
h4 pD = pE + γa * h3 aire A h3 pE = pF
h1 G H B pG = pF + γHg * h4 pF = pG - γHg * h4 aire h2 D C pG = pH
γγγγHg γγγγHg pA = - γa h1 - γHg h2 + γa h3 - γHg h4
pA = γa (h3 - h1) - γHg (h2 + h4)
Piezómetros diferenciales (o cerrados). Sirven para medir diferencias de presión. pB = pA + γa* hA Z γγγγa pA = pB - γa* hA h2 pB = pC D pC = pD + γHg * h γ γ γ γa A pD = pz + γa * h2 hA h pA = - γa hA + γHg h + γa h2 + pZ B C
pA - pZ = γa (h2 - hA) + γHg h γγγγHg
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 7 DE 64.
Ejercicio Nº 9.
En una conducción de aceite crudo (γac=0.778 kg/dm3) existe una reducción transversal. Un manómetro diferencial de mercurio se conecta a un punto A de la cañería y a un punto B de la reducción. Con los datos posteriores calcular la diferencia de presión entre A y B, expresarlas en mm de H2O, mm Hg y Pa. A RAMA 1
a B C b ∆∆∆∆H1 RAMA 2 C´´ C´ a = 1.328 m b = 578.4 mm γac = 0.778 kg/dm3 ∆H1 = 105 mm
RAMA 1 pC´ = pA + γAC ( a + b + ∆H1 )
RAMA 2 pC´´ = pB + γAC*b + γHg*∆H1
Como C´ y C´´ están en un plano equipotencial: pC´ = pC´´
Entonces: pA - pB = γHg*∆H1 − γAC( a + ∆H1 )
Reemplazando factores:
dm)05.128.13(dm
kg778.0dm05.1
dm
kg6.13pp
33BA +−=−
2
2
2
2
210*13126.3
100
1*13126.3
cm
kg
cm
dm
dm
kgpp BA
−==−
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 8 DE 64.
Según la siguiente tabla:
UNIDAD Pa bar kgf/cm2 mm Hg mm H2O
1 Pa 1 10-5 1.02*10-5 7.5024*10-3 0.102
1 bar 105 1 1.02 7.5024*102 1.02*104
1 kgf/cm2 9.8067*104 0.98064 1 735 104
1 mm Hg 133.3 1.333*10-3 1.36*10-3 1 13.6
1 mm H2O 9.8064 0.98064*10-4 10-4 1.35*10-2 1
1 atmósfera 101234 1.01234 1.033 760 10330
Extraída de Termodinámica Técnica, pág. 14
OmmH
cm
kg
OmmH
dm
kgpp BA 2
2
242
2126.31310*10*13126.3 ==− −
mmHg
cm
kg
mmHg
dm
kgpp BA 015.23
135*13126.3
2
2==−
Pa
cm
kg
Pa
dm
kgpp BA 72.3070
10*8064.9*13126.3
2
4
2 ==−
Ejercicio Nº 10.
Un tubo en U se rellena parcialmente con mercurio, y se conecta como piezómetro en las tuberías A y B para medir la diferencia de presión con varios caudales. Determinar la presión diferencial (pA - pB), si ambas tuberías transportan agua. La densidad relativa del mercurio es de 13,6. B 0.9 m h2
A
h1
γγγγH2O D 0.13 m
C C´ γ γ γ γHg
3133280
m
NHg =γ
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 9 DE 64.
g*ρ=γ O2H
Hg
O2H
Hg
ρ
ρ=
γ
γ
3O2HO2HO2H
HgHg m
N9800*6.13*6.13 =γ=γ
ρ
ρ=γ
mhmh 13.09.0 21 +=+
( ) ( )mhh 13.09.012 −=−
12 * hpp OHAC γ+=
12 * hpp OHCA γ−=
´CC pp =
HgDC mpp γ*13.0´ +=
12 **13.0 hmpp OHHgDA γγ −+=
OHBD hpp 22 *γ+=
1222 **13.0* hhpp OHHgOHBA γγγ −++=
( ) ( )33122 133280*13.077.09800*13.0
m
Nmm
m
Nhhpp HgOHBA +=+−=− γγ
Ejercicio Nº 11.
Diseñar un piezómetro diferencial para medir la diferencia de presión entre dos cañerías que conducen agua a un ∆p = 2 atmósferas. Se usa mercurio como líquido manométrico, ya que se trata de una magnitud considerable de las presiones. La disposición de las tuberías es la siguiente, una se encuentra a un metro de altura desde el nivel del piso y la otra a dos metros desde el mismo punto de referencia. Una diferencia de presión de 2 atmósferas equivale a 20.66 metros de columna de agua, de modo que si se colocara un manómetro abierto, necesitaríamos una altura de columna de esa magnitud.
( ) mhh 77.012 =−
( )2
4.24872m
Npp BA =−
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 10 DE 64.
1m
h1
h2
x
h3
2m
1m
A
E
B C
D
( )
( ) ( )( ) ( )
( )( )
( ) ( ) ( ) 22222
23a2Hg1a
1
23
3
2
2
a2
aHg22
2a2Hg
323a2Hg3a2Hga
2323
23
23a2Hga3a2Hg1a
EA
3aED2HgDCCB1aBA
m/kg20656m/kg24.01000m/kg56.113600m/kg8.01000m/kg20660
m/kg20660hhhp
.ónVerificaci
m80.0m20.0m1xm1h
m24.0m56.1m80.1hm80.1h
m56.1m/kg
m/kg
100013600
180021460h
m8.1m/kg21460hm/kg21460hm8.1h
m8.0m/kg1000m/kg20660hhhhm20.0m1p
hm80.1hm80.1hhm20.0x
Adoptando
xhhm2
m/kg20660hhxm1hhhp
ppp
hpphpppphpp
=×+×+×−=
=×γ+×γ+×γ−=∆
=−=−=
=−=−=
=×−
−=
×γ−=γ−γ×⇒=−×γ+×γ
×+=×γ+×γ⇒×γ+×γ+−×γ−=∆
−=⇒=+⇒=
++=
=×γ+×γ+−×γ−=×γ+×γ+×γ−=∆
−=∆
×γ+=→×γ+=→=→×γ−=
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HIDRAULICA GENERAL
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 11 DE 64.
EQUILIBRIO SÓLIDO. Se llama equilibrio sólido cuando un fluido se mueve a velocidad angular constante y la masa líquida mantiene constante las distancias entre sus partículas, comportándose como un sólido. La superficie libre adopta una forma en el espacio de paraboloide de revolución. Si se analiza en el plano, la ecuación de la parábola es la siguiente:
Ejercicio Nº 12.
Dado un recipiente cilíndrico de diámetro (D) 0.50m y una altura total (H) de 1 m con un volumen de agua (Vo) igual a 0.1 m3, sometido a una velocidad (n) de 120rpm. Calcular: a) ho b) ω para que la parábola toque el fondo del depósito (ho=0) y no vuelque agua. c) La ω máxima antes del vuelco de agua. DATOS: Vo = 0.100 m3
R = 25 cm ω = 120 rpm H = 1 m
a) Para calcular el valor de ho se usan los volúmenes de agua, el inicial Vo y los V1 y V2 correspondientes. Tenemos dos incógnitas (ho y ZR) y dos ecuaciones a plantear:
g2
RZ
2
ZhRVhRV
2
ZRVVVV
22
R
Ro
2oo
22
R2
121o
×
×ω=
+π=⇒××π=⇒××π
=⇒+=
( )m258.0h
m258.0m2
5025.0
m25.0
m1.0R
g22
1
R
V
2
Z
R
Vh
2
Zh
R
V
o
22
32
2
2oR
2o
oR
o2o
=
=−×π
=ϖ
−π
=−π
=⇒+=π
g2
rz
22
×
×ω=
( ) ( ) ( ) m5025.0m25.004.8ZZzRrmr04.8s/m81.92
s/156.12z
.seg/rad56.260
rpm1202
60
2n
g2
rz
2RR
22
22
22
=×=⇒=⇒=∴×=×
=
1=×π×
=π××
=ω⇒×
×ω=
D
H
h Vo
ω
ZR
ho
R
V1
V2
r
z
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 12 DE 64.
b) Si ho=0 Tenemos dos incógnitas (ZR y ωo) con dos ecuaciones.
( )m02.1
m25.0
m1.02
R
V2Z
2
RZV
22
3
2o
R
2
Ro =×π
×=
×π
×=⇒
π=
Cuando ho vale cero se obtiene un ZR mayor que H, y por lo tanto se desborda agua. Se adopta como valor máximo de ZR=H y se calcula la ωo. Se calcula la velocidad como:
c) ωmáx para que desborde: Tenemos como incógnitas: ZR, ho, ωm
Necesitamos tres ecuaciones para estas tres incógnitas.
+π=
2
ZhRV RM
oM2
o
22M
RM Rg2
Zϖ
=
oMRM hZH +=
Remplazando en las ecuaciones:
Ejercicio Nº 13.
Determinar el número de revoluciones mínimo que se debe dar al recipiente de la figura, para que al girar alrededor de su eje vertical logre su vaciado completo.
ZR
r
z
H
ωo
( ).seg/rad72.17
m25.0
Hg2
R
Zg2222
R =××
=××
=ω
ωm
ZRm
hom
( )( ) ( )
.seg/rad55.17m25.0
m981.0g2
R
Zg2
m981.0m019.01hHZ
m019.0m1m25.0
m1.02h
HR
V2h
2
hHhR
2
ZhRV
222RM
M
oMRM
22
3
oM
2o
oMoM
oM2RM
oM2
o
=×
=×
=ω
=−=−=
=
−
π
×=
−π
×=⇒
−+π=
+π=
D
d
H
D=200 mm d=100 mm H=50 mm
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 13 DE 64.
El recipiente se vacía cuando la parábola de la superficie libre tiene la misma tangente que la recta que representa las paredes del depósito. La recta de las paredes tiene la siguiente tangente:
La tangente a la parábola es la derivada primera de la función z=f(r), r varía entre d/2 y D/2
Ejercicio Nº 14.
En el siguiente recipiente abierto y lleno de agua en reposo determinar: 1. La velocidad de giro en un cilindro que gira alrededor de su eje, cuando el nivel de agua en eje es de 0,7 m. Expresar en rpm. 2. El radio r medido en el punto B. El cilindro tiene 1,6 m de altura y 0,8 de diámetro y en reposo está totalmente lleno a de agua.
1. 1.6
( ) dD
H2
2
dDH
tg−
×=
−=α
( )
( ) ( ) ( )
rpmseg
n
segradmm
gm
DdD
gH
DdD
gH
drrdD
gH
dD
H
g
r
g
r
g
rtg
dr
dz
g
rz
mín
mín
5.942
/9,960
2
60
/9,92.01.02.0
05.04
2/22
2
2
2
2
22
2222
=×
×=
××
=
=×−××4
=×−
××4=⇒
×−××
=
=⇒×−
××=⇒
−×
=×
×=
×××
==⇒××
=
ππω
ωω
ωω
ωωα
ω
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 14 DE 64.
4"
# $#% &'(')*
Despejando ω
& '+*,# $ #%( '+-. ./ 0'⁄ ,2. 3 $ 4. 56/4. )/ 2). .789:/0 & 2)'8</
2. Para calcular el radio r medido en el punto B suponemos que el recipiente tiene la altura suficiente para que no se produzca vuelco de agua.
2" 14.85 @ 0.429.8 @⁄ 1.8
C8 &'8''*
C8 ,2. 3 $ 4. 56/ 4.-/ & 2)..789:/0
8 D2"EF D 2"0.914.85 1 @G 4. './
Ejercicio Nº 15.
Un tubo en U se encuentra parcialmente lleno con agua y se lo hace girar alrededor de un eje vertical. Calcular la diferencia de altura entre las dos ramas de la U cuando la velocidad de giro es de 100 rpm.
x
z
0.15m
0.60m
A
B
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) m01.1zm01.1m13.014.1zm13.0z
sg2
m15.05.10zm15.0r
g2
rz
m14.1z
sg2
m45.05.10zm45.0m15.06.0r
g2
rz
.seg/rad5.1060
rpm1002
60
n2
B
2
222
BB
2B
2
B
A
2
222
AA
2A
2
A
=∆⇒=−=∆⇒=
××
×=⇒=→
×ω=
=
××
×=⇒=−=→
×ω=
=×π×
=×π×
=ω
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 15 DE 64.
Ejercicio Nº 16.
Un cilindro cerrado gira alrededor de su eje. Cuando está en reposo el agua tiene una altura de 0.18 cm. Calcular la velocidad de rotación para que el nivel de agua toque sólo en el punto O. Expresarla en revoluciones por minuto. H% I('# H% H9JKLL% HM9N%<989M%L%K:O PQRSS P $ P , $6
TPFPUSRVW 2
, $ 6 2
, $ 6X 2
D2, $ 6 0.09
Si r = 0.09 m y zr = 0.22 m = altura total entonces:
C8 &'8''*
& D'*C88' D'*4. ''/4, 4-'/' 'Z. 2 89:0 ≅ ''48</
Ejercicios propuestos de Equilibrio Sólido. Ejercicio Nº 17. Un recipiente que tiene la forma de un paraboloide de revolución está lleno de agua. Averiguar la velocidad angular ω de tal modo que se vuelque la mitad del contenido del mismo. 2a
a
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 16 DE 64.
Ejercicio Nº 18. Determinar la cantidad máxima de líquido que puede quedar en un recipiente cilíndrico abierto con un diámetro de 0.2m, una altura de 0.2m, si se le produce una rotación de 600 rpm. Ejercicio Nº 19. Un recipiente cerrado de 120cm de diámetro está completamente lleno de aceite (γac=8.30kN/m3) y gira a 400 rpm. ¿Cuál será la diferencia de presión entre el eje y la circunferencia?. Ejercicio Nº 20.
Un recipiente cilíndrico de radio R con su eje vertical y de altura h, está lleno de agua hasta ¾ de h. Calcular la velocidad angular ω a la que debe girar alrededor del eje vertical, de modo que el punto más bajo de la superficie libre del agua quede a la altura de ¼ de h. EMPUJE SOBRE SUPERFICIES PLANAS.
Compuerta vertical plana.
Ejercicio Nº 21. Calcular el empuje y la posición de su punto de aplicación de una compuerta plana cuya altura es de 2 m y cuyo ancho es de 3 m. b 2/3 h h G ET Ey = γγγγ y2/2 K γγγγ h ET
y y
b2
hb*
2
h*h*E
2γ=γ=
K punto de aplicación del empuje: cuya ubicación está a h/3 desde el fondo o 2/3 h desde el origen del eje y.
b es el ancho de la compuerta en la tercera dirección espacial. γγγγ es el peso específico del líquido (agua).
m33.1m23
2h
3
2ykg6000
2
m32b
2
hE K
222
=×=×=⇒=××γ
=γ
=
Ejemplo de compuerta vertical plana:
p E
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HIDRAULICA GENERAL
3º AÑO- 2017 INGENIERIA CIVIL
TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 17 DE 64.
Estructura de grandes compuerta de una obra de derivación
Estructura de dos compuertas planas en el Dique Valle de uco
Compuerta vertical plana con altura de agua mayor que su dintel.
Ejercicio Nº 22. Calcular el empuje y la posición de su punto de aplicación de una compuerta plana cuya altura (a) es de 4 m y cuyo ancho (b) es de 1 m, sometida a una altura de agua (h) de 5m.
Si la altura de agua es mayor que la altura de la compuerta, el diagrama de presiones resulta con forma trapecial, a diferencia del triangular que se presentó en el ejemplo anterior. Diagrama de Presiones Diagrama Empujes Acumulados
( )[ ] ( ) ( ) kg12000m4522
m1*4*Eah2
2
b*a*b*
2
ahahE
2
TT =−×γ
=⇒−γ
=+−γ=
Punto de aplicación K:
3*
2 h
Bb
Bby
+
+=
3*
2 h
Bb
BbY
+
+=
( )[ ]( ) 3
a
ah2
a2h3
3
a*
ah2
ha2h2
3
a*
ahh
hah2y
−
−=
−
+−=
−+γ/
+−γ/=′
h
h-a
a
γh
γ(h-a)
ET
yK
y`
p E
G
m45.33
m4
m4m52
m42m53m5
3
a
ah2
a2h3hyK =
−×
×−×−=
−
−−=
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Compuertas
Detalle de una de las compu
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1HIDROSTÁTICA
Compuertas Planas de fondo del Desripiador del Dique Cipolletti
Detalle de una de las compuertas planas de fondo
HIDRAULICA GENERAL
TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 18 DE 64.
fondo del Desripiador del Dique Cipolletti
ertas planas de fondo
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 19 DE 64.
Compuerta inclinada plana con altura de agua igual a la de su dintel. Ejercicio Nº 23. El diagrama de presiones es triangular y perpendicular a la compuerta, de modo que los empujes ya no serán horizontales, sino que formarán un ángulo α con la horizontal. Los empujes se pueden descomponer en dos componentes, una vertical (EV) y la otra horizontal (EH). Determinar el empuje resultante ET de una compuerta cuya altura de agua (h) es de 2m, cuyo ancho (b) es de 1m y el ángulo α es de 30º.
Compuerta Oscilante o Basculante. Ejercicio Nº 24 Comprobar que en una compuerta oscilante articulada al centro el momento de cierre es 5 veces mayor que el momento de apertura.
h
a
y´
ET
γh α
kg4.2309Ebcos
h
2
hba
2
hE TT =⇒×
α×
×γ=××
×γ=
h ET
γh α
m
EV
m/a
φ
γh
EH
h/3
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 20 DE 64.
E1 a γγγγh/2 h y1 E2 γγγγh y2 De la figura se puede observar:
Apertura.Momybah4
y2
ba2
h
yEmf 11111 ⇒××××γ
=××××γ
=×=
Cierre.Momyhab4
3y
2
h2
h
bayEmf 22222 ⇒××××γ×=×
×γ+γ×
××=×=
Entonces:
1
2
1
2
1
2
y
y3
yb4
ha
h4
3yba
mf
mf=
××γ××
×γ×××=
Evidentemente 31
ay = , mientras que:
a9
5
3
5
3
a
2
hh
2
hh2
3
ay2 =×=
×γ+×γ
×γ+×γ×
=
De aquí: 5Apertura.Mom
Cierre.Mom5
9
59
3
a
a9
53
mf
mf
1
2 =⇒=×
=××
=
La compuerta permanece cerrada.
3
h
aA
Aa2y
3
h
aA
aA2y
m
M
×+
+=
×+
+=
h
a
A
yM
ym
G
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 21 DE 64.
Ejemplos de compuerta rectangular y circular basculante sobre su extremo superior.
Ejercicio Nº 25. Calcular la altura del centro de giro para una compuerta basculante de manera que la compuerta comience a abrirse cuando tenga una altura de agua de 70 cm. DATOS: INCÓGNITAS: α= 30º yc = ? b = 1 m y = ? h + h1 = 9.6 m hx = ? h1 = 0.70 m γγγγh1 h1 E1 C yc γ(γ(γ(γ(h1+h-hx) y1 h E2 y2 hx γ(γ(γ(γ(h1+h) αααα y Debemos verificar que para la altura de agua mencionada, E2*y2 (sentido antihorario) sea igual al momento E1*y1 (sentido horario), el momento de apertura es igual al momento de cierre. Es decir
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 22 DE 64.
que, la resultante 21 EEET += , y tiene su punto de aplicación en el centro de giro de la compuerta, y por lo tanto E pasa por C, de aquí que la yC nos da la ubicación del centro de giro.
( )[ ]( )[ ]
( )( )hh2
h2h3
cos3
h
hhh
hhh2
cos3
hy
1
1
11
11C +
+
α=
×γ++×γ
×γ++×γ×
α=
Reemplazamos valores:
m6.69.87.02
9.827.03
)º30cos(3
m9.8yc 2=
+×
×+×=
De donde:
m66.3m62.6º30cos
9.8y
º30cos
hy c =
−=−=
Entonces: m17.3hm17.3º30cos*m66.3º30cos*yh xx =⇒=== Ejercicio Nº 26. Una compuerta mariposa de 3 metros de diámetro gira alrededor de un eje horizontal que pasa por su centro. Calcular la fuerza que se necesita en el fondo para mantener la compuerta cerrada cuando el agua tiene una altura de 0,60 metros por encima del dintel y del otro lado está expuesta al aire. Considerar ancho transversal unitario. h1 = 0.60 m γγγγh1 E1 1.5 m y1 C h2 = 3 m y2 1.5 m
F γγγγ (h1 + h2)
( ) ( )N19845m5.1
2
m5.160.060.05.1
2
5.1hhE 11
1 =×++
γ=++
γ=
( ) ( )N41895m5.1m
2
360.05.160.05.1
2
hh5.1hE 211
2 =×+++
γ=+++
γ=
+ 02
hFyEyEM 2
2211c =+×−×=
( )11222
yEyEh
2F ×−×=
E2
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 23 DE 64.
( ) ( )[ ]
m61.0E
1
6
m5.1m1.2
3
m5.1m60.0y
m5.13
1
2
m5.1m5.1hm5.1
3
2
2
m5.1hyE
1
2222
1
1111
=
×+××γ=
××+γ+/
×/
×γ=×
( ) ( )[ ]
m82.0E
1
3
m5.1m60.3
6
m5.1m1.2y
m5.13
2
2
m5.1hh
3
m5.1
2
m5.1m5.1hyE
2
2222
2
21122
=
×+××γ=
×/
×/
×++×+×γ=×
( ) N14832FN3.14832Nm61.01984582.041895m3
2F =⇒=×−×=
Ejemplo de compuerta mariposa:
Ejercicios Propuestos. Ejercicio Nº 27. Calcular la altura del centro de rotación para que con una carga de 50 cm sobre la compuerta, ésta comience a abrirse.
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 24 DE 64.
γγγγh1 h1 E1 C yc γ(γ(γ(γ(h1+h-hx) y1 h E2 y2 γ(γ(γ(γ(h1+h) hx αααα y DATOS:
α = 30º h1 = 0.5 m h = 4 m b = 1 m a = h / cos α
Compuerta circular. Ejercicio Nº 28. Calcular el empuje total y el punto de aplicación en la compuerta circular de la figura. El diagrama de presiones sigue siendo triangular, pero el diagrama de empujes (que es la integración del diagrama de presiones en la superficie de la compuerta) tiene una variación polinómica de grado superior. h = 2.25 m. hG = h/2 = 1.125 m. r = 0.5 m. θ = 45º
G K
y
2r
h
h/2 hG
θ h1
h3
h2
x
yK
yG
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 25 DE 64.
El empuje resultante o total se obtiene del producto de la presión en el baricentro de la compuerta (G) por el área de la misma (πr2).
Posición del centro de presiones o punto de aplicación del empuje resultante es la siguiente:
GXW
XGW
G
2G
XGW
XW
XGW
K yS
J
w*y
wyJ
S
Jy +=
×+== ∴ está por debajo que el centro de gravedad.
m59.1º45sen
m125.1
sen
hym
64
1
64
DJ G
G4
44XGW ==
θ=⇒
×π=
π=
m25.1m59.14
1y
4
DywS
2
G
2
GXW =×
×π=×
×π=×=
m63.1ym63.1m59.1m59.116
m1y
y16
Dy
y4
D64
D
y K
2
GG
2
G
G
2
4
K =⇒=+×
=+×
=+×
×π
×π
=
DIMENSIONAMIENTO DE COMPUERTAS PLANAS. Estas compuertas planas están compuestas por elementos resistentes al empuje que ejerce el agua como solicitación de los mismos. Generalmente se usan como compuertas auxiliares para reparaciones (ataguías) con la finalidad de retener el agua y poder realizar la reparación correspondiente.
Ejercicio Nº 29. Calcular las fuerzas que soporta una ataguía (macizo de tierra o cualquier otro obstáculo con que se ataja el agua mientras se construye una obra hidráulica), con tres niveles diferentes de agua desde un solo lado. Y dimensionarla. DATOS: b = 2 m
31000
m
kg=γ
2adm cm
kg3000=σ
h1 = 12.2 m h2 = 2/3 h1 = 8.133 m h3 = 1/3 h1 = 4.067 m
( ) kg13.883Ekg13.883m5.0m125.1m/kg1000rhhE 232GG =⇒=×π××=×π××γ=ω××γ=
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 26 DE 64.
b h1 h2 C1 E1 C2 E2 h3 y1 C3 E3 y2 y3 I 1 m I´ γγγγh3 γγγγh2 γγγγh1 a) Cálculo de los empujes de cada nivel.
kgm
kgmhbE 148840
2
2.12*2*1000
2**
2
2221
1 =/
/== γ
kgm
kgmhbE 69.66145
2
133.8*2*1000
2**
2
2222
2 =/
/== γ
kgm
kgmhbE 49.16540
2
067.4*2*1000
2**
2
2223
3 =/
/== γ
b) Cálculo de las posiciones de los centros de presión (punto de aplicación de los respectivos
empujes).
mmh
y 067.43
2.12
31
1 ===
mmh
y 711.23
133.8
32
2 ===
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 27 DE 64.
m356.1m3
067.4
3
hy 3
3 ===
c) Cálculo de los momentos de empotramiento (respecto a I´). La ataguía mostrada en horizontal. Obsérvese que no se ha respetado el convenio de estabilidad para el signo de momento flector. E1 E2 E3 1 m I´ mf3 mf2 mf1
kgm7.754122kgm)00.13
2.12(*148840)m00.1y(Emf 111 =+=+=
kgm7.245466kgm)00.13
133.8(*66145)m00.1y(Emf 222 =+=+=
kgm9.38963kgm)00.1356.1(*49.16540)m00.1y(Emf 333 =+=+=
d) Cálculo del módulo resistente. Para dimensionar usaremos W
M=σ
z
I 4433
67.104112
)5(100
12cmcm
ebIzz =
×=
×=
h 34
zz cm67.416cm5
cm67.10412
e
I2W =
×==
I´ e
223
11 cm
kg180988
m1
mc100
cm
mkg
67.416
7.754122
W
M=
/
//==σ/
223
22 cm
kg52.58911
m1
mc100
cm
mkg
67.416
65.245466
W
M=
/
//==σ/
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HOJA Nº 28 DE 64.
223
33 cm
kg26.9351
m1
mc100
cm
mkg
67.416
9.38963
W
M=
/
//==σ/
Como ensionarreadm dim321 ⇒≥≥≥ σσσσ
Para soportar la primer solicitación, altura de agua h1, se tendrá:
cmcmb
mfe
adm
84.3813000
7.75412266 11 =
××
=×
×=
σ
Para la segunda solicitación:
cmcmb
mfe
adm
16.2213000
65.24546666 22 =
××
=×
×=
σ
También:
cmcmb
mfe
adm
83.813000
9.3896366 33 =
××
=×
×=
σ
Los valores e1, e2 y e3 son los correspondientes espesores de ataguía necesarios para las alturas h1, h2 y h3 respectivamente. Ejercicio Nº 30. En una compuerta de b metros de ancho se deben colocar 4 tirantes, de madera o hierro. Ubicarlos, adoptarlos y verificarlos. DATOS: b = 8.2 m h1 = 12.2 m h2 = 8.6 m
31000
m
kg=γ
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 29 DE 64.
(h1 - h2) ET G h1 C h2 E1 C1 C2 E2
γγγγ(h1 - h2) γγγγh2 γγγγh1 El empuje total ET puede obtenerse por composición vectorial de E1 y E2 o por:
kg307008m)6.82.12(2
)6..82.12(
m
kg1000m2.8)hh(
2
)hh(bE 2
32121
T =−×+
××=−×+
×γ×=
Obtengamos la posición del punto de aplicación de ET, yG, aplicando Teorema de Varignon.
m252.5m)6.82.12(kgf3070086
m2.8m
kgf1000
)hh(E6
b)hEhE(
E3
1y 333
232
31
T2211
TG =−
×=−
×
×γ=×−×=
Verificación del valor de yG
yG
a )(
)2(
3 aA
aAhyM +
+=
yM G h
ym )(
)2(
3 aA
Aahym +
+=
A Combinando las anteriores se tiene:
2
2
3
11
2
)( a
aA
AaaAyG +
+
+−
−=
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HOJA Nº 30 DE 64.
Para nuestro caso
m2519.52
6.8
2.126.8
2.126.82
3
11
2
)6.82.12(
2
h
hh
hh2
3
11
2
)hh(y 2
21
1221G =+
+
+×−
−=+
+
+−
−=
Por hipótesis del problema, cada tirante debe absorber 1/4 del empuje total:
kgkgEE TO 767523070084
1
4
1===
a) Cálculo de ya e y1
Oa21 Ey)hh(b =×−××γ
m6.2m)6.82.12(2.81000
76752
)hh(b
Ey
21
Oa =
−××=
−××γ=
mmyy a 3.12
6.2
2
11 ===
b) Cálculo de yb e y2
m6.2yy ab ==
m9.3m3.1m6.22
yyy b
a2 =+=+=
c) Cálculo de yc e y3
m6.2yyy bac ===
m5.6m3.1m6.222
yyyy c
ba3 =+×=++=
h1
yc
yb
yc
ET
y3
y4
h2
y2
y1
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HOJA Nº 31 DE 64.
d) Ubicación de T4. Cálculo de y4 4.40m A2 y2 EO 0.80m A1 yG´ y1 γγγγ x 3.6m
( ) kgf76752m6.3m
kg1000
2
180.06.3
m
kg1000m2.8AAbE 22
3321o =
××+×××=+×=
Cálculo de yG´
2211GT yAyA´yA ×+×=×
( )( )[ ]
m51.1m
m
6.32
180.06.3
26.32
140.080.06.3
yAyAA
1´y
2
3
2
2
2211T
G =×
×+×
×
×+××
=×+×=
m31.9m51.1m6.23´yyyyy Gcba4 =+×=+++=
Dimensionamiento de los perfiles
1º- Alternativa. Dimensionar usando PNI La carga distribuida de los tirantes es:
m
kg
m
kg
b
Eq O 9360
2.8
76752===
P.N.I. Eo
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HOJA Nº 32 DE 64.
El momento flector máximo resulta:
( )kgm
mm
kg
qlM 8.78670
8
2.89360
8
22
máx ===
Entonces: adm
adm
MW
W
M
σσ máx
mínmín
máx =⇒=
En los PN resulta σadm = 1200 kg/cm2
3
2
mín 9.65551
001
1200
8.78670cm
m
cm
cm
gk
mgkW =
/
//
///=
Se necesita PNI 65 de alas anchas 2º- Alternativa. Placa de hierro de sección rectangular de σadm = 1200 kg/cm2
6
hbMW
2×=
σ=
q Si hacemos h = 2xb Resulta:
cm42.21cm1200
1008.78670
2
3M
2
3b 3
3
1
=×
×=
σ
×=
h = 2x b = 42.8 cm bxh = (21.4x42.8) cm2 3º- Alternativa. Tirante de madera de sección rectangular de σadm = 90 kg/cm2
h = 2x b
cm80.50cm90
1008.78670
2
3M
2
3b 3
3
1
=×
×=
σ
×=
´´20cm54.2
´´1cm51b =×≈
b ´´4054.2
´´1102cm604.101b2h =×==×=
Resultando: bxh = 21´´ x 40´´
h
b
h
b
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 33 DE 64.
MOMENTO DE INERCIA DE ALGUNAS SECCIONES. Ejercicios propuestos. Ejercicio Nº 31. Dimensionar la compuerta de la figura con 5 tirantes de madera como elementos de resistencia.
h
b
a
D
12
hbI
3×= 12
aI
4
=
4
4
r11.0IoSemicírcul
64
DI
×=⇒
×π=
b
a
4
abI
3××π=
h1
h2
E2
ET
E1
γ ( h1-h2) γ h2
γ h1
h1=m h2=1.5m b=2m
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 34 DE 64.
Ejercicio Nº 32. La compuerta rectangular de la figura tiene las dimensiones H = 4 m, B = 6 m (ancho), y sirve para contener el agua en un recipiente. Determinar la magnitud E del empuje total debido al agua, la profundidad x a la que deben colocarse las viguetas para que cada una de ellas soporte igual empuje. x1 x2 x3 H x4 Ejercicio Nº 33. Calcular las solicitaciones del empuje sobre una ataguía de las siguientes características:
b
h1
h2
h3 y1
y2
1m
E1
E2
E3
h1 = 7 m h2 = 5 m h3 = 2 m e = 0.05 m b = 1 m γ = 1000 kg/m3 σadm = 3000 kg/cm2
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3º AÑO- 2017 INGENIERIA CIVIL
TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 35 DE 64.
Ejercicio Nº 34. Dimensionar la compuerta con contrafuerte, sabiendo que aguas abajo existe una carga de agua permanente: EMPUJE SOBRE SUPERFICIES CURVAS. COMPUERTAS CURVAS DE EJE HORIZONTAL. En estos casos el empuje total se puede descomponer en una componente horizontal (EH) y una componente vertical (EV). La EH se determina integrando la presión en la proyección de la superficie de la compuerta sobre el plano vertical, el diagrama de empujes así obtenido tiene forma triangular. En cambio el EV será diferente para cada caso. El empuje total ET resulta de la composición de los dos anteriores. Se pueden presentar distintos casos.
Primer Caso.
El agua se encuentra en el lado exterior de la superficie curva como lo muestra la figura.
h1 – h2
h1
h2
E1
E2
γ(h1-
γ h
γ h2
h1 = 7 m h2 = 3.40 m b = 1 m γ = 1000 kg/m3 σadm = 3000 kg/cm2 e = 5 cm
r
h
γh
EH
EV ET
θ
α
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 36 DE 64.
E
EATN
4
rbE
b2
hE
EEE
H
V
2
V
2
H
2V
2HT
=θ
×π×γ=
×γ=
+=
Segundo Caso. El agua está por dentro de la superficie curva.
E
EATN
4
rbE
b2
hE
EEE
H
V
2
V
2
H
2V
2HT
=θ
×π×γ=
×γ=
+=
Tercer Caso. Es una compuerta semicircular con carga de agua exterior a la misma. El empuje vertical resulta de la composición de dos sumandos uno positivo (EV1) que corresponde al empuje ascendente que recibe el cuarto inferior de la compuerta, y la segunda descendente (EV2) que corresponde al cuarto superior de la misma. De la suma de esas dos componentes se obtiene el EV. Las expresiones a aplicar en este caso son:
EV ET
EH
h
h EH
ET
EV
γ h
r
r
0.44r
(+)
+
(-)
=
(+)
EV2
EV1
EV
H
V2
V
2
H2H
2VT E
Etg
2
rbEb
2
hEEEE =θ⇒
×π××γ=⇒×
×γ=⇒+=
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HOJA Nº 37 DE 64.
Cuarto Caso. Es una compuerta semicircular con la carga de agua dentro de la misma.
Ejercicio Nº 35. Determinar el empuje total sobre una compuerta curva de forma semicircular colocada en una canalización que conduce agua para una altura h=2.5m y un ancho b=0.80m. Se trata del Tercer Caso. La composición de los empujes se hace a través de sus dos componentes: la horizontal y la vertical. La componente vertical EV = EV1 – EV2. Si la compuerta no estuviera el espacio encerrado por los puntos (1-2-3-1) estaría ocupado por agua, de modo que al colocar la compuerta reemplazamos el volumen de agua por aire. La compuerta recibirá un empuje de abajo hacia arriba según el principio de Arquímedes igual al peso del volumen de agua desalojado.
0.44r
(-)
EV
γ h
EH
r
r
h EH
ET EV
=
(-)
EV1
+
(+)
EV2
H
V2
V
2
H2H
2VT E
Etg
2
rbEb
2
hEEEE =θ⇒
×π××γ=⇒×
×γ=⇒+=
h EH
ET
EV
γ h
r
r
0.44r
(+)
+
(-)
=
(+)
EV2
EV1
EV
2
1
3
O
3 4
1 1
4 3
2 2 2
3
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HOJA Nº 38 DE 64.
COMPUERTAS TAINTOR
Es una compuerta de sector circular. Son muy utilizadas porque el empuje del agua favorece el levantamiento de la misma, necesitándose menos energía para levantarla comparada con una compuerta plana. Las componentes horizontal y vertical del empuje se calculan por medio de relaciones trigonométricas de los distintos volúmenes sumergidos y no. Ejemplos de compuertas Taintor:
Distintos casos de Compuertas Taintor: según la posición del centro de rotación con respecto al umbral y el dintel de la compuerta se dan tres casos diferentes.
Caso 1: cuando la horizontal que pasa por el centro de curvatura de la compuerta, C, o sea el centro de rotación de la misma, está por encima del dintel (D) de la misma. Caso 1-A: cuando además de lo anterior, el centro C está sumergido, por debajo de la altura de agua en la compuerta. En ese caso la altura hc está por encima de la horizontal de C y se considera positiva (hc>0). Caso 1-B: cuando además de lo anterior, el centro C está por encima de la altura de agua en la compuerta, con lo cual la altura hc se encuentra por debajo de la horizontal de C y por lo tanto se considera negativa (hc<0).
( )
( ) ( )
´´55´7º38785.0kg2500
kg5.1962
E
Etg
kg3.3178)kg5.1962()kg2500(EEE
kg5.19628
hb
2
2/hb
2
rb.VolE
kg25002
m8.0m5.2m/kg1000b
2
hE
H
V
222H
2VT
222
V
232
H
=θ⇒===θ
=+=+=
=×π
××γ=×π
××γ=×π
××γ=×γ=
=××
=××γ
=
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HOJA Nº 39 DE 64.
hc >>>> 0 C ααααοοοο
α α α α hc <<<< 0 Dintel R Umbral
Tanto para el caso 1-A, como para el caso 1-B, la componente vertical del empuje es siempre ascendente. Las componentes horizontal y vertical del empuje se calculan mediante las siguientes expresiones: -EV = γγγγ b R (R C1 ±±±± hc C2) EH = γγγγ b R (R C3 ±±±± hc C4) En las cuales los coeficientes C1, C2, C3 y C4 se extraen de la Tabla Nº 1 en función de los ángulos αo y α. Dichos coeficientes representan las relaciones trigonométricas entre las distintas superficies que hay que sumar y restar para obtener las componentes del empuje resultante. Para construir el diagrama de empujes se varía el valor de α desde cero hasta su valor total y se extraen de la Tabla Nº1 los coeficientes respectivos para cada par (αo, α).
Caso 2: el centro de rotación de la compuerta se encuentra entre el dintel (D) y el umbral (U) de la misma. En este caso se estudia la compuerta en dos partes. La primera trata el cálculo de las componentes vertical y horizontal de los empujes que actúan sobre el sector circular comprendido entre el dintel (D) y la horizontal por el centro C, o sea ángulos al centro menores que αo. La segunda parte trata el cálculo de las componentes vertical y horizontal del empuje que actúa sobre el sector circular comprendido entre el dintel (D) y el umbral (U), los ángulos al centro considerados son mayores que αo.
1
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HOJA Nº 40 DE 64.
Caso 2-Primera Parte.: ángulos al centro del sector (αo - αd). Se toma el ángulo αd en sentido antihorario desde la horizontal por C hasta llegar a αo. La componente vertical del empuje es siempre hacia abajo. Las expresiones de las componentes del empuje son las siguientes: EV = γγγγ b R (hc C5 - R C6) EH = γγγγ b R (hc C7 - R C8) Los valores de C5, C6, C7 y C8 son coeficientes que salen de las relaciones trigonométricas entre los volúmenes sumergidos para el cálculo de los empujes, y se obtienen de la Tabla Nº 2 en función de αo y αd, tomándolos como ya fue explicado. Caso 2-Segunda Parte: ángulos al centro del sector (αo + αu). Se considera una zona de compuerta entre el umbral (U) y el dintel (D). El empuje vertical puede ser ascendente o descendente. Las expresiones de las componentes del empuje son las siguientes: -EV = γγγγ b R (hc C9 + R C10) EH = γγγγ b R (hc C11 + R C12) Los valores de C9, C10, C11 y C12 son coeficientes que salen de las relaciones trigonométricas entre los volúmenes sumergidos para el cálculo de los empujes, y se obtienen de la Tabla Nº 3 en función de αo y αu,, Éste último se mide desde la horizontal por C en sentido horario hasta llegar al umbral de la compuerta.
2
αu
αd αo
α1 C
hc
R
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HOJA Nº 41 DE 64.
Caso 3: es un caso parecido al Caso 2-Primera Parte, pero el umbral de la compuerta se encuentra por encima del centro de rotación de la misma.
Las componentes del empuje son: EV = γγγγ b R (hc C5 – R C6) EH = γγγγ b R (hc C7 - R C8) Los valores de C5, C6, C7 y C8 son coeficientes que se obtienen de la Tabla Nº 2 en función de αo y α1, el ángulo αd se toma en sentido antihorario desde la horizontal por el centro de rotación O, desde α1 hasta αo. Para los tres casos presentados el empuje total se calcula como:
Ejercicio Nº 36. Calcular los empujes de la compuerta Taintor de la figura de la página siguiente.
DATOS.
αd
α1
αο
O
R hC
H
V2H
2VT E
E.tg.arcEEE =θ⇒+=
m60hº50º10m/kg1000m3bm6R co3 =→=α→=α→=γ→=→=
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HOJA Nº 42 DE 64.
El caso al que corresponde este ejercicio es el Caso 1-A. Las expresiones a utilizar son:
Coeficientes ααααo=10º αααα =10º
ααααo=10º αααα =20º
ααααo=10º αααα =30º
ααααo=10º αααα =40º
ααααo=10º αααα =50º
C1 0.00000 0.01207 0.04353 0.10110 0.18836
C2 0.00000 0.04512 0.11878 0.21877 0.34202
C3 0.00000 0.04341 0.10992 0.19151 0.27834
C4 0.00000 0.16837 0.32635 0.46914 0.59239
EV 0.00000 -50 tn -132.98 tn -247.29 tn -389.72 tn
EH 0.00000 186.53 tn 364.33 tn 527.35 tn 669.84 tn
Ei 0.00000 193.11 tn 387.84 tn 582.45 tn 774.96 tn
θ -------- -------- ------ ------ 30º 11`29``
El gráfico de los empujes se realiza en forma polar, colocando en correspondencia con cada valor de Ei el ángulo α.
hc
α
αo
( )( )
H
V2V
2HT
C4c3H
C2c1V
E
E.tag.arcEEE
0m60hChCRRbE
0m60hChCRRbE
=θ→+=
⟩=⇒×+××××γ=
⟩=⇒×+××××γ=−
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 43 DE 64.
Ejercicio Nº 37. Dada la compuerta Taintor de la figura, realizar el diagrama de empujes totales. hc ααααοοοο O αααα1 R
El centro de rotación de la compuerta se encuentra entre el dintel y el umbral de la misma, se trata del Caso 2, el cálculo se divide en dos partes y se usan las Tablas Nº 2 y Nº3.
hc
α
αo
ET
θ
DATOS: R = 10 m αo = 20º α1 = 30º b = 1 m hc = 5 m ∆α = 10º
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HOJA Nº 44 DE 64.
Primera Parte: ángulos del sector superior: (α = 20º) ∆α = 10º. αd = 0º. αd = 10º. αd = 20º Ev = γ*b*R (hc*C5 - R*C6) ⇓ Eh = γ*b*R (hc*C7 - R*C8) ⇐
20º = ααααd 5 m 10º = ααααd
20º ααααd 0º = ααααd 1º Parte 2º Parte 30º 10º 20º 30º El dintel de la compuerta tiene una altura respecto del centro de rotación de la misma que se puede
calcular mediante la expresión siguiente. hD= 3.42 m
h = 2.00 m E = 0
αd
30º
Coeficientes ααααo=20º ααααd =0º
ααααo=20º ααααd =10º
ααααo=20º ααααd =20º
C5 0.00000 0.04512 0.06031
C6 0.00000 0.01207 0.01383 C7 0.00000 0.16837 0.34202 C8 0.00000 0.04341 0.05849 EV 0 1.05 tn ↓ 1.63 tn ↓ EH 0 4.08 tn ← 11.25 tn ← Ei 0 4.21 tn 11.37 tn
θ ------ 14º 25´55´´ 8º 14´39´´
1
2
3
4
5
6
m42.3º20senm10senRh oD =×=α×=
H
V2H
2VT E
E.tg.arcEEE =θ⇒+=
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HOJA Nº 45 DE 64.
2º Parte:
-Ev = γ*b*R (hc*C9 + R*C10) ⇑ EH = γ*b*R (hc*C11 + R*C12) ⇐
αd = αo = 20º αu
αd = αo + 10º = 30º αd = αo + 20º = 40º
αd = αo + 30º = 50º
Coeficientes ααααo=20º ααααu =10º ααααd=30º
ααααo=20º ααααu =20º ααααd=40º
ααααo=20º ααααu =30º ααααd=50º
C9 -0.04512 0 0.07366 C10 0.01559 0.02767 0.05912
C11 0.51567 0.68404 0.84202
C12 -0.04341 0 0.06651
EV 0.697 tn↑ 2.76tn ↑ 9.6 tn↑ EH 21.44 tn ← 34.20 tn ← 48.75 tn ← Ei 21.45 tn 34.31 tn 49.69 tn
θ 1º 51`43`` 4º 36´50´´ 11º 8´25´´
3
4
5
6
ET = 49.69 tn θθθθ = 11º 08´
3
1
2
4
5
6
O
θ
ET
H
V2H
2VT E
E.tg.arcEEE =θ⇒+=
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HOJA Nº 46 DE 64.
Ejercicio Nº 38. Dada la compuerta Taintor mostrada en la figura, realizar el diagrama de empujes. El ejercicio corresponde al Caso 1-B, se usa la Tabla Nº 1. C ααααοοοο hc (<<<< 0) hd αααα1 α α α α ho R hu - hd
Coeficientes ααααo=10º αααα =10º
ααααo=10º αααα =20º
ααααo=10º αααα =30º
ααααo=10º αααα =40º
ααααo=10º αααα =50º
C1 0.00000 0.01207 0.04353 0.10110 0.18836
C2 0.00000 0.04512 0.11878 0.21877 0.34202
C3 0.00000 0.04341 0.10992 0.19151 0.27834
C4 0.00000 0.16837 0.32635 0.46914 0.59239
EV 0.00 tn 5.30 tn ↑ 10.72 tn ↑ 68.29 tn ↑ 137.06 tn ↑
EH 0.00 tn 18.15 tn ← 60.97 tn ← 121.14 tn ← 189.48 tn ←
Ei 0.00 tn 18.91 tn 61.91 tn 139.06 tn 233.86 tn
θ -------- -------- ------ ------ 35º 52`48``
R = 10 m αo = 10º α1 = 50º b= 10 m hc = -1.50 m
( )( )
m50.1hm74.1senRhm66.7º40cosRh
E
E.arctgEEE
ChCRRbE
ChCRRbE
C0D0
H
V2H
2VT
4C3H
2C1V
−=⇒=α×=⇒=×=
=θ⇒+=
←×−××××γ=
↑×−××××γ=−
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HOJA Nº 47 DE 64.
FLOTACIÓN. PRINCIPIO DE ARQUÍMEDES. Ejercicio Nº 39. Determinar el volumen y el peso específico de una piedra que pesa 54 kg. La introducimos en un recipiente con agua y se vuelve a pesar dando un peso de 24 kg.
P0 = 54 kg P1 = 24 kg P0 P1 = P0 - E E = P0 - P1 = (54 – 24)kg = 30 kg E γa = E / Va = 1000 kg/m3 Va = E / γ = 30/1000 m3 = 0.03 m3 P0 γrel = γaire / γagua = (P0/V) / (P1/V) = 54 kg/0.03 m3 = 1800 kg/m
3
Ejercicio Nº 40. Conociendo el volumen del cuerpo, determinar su peso Específico γ. T = 5 kg (Peso sumergido) V = 0.20*0.20*0.20 m3 = 0.008 m3 a E = γa*Va = 1000 kg/m3 * 0.008 m3 = 8 kg 20
20 20 T = P - E P = E + T = 8 kg + 5 kg = 13 kg γrel = γelem / γagua
γelem = P/V =13 kg/0.008 m3 = 1625 kg/m3
Ejercicio Nº 41. Globo aerostático. Pm = Ptela + Pcanasto = 50 kg γaire = 1.23 kg/m3 r = 3 m D = 6 m V = 4/3 π r3 = 4/3 π 33 m3 = 113.1 m3 Eaire = γaire * Vol.aire desaloj (sustentación) Eaire = 1.23 kg/m3 * 113.1 m3 = 139 kg Carga útil: Qu = Eaire - Pm - Ptripulación Qu = 139 kg - 50 kg- Ptripulación
Qu = 89 kg - Ptripulación
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HOJA Nº 48 DE 64.
Ejercicio Nº 42. Caso del iceberg: calcular el volumen sumergido del mismo.
VEMERG = 600 m3 γhielo = 912 kg/m3 γa = 1025 kg/m3 (agua salada)
VT = ? m3 E = Peso del iceberg Phielo = γhielo * Viceberg E = γa * Vsumergido E = γa (Viceberg - Vemergente) γhielo * Viceberg = γa (Viceberg - Vemergente) Viceberg = γa/γhielo (Viceb - Vemerg) Viceb - γa/γhielo * Viceb = - γa/γhielo * Vemerg Viceb (γa/γhielo - 1) = γa/γhielo * Vemerg Viceberg = (γa/γhielo * Vemerg) / (γa/γhielo - 1) Viceb = (1025 / 912 * 600 m3 ) / [ (1025 / 912 ) - 1 ] Viceb = 1.124 * 600 m3 / (1.124 - 1) Viceberg = 5442 m
3
Vol.EMERG / VSUMERG = 600 / (5442 - 600) = 0.124 ⇒ VSUMERG / Vol.EMERG= 8.071 ≅ 8 veces Como conclusión, el Volumen sumergido del iceberg es ocho veces mayor al volumen emergente del mismo.
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HOJA Nº 49 DE 64.
EQUILIBRIO DE CUERPOS FLOTANTES. Análisis de las condiciones de flotación.
MC > GC ⇒ Equilibrio estable
MC < GC ⇒ Equilibrio inestable
MC = GC ⇒ Equilibrio indiferente M es el metacentro. a G C es el centro de carena t P es el peso del cuerpo C a/2 t/2
E es el empuje que experimenta el cuerpo
E = P a a*t*l*γa = a2*l*γm
−=−=
a
mataCG
γγ
1222
La superficie de flotación (SF) es la de la figura. El momento de inercia de la superficie de flotación respecto de los ejes x e y nos permiten calcular la Distancia Metacéntrica MC.
a
m
a
m
22
23
C
SFY
12
a
a12
a
12
1*
t
a
l*t*a12
l*a
V
IMC
γ
γ=
γ
γ==
//
//
==
/
Si el equilibrio es indiferente: GC ≅ MC
m
a
a
m aa
γγ
γγ
6211
2 /=
−
/ y R
a
m γγγ
=
R
R γγ
6
11 =− 0
6
166166 22 =+/−/⇒=− RRRR γγγγ 0
6
12 =+− RR γγ
211.0
787.0
=
=
R
R
γ
γ
Para esos dos valores de peso específico relativo se verifica equilibrio indiferente.
a
matγγ
=
Z
X
Y
x
y
a
l
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HOJA Nº 50 DE 64.
Ejercicio Nº 43. CAJÓN DE FLOTACIÓN. Verificar las condiciones de estabilidad del cajón de flotación de la figura. El cajón de flotación se usa para construir estructuras sumergidas o forma parte de las mismas. El procedimiento en síntesis es el siguiente: 1. Se bota y se conduce hacia el lugar de ubicación. 1. Se lastra. 2. Se desagota. 3. Se construye el elemento. 4. Luego se procede a la demolición de las paredes. 5. Y finalmente entra en servicio de la estructura construida. A continuación se muestra el proceso de fondeo para un cajón que formará parte de un muelle. En este caso no se demuele la estructura del cajón.
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HOJA Nº 51 DE 64.
Las anteriores son imágenes del dique flotante rompeolas del puerto de Mónaco (352 metros de largo por 28 de ancho) considerado el de mayor tamaño en el mundo.
Las condiciones que deben tenerse en cuenta incluyen el calado máximo y la revancha respecto a la cota de fundación. e b a c t a b DATOS:
e = 0.10 m a = 12 m b = 5 m c = 8 m γHº = 2400 kg/m3
γa = 1090 kg/m3
Z
Y
X
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HOJA Nº 52 DE 64.
CÁLCULO DEL CALADO “t”. Primero se calcula el peso del cajón de flotación.
Peso del cajón = peso losa fondo + peso muros
Peso del cajón = a*b*e*γHº + 2*(a -2e)*(c - e)*e*γHº + 2*b*(c - e)*e*γHº
Peso del cajón = e*γHº [ (a*b) +2*(a -2e)*(c - e) + 2*b*(c - e)]
Peso del cajón = 2400 kg/m3 * 0.10 m * (12 * 5 m2 + 2 * 11.8 * 7.9 m2 + 2 * 5 * 7.9 m2)
Peso del cajón = 240 kg/m2 * 325.44 m2 = 78106 kg
E = γa * Vc = Peso cajón (flota)
1090 kg/m3 * a * b * t = 78106 kg
m19.1tm19.1m5*12*m/kg1090
kg78106t
3=⇒==
UBICACIÓN DEL CENTRO DE GRAVEDAD. Para la ubicación espacial del centro de gravedad hay que considerar que en el plano XY el cajón de flotación es simétrico, de modo que su centro de gravedad se encuentra en la intersección de los dos ejes de simetría X e Y. O sea que sólo resta encontrar la altura ZG del mismo.
Tomando como eje de referencia la base del cajón, se calcula la distancia desde la misma hasta el centro de gravedad usando el Teorema de Varignon.
e b´ b c´ = 7.90m G ZG 4.05m 0.10m
( )
Pcajón
e2
cecb2e
2
cece2a2
2
eba
z
2
ºHG
+
′×′××+
+
′××′×−×+××
γ=
( )m31.3
78106
m258728
kg78106
05.49.75205.49.78.11205.012510.0m
m
kg2400z 4
3G ==×××+×××+×××
=
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 53 DE 64.
UBICACIÓN DEL CENTRO DE CARENA.
t/2 = 1.19m/2 = 0.595 m b ∴∴∴∴Distancia CG: CG = zG - t/2 = (3.31 - 0.595) m t CG = 2.715 m a SUPERFICIE DE FLOTACIÓN.
La superficie de flotación es la que resulta de la intersección del cuerpo con la superficie del agua. La figura siguiente representa la superficie de flotación para este ejercicio (es la línea de trazos de la figura anterior).
CONDICIONES DE ESTABILIDAD. Se analizan las condiciones de estabilidad alrededor del los ejes X e Y.
Rolido (giro alrededor del eje X): carena
Xflotaciónsup
X V
ICM =
Inestable.Equilibriom715.2CGm75.1CM
m75.1m19.112
m5
t12
b
tba12
ba
CMtbaV12
abI
X
222
23
Xcarena
3
X
⇒=⟨=
=×
=×
=×/×/
×/
=⇒××=⇒×
=
/
Cabeceo (giro alrededor del eje Y):
Estable.Equilibriom715.2CGm08.10CM
m08.1019.1*12
12
t*12
a
V
ICM
Y
22
c
Ysf
Y
⇒=⟩=
====
El equilibrio respecto del Rolido no se verifica, de modo que se debe redimensionar el cajón, en cuanto a su altura. Es necesario considerar que la profundidad máxima del agua alcanza los 4 m, más un dragado de 4 m y una revancha de 1 m.
Si aún aumentando la altura del cajón de flotación no se verifica equilibrio estable al rolido, se puede aumentar el espesor de la losa de fondo a 25 cm, bajando el centro de gravedad y disminuyendo la distancia CG.
Z
Y
X
G
C t/2
ZG
X
Y
b
a
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 54 DE 64.
Ejercicio Nº 44. Verificar la condición de estabilidad en la flotación de una pieza de madera (tronco canteado)
colocado en forma vertical y colocado en forma horizontal. a) Colocado en forma vertical. z z´ l z t x´ G y´ l t C x x a y
a b DATOS: a = 1.12 m b = 2.04 m l = 5.6 m
γ = 10003
kg
m
γ 1 3850=
kg
m
Cálculo del calado t. Se usa el Principio de Arquímedes. Debemos evaluar t de la condición de equilibrio entre el peso del cuerpo y el empuje que experimenta el mismo.
EP = ∴ c11 V*V* γ=γ ∴ γ
γ=
γ
γ== 11
1c l*b*aVt*b*aV ∴ γ
γ= 1lt
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HOJA Nº 55 DE 64.
Condiciones de equilibrio.
Se analizan los giros alrededor del los ejes x e y, ya que alrededor del eje z no se produce ningún cambio del volumen de carena y por lo tanto, tampoco no cambia el empuje (ni en su magnitud, ni en su punto de aplicación). El giro alrededor del eje x se llama Cabeceo y el giro alrededor del eje y se llama Rolido. De acuerdo a la terna usada el giro más desfavorable es el rolido, por lo tanto se verifica el equilibrio del mismo, ya que si tiene equilibrio estable el rolido lo tendrá el cabeceo, y si no lo tiene es necesario redimensionar de todos modos.
La condición general de equilibrio estable es GCMC ≥ , es decir: 1GC
MC≥ (1)
Para un rolido diferencial (giro alrededor del eje y), la superficie de flotación es la de la figura, considerando los ejes x e y trasladados al baricentro de la misma. La distancia metacéntrica se calcula como:
(2) c
y
V
IMC
′= siendo
(3)
De las figuras anteriores Vc = t*a*b
(4) De la (2), (3), (4) (5)
La distancia CG se calcula como: ( )
γ
γ−=⇒
γ
γ−=−=−= 11 1l
2
1GC1l
2
1tl
2
1
2
t
2
lGC (6)
De (1), (5) y (6) (7) Remplazando los valores numéricos en la ecuación (7):
1052.0
1000
8501
m
kg850*)60.5(*6
m
kg1000*)12.1(
GC
MC
3
2
3
2
⟨=
−
=
es decir: GCMC ⟨ EL EQUILIBRIO ES INESTABLE.
12
a*bI
3
y =′
γ
γ= 1
c l*b*aV
1
2
**12
*
γγ
l
aCM =
−
=
γγ
γ
γ
11
2
2
1**6
*
l
a
GC
MC
a
y´
x´ b
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HOJA Nº 56 DE 64.
b) Colocado en forma horizontal: La superficie de flotación cambia, al igual que el calado t, y por lo tanto el punto de aplicación del empuje.
El cuerpo referido a los ejes x, y, z está representado en la figura siguiente. La superficie de flotación ahora tendrá como lados las dimensiones a y l, y por lo tanto será un plano horizontal paralelo al plano xy.
Cálculo del calado t. Se usa el Principio de Arquímedes. Debemos evaluar t de la condición de equilibrio entre el peso del cuerpo y el empuje que experimenta el mismo.
EP = ∴ c11 V*V* γ=γ ∴ γ
γ=
γ
γ== 11
1c l*b*aVt*l*aV ∴ γ
γ= 1bt
Condiciones de equilibrio.
La condición de equilibrio estable es GCMC ≥ , es decir: 1GC
MC≥ (1)
De la misma manera que en el caso anterior la verificación del equilibrio en el rolido es la más desfavorable, o sea que se analiza el giro alrededor del eje y. La superficie de flotación es la de la figura, trasladando los ejes x e y al baricentro de la misma. La distancia metacéntrica es:
(2) c
y
V
IMC
′= siendo
(3) De las figuras anteriores Vc = t*a*l (4) De la (2), (3), (4) (5)
Z
Y
X
a
b
l t
t
b
a X
Z
G
C
12
a*lI
3
y =′
γ
γ= 1
c l*b*aV
1
2
*b*12
*aCM
γ
γ=
a
y´
x´ l
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 57 DE 64.
Se calcula la distancia entre el centro de carena y el de gravedad:
( )
γ
γ−=⇒−=−= 11
2
bGCtb
2
1
2
t
2
bGC (6)
De (1), (5) y (6) (7)
Remplazando numéricamente:
1394.0
1000
8501
m
kg850*)04.2(*6
m
kg1000*)12.1(
GC
MC
3
2
3
2
⟨=
−
=
es decir: GCMC ⟨ EL EQUILIBRIO ES INESTABLE.
c) Colocado en forma horizontal: Cálculo del calado t.
EP = ∴ c11 V*V* γ=γ ∴ γ
γ=
γ
γ== 11
1c l*b*aVt*l*bV ∴ γ
γ= 1at
Condiciones de equilibrio.
La condición de equilibrio estable es GCMC ≥ , es decir: 1GC
MC≥ (1)
El rolido es el giro alrededor del eje “y” y el cabeceo alrededor del eje “x”.
−
=
γγ
γ
γ
11
2
2
1**6
*
b
a
GC
MC
Z
Y
X
a
b
l
t
t
b
a
X
Z
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 58 DE 64.
De la misma manera que en los casos anteriores la verificación del equilibrio en el rolido es la más desfavorable, o sea que se analiza el giro alrededor del eje y. La superficie de flotación es la de la figura, trasladando los ejes x e y al baricentro de la misma. La distancia metacéntrica se calcula como:
(2) c
y
V
IMC
′= siendo
(3) De las figuras anteriores Vc = t*b*l (4)
De la (2), (3), (4) (5)
Se calcula la distancia entre el centro de carena y el de gravedad:
( )
γ
γ−=⇒−=−= 11
2
aGCta
2
1
2
t
2
aGC (6)
De (1), (5) y (6) (7)
Remplazando numéricamente:
1337.4
1000
8501
m
kg850*)12.1(*6
m
kg1000*)04.2(
GC
MC
3
2
3
2
⟩=
−
=
es decir: GCMC ⟩ EL EQUILIBRIO ES ESTABLE.
d) Para el caso b) verificar la condición de equilibrio indiferente para el rolido. [ ]GCMC = La verificación de la condición de equilibrio indiferente implica el cambio del peso específico del material que constituye la pieza bajo análisis, si se mantienen constantes las dimensiones de la misma.
12
b*lI
3
y =′
γ
γ= 1
c l*b*aV
1
2
*a*12
*bCM
γ
γ=
−
=
γγ
γ
γ
11
2
2
1**6
*
a
b
GC
MC
b
y´
x´ l
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 59 DE 64.
De la misma fórmula (7):
1
1*b*6
*a
CG
MC
11
2
2
=
γ
γ−γ
γ=
Reordenando:
( ) ( ) 0ab*6b*6 212
2
12 =+
γ
γ−+
γ
γ
Resulta:
γγ
1
1 2
21
2
1
21
2
3
= ± −
−
a
b
Relación γγ
1
para equilibrio indiferente en posición horizontal (Caso b):
γγ
1
1 2
21
2
1
21
2
3
112
2 04
= ± −
−
.
.
γγ
1
1
0 94695
= .
γγ
1
2
0 0530
= .
Gráficamente:
ESTABLE INESTABLE ESTABLE 0.0530 0.94695 Estable por Estable porque
muy baja densidad γ1 γ1∼γ Ejercicio Nº 45. Una barcaza rectangular de 60 metros de longitud, 9 metros de ancho y 2.7 metros de profundidad. Su calado es de 0.9 metros cuando está vacía y se incrementa a 2.25 metros cuando está cargada totalmente. Suponiendo que en cada caso el centro de gravedad de la barcaza y su carga coincide con el baricentro de la sección transversal entera, calcular la variación de la posición del metacentro. La superficie de flotación es la que aparece en la figura.
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HOJA Nº 60 DE 64.
z x b = 9 m x l y a = 2.9 m 0.9 m vacía y 2.25 m cargada l = 60 m b
EQUILIBRIO DE LA BARCAZA VACÍA.
CMI
Vx
x
c
= Ib l
mx = =3
4
123645
*
CMI
Vy
y
c
= Il b
my = =3
4
12162000
*
V b l m mc = =* * .0 90 486 3
CM mx = 7 5. CM my = 33333.
EQUILIBRIO DE LA BARCAZA LLENA.
V b l m mc = =* * .2 25 1215 3 m3MC x = m33.133MC y =
Ejercicio Nº 46. Un lanchón tiene forma de un paralepípedo rectangular de 9.2m*24.5m*2.45 m, con un peso de 500 toneladas. Hallar la altura metacéntrica para la rotación alrededor del eje x, así como también determinar si es estable. P G x 2.45 m 3 m t 24.5 m
mCMy 200=∆∆CMx m= 4 5.
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HOJA Nº 61 DE 64.
P = 500 t kga 500000m
kgm)1000 9.2*t*(24.5mV=E=P
3C ==×γ
31000*2.9*5.24
500000
////
=
m
gkmm
kgt
35002.9*22.2*5.24 mmVc ==
La superficie de flotación es la siguiente: y
( )
I mx = =9 2 24 5
121589 82
3
4. * ..
x 9.2m 24.5m
mt
mGC 89.12
3 =−= CM m CG m= ⟩ =318 189. . EQUILIBRIO ESTABLE
La altura metacéntrica respecto del centro de gravedad es: h CM CG= −r
Ejercicio Nº 47. En el agua, tal como aparece en la figura, está situada una pieza de madera, que pesa 500 kg. Y tiene el centro de gravedad a 0.50 m, por debajo de la superficie superior. La pieza tiene un calado de 0.5m. Averiguar si el objeto es estable. 2.50 m 1 m 1 m 0.25 m 0.25 m 45º 45º
t= 2.22m
mV
ICM
c
x
x 18.3==
h = 1.29 m
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HOJA Nº 62 DE 64.
z 2.50 m 0.50 m 0.50 m 0.25 m 0.50 m G 0.25 m 1 m x(SUP.FLOTAC.) 0.50 m C 0.50 m A1 A2
Buque logístico rápido con casco catamarán, “HSV-2 Swift”
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 63 DE 64.
CENTRO Y VOLUMEN DE CARENA: la ubicación del centro de carena se obtiene aplicando el Teorema de Varignon al volumen sumergido. El eje X respecto del cual se toma momento es la línea de flotación.
2221 125.0
2
50.0*50.0mmAA === ( ) CGAAAA 2121 3
50.0
3
50.0+=+
mCGCGmmAA
AA17.017.0
3
50.0
3
50.0*
21
21 =⇒===+
+
SUPERFICIE DE FLOTACIÓN.
2.50 m ( ) ( ) ( )224
3
11*50.0212
50.0*12 mmmI y ××+
×=
1 m G x
( ) 4
3
12
1*50.02 mI x
×=
0.50 m y CONDICIONES DE EQUILIBRIO.
ROLIDO y. C
y
yV
ICM = m
m
mMC y 084.4
25.0
021.13
4
==
4021.1 mI y =
4083.0 mI x =
321 25.01
2
5.05.021)( mm
mmmAAVC =×
××=×+=
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TRABAJO PRÁCTICO N° 1 HIDROSTÁTICA
HOJA Nº 64 DE 64.
mCGCM x 17.0 m 4.084 ⟩⇒⟩ EQUILIBRIO ESTABLE AL ROLIDO
CABECEO x C
x
xV
ICM = m
m
mMC X 332.0
25.0
083.03
4
==
mmCGCM Y 17.0332.0 ⟩⇒⟩ EQUILIBRIO ESTABLE AL CABECEO
EJERCICIOS PROPUESTOS. Ejercicio Nº 48. Verificar la flotación de un cajón de flotación o fundación, cuyas dimensiones son las siguientes. DATOS: a = 38 m b = 31 m c = 34 m e1 = 0.36 m e2 = 0.46 m Cm: colado máximo admisible: 3.00 m Cf: cota de fundación: 5.00 m (desde el nivel de agua) Lr: longitud de revancha: 100 m
Ejercicio Nº 49. Para un sólido de dimensiones (a,b,l) donde b=2*a,y l>>a, determinar los límites de la relación de densidades para los cuales el equilibrio es estable. DATOS: a, b=2 a, l>>a, γa=1000 kg/m3, γ1=γsólido.