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GUÍA DE TRABAJOS PRÁCTICOS

“HIDRÁULICA GENERAL”

TRABAJO PRÁCTICO N° 1:

HIDROSTÁTICA

ESP.

ESP. ING. ING. SARA




HIDROSTÁTICA

MATERIAL PREPARADO POR:

ESP. ING. PATRICIA S. INFANTE, PROF.

MARÍA C. MASETTI, AY

ESP. ING. ING. SARA RODRÍGUEZ




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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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

−==−


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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 =−


HIDRAULICA GENERAL



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−=


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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 =

−×

×−×−=

−

−−=

FACULTAD DE INGENIERIAU.N.Cuyo


Compuertas

Detalle de una de las compu

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INGENIERIA CIVIL

TRABAJO PRÁCTICO N° 1HIDROSTÁTICA

Compuertas Planas de fondo del Desripiador del Dique Cipolletti

Detalle de una de las compuertas planas de fondo

HIDRAULICA GENERAL


HOJA Nº 18 DE 64.

fondo del Desripiador del Dique Cipolletti

ertas planas de fondo


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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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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


HIDRAULICA GENERAL



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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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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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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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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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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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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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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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 yAyAýA ×+×=×

( )( )[ ]

m51.1m

m

6.32

180.06.3

26.32

140.080.06.3

yAyAA

1ý

2

3

2

2

2211T

G =×

×+×

×

×+××

=×+×=

m31.9m51.1m6.23ýyyyy 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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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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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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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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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

=


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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→=→=


HIDRAULICA GENERAL



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




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=−


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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



HIDRAULICA GENERAL



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



HIDRAULICA GENERAL



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





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=−


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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.


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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.


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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 ==×××+×××+×××

=


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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


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


HIDRAULICA GENERAL



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


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


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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.


HIDRAULICA GENERAL



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.


HIDRAULICA GENERAL



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


HIDRAULICA GENERAL



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”


HIDRAULICA GENERAL



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 =×

××=×+=


HIDRAULICA GENERAL



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.

guÍa de trabajos prÁcticos “hidrÁulica general” · 2019-11-24 · guÍa de trabajos...

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