Mecánica de Fluidos · tema 07

Fuerzas sobre superficies

Resultante y centro de presión sobre superficies planas y curvas. El prisma de presiones, que es la forma de no equivocarse.

Una compuerta, la pared de un depósito o el paramento de una presa reciben una fuerza que hay que saber calcular y saber dónde se aplica. Lo segundo es lo que decide si la compuerta gira o no, y es donde está la mitad de la nota.

Este tema ocupa un hueco propio en casi todos los exámenes, y su enunciado suele venir con una nota que conviene leer como una pista: «dibujar los prismas de presiones acotados». Esa es la herramienta del tema.

Superficie plana horizontal: el caso trivial

Si la superficie es horizontal, todos sus puntos están a la misma profundidad, así que la presión es la misma en toda ella:

F = \int p\,dA = p\int dA = p\,A

Y el centro de presión coincide con el centroide de la superficie, sin más cuentas. Es el único caso en que eso pasa.

Superficie plana inclinada

Con la superficie inclinada un ángulo $\theta$ , la presión crece a lo largo de ella. Integrando:

F = \int p\,dA = \gamma\sin\theta\int y\,dA = \gamma\sin\theta\,Y_G A = \gamma H_G A = p_G\,A

La resultante es la presión en el centroide por el área. Siempre, para cualquier superficie plana y cualquier inclinación.

Pero el centro de presión no es el centroide: está más abajo, porque la presión pesa más en la parte honda. Tomando momentos:

Y_P = \frac{I_G}{Y_G A} + Y_G \qquad\qquad X_P = \frac{\overline{I}_{xy}}{Y_G A} + X_G

donde $I_G$ es el momento de inercia respecto al eje que pasa por el centroide. El término $I_G/(Y_G A)$ es siempre positivo: el centro de presión cae siempre por debajo del centroide, y tanto más cuanto más cerca esté la superficie de la lámina libre.

El centro de presión no es el centro de la compuerta

Es el error que más veces cuesta un apartado entero, porque la fuerza sale bien y el momento sale mal.

Para una compuerta rectangular vertical que llega hasta la superficie libre, la respuesta es conocida: el centro de presión está a dos tercios de la profundidad, no a la mitad. Sale de la fórmula, con $I_G = bh^{3}/12$ y $Y_G = h/2$ :

Y_P = \frac{bh^{3}/12}{(h/2)(bh)} + \frac{h}{2} = \frac{h}{6}+\frac{h}{2} = \frac{2h}{3}

Y solo vale en ese caso. Si la compuerta no llega a la superficie, o no es rectangular, hay que aplicar la fórmula completa. La comprobación rápida: el centro de presión siempre está entre el centroide y el borde inferior.

El prisma de presiones

Es la misma cuenta vista de otra manera, y para los enunciados de esta asignatura es la forma de hacerlo:

la base del prisma es la superficie $A$ ;
la altura en cada punto es la presión allí, $p = \gamma h$ .

Entonces

F = \text{volumen del prisma de presiones}

y el centro de presión es el centroide del prisma. Para una compuerta rectangular de ancho $b$ el prisma es un trapecio de espesor $b$ , y todo se reduce a un área por un ancho:

F = \frac{p_1+p_2}{2}\,(h_2-h_1)\,b

Dibujar el prisma convierte el problema en geometría: el área del trapecio por el ancho da la fuerza, y el centroide del trapecio da el punto de aplicación. Por eso los enunciados piden dibujarlo acotado antes de calcular nada.

Cuánto baja el centro de presión, exactamente

Arriba se ha dicho que el centro de presión cae por debajo del centroide «tanto más cuanto más cerca esté la superficie de la lámina libre». Es cierto y no sirve para nada: no dice cuánto, ni a partir de dónde deja de importar. Se puede decir, y es más limpio de lo que parece.

Lo que baja es $e = I_G/(Y_G A)$ . Y resulta que para las formas que salen en los enunciados, $I_G/A$ vale siempre $L^{2}/k$ con $k$ fijo:

\boxed{\ \frac{e}{L} = \frac{L}{k\,Y_G}\ } \qquad k = 12 \text{ rectángulo} \quad k = 16 \text{ círculo} \quad k = 18 \text{ triángulo}

donde $L$ es la longitud de la compuerta medida sobre su plano. Tres cosas que esa expresión dice y que conviene leer despacio:

Ni el ancho, ni el líquido, ni la inclinación aparecen. Una compuerta de medio metro de ancho y otra de nueve se comportan igual; el aceite y el agua también. Solo cuentan la forma, la longitud y a qué distancia está.
La bajada relativa es inversamente proporcional a la profundidad, así que se desploma rápido: al doble de hondo, la mitad de excentricidad.
Y de ahí sale el «a partir de cuándo»: $e$ baja del 1 % de la compuerta cuando el centroide llega a $100L/k$ sobre el plano — 8,3 longitudes de compuerta en un rectángulo, 6,3 en un círculo y 5,6 en un triángulo.

Cuidado con lo que eso significa y con lo que no. Que la excentricidad sea pequeña no autoriza a ignorarla: el examen pide la fórmula completa, y un momento calculado en el centroide sigue estando mal. Lo que da es una comprobación: si sale una excentricidad del 30 % en una compuerta hundida, hay un error de cuenta.

El prisma de presiones, y dónde cae de verdad la resultante

hunde la compuerta y mira separarse los dos puntos

profundidad del borde 1,0 m

longitud de la compuerta 2,0 m

inclinación 90°

forma de la compuerta

resultante78,4 kNγ · 2,00 m · 4,00 m²

centroide y centro de presión2,000 m y 2,167 m de profundidadel centro de presión, al 58 % de la compuerta

lo que baja0,167 mun 8,3 % de la compuerta

la ley exactae/L = L/(12 · Y_G)baja del 1 % a partir de 16,7 m sobre el plano

Dos cosas que hacer con él. Una, pulsar «los dos tercios»: pone el borde superior en la lámina libre y sale el 66,7 % de siempre. Sube entonces la profundidad un metro y verás la fracción caer al 58 % — la regla no es de las compuertas, es de esa compuerta. Y dos, cambiar de forma sin tocar nada más: el punto salta de una hipérbola a otra, y el $k$ de la tabla cambia con él.

Los números están comprobados en tests/fisica/compuertas.test.ts contra los dos ejemplos de este mismo tema.

Y la presión atmosférica, ¿se cuenta?

No, y por una razón concreta: cuando la cara opuesta de la compuerta está en contacto con la atmósfera, la atmósfera empuja por los dos lados con la misma fuerza $p_{\text{atm}}A$ y se cancela.

Por eso todos los cálculos de este tema van en presiones manométricas. Si el otro lado no está a la atmósfera —un depósito presurizado contra otro— hay que contar la diferencia, y eso el enunciado lo dirá.

Superficies curvas: dos componentes

Una superficie curva no tiene una normal única, así que la fuerza se descompone.

La componente horizontal es la fuerza sobre la proyección vertical de la superficie:

F_H = p_G\,A'

con $A'$ la superficie proyectada y $p_G$ la presión en su centroide. Es decir: el problema se reduce al de una superficie plana.

La componente vertical es el peso del volumen de líquido comprendido entre la superficie curva y el plano de presión cero:

F_V = \gamma\,\forall

y se aplica en el centroide de ese volumen. El detalle que hay que entender: ese volumen puede ser real o imaginario. Si el líquido está por encima de la superficie, el volumen es el que hay de verdad y $F_V$ apunta hacia abajo; si está por debajo, se toma el volumen que habría entre la superficie y la lámina libre, y $F_V$ apunta hacia arriba.

La subpresión

Un cuerpo apoyado en el fondo puede tener líquido infiltrado por debajo o no tenerlo, y eso cambia por completo el balance vertical: con infiltración aparece un empuje hacia arriba —la subpresión— que puede llegar a levantarlo.

Es el fenómeno que obliga a drenar el trasdós de los muros y la base de las presas. En un examen, la pista es que el enunciado diga si el cuerpo está «apoyado» o «sellado» contra el fondo: son dos problemas distintos.

Practica lo que acabas de leer

Una compuerta vertical, y dónde se aplica la fuerza

Ejemplo introductorio, para entrar de cero. Cada paso equivocado recibe su diagnóstico, no un «incorrecto».

Hacer el ejercicio →

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni de la colección de problemas.

Una compuerta vertical, y dónde se aplica la fuerza

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Un depósito de agua tiene en su pared vertical una compuerta rectangular de $2\ \text{m}$ de ancho, cuyo borde superior está a $1\ \text{m}$ de profundidad y el inferior a $3\ \text{m}$ .

a) Calcular la fuerza hidrostática sobre la compuerta.

b) Calcular la profundidad a la que se aplica.

Tomar $\gamma = 9800\ \text{N/m}^{3}$ y presiones manométricas.

La resultante y la profundidad del centro de presión.

01
Reconocer el camino
COMP1
Para la resultante, ¿qué presión hay que usar?
02
La resultante
COMP2
¿Cuánto vale la fuerza sobre la compuerta?
Tu respuesta al paso 2una fuerza, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
El centro de presión
COMP2
¿A qué profundidad se aplica esa fuerza?
Tu respuesta al paso 3una profundidad, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la solución. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. $A = 4\ \text{m}^{2}$ y $H_G = 2\ \text{m}$ , la profundidad del centro de la compuerta.
2. $F = \gamma H_G A = 78{,}4\ \text{kN}$ , que es también el volumen del prisma de presiones.
3. $I_G = bh^{3}/12 = 1{,}333\ \text{m}^{4}$ , respecto al eje horizontal que pasa por el centroide.
4. $Y_P = I_G/(Y_G A) + Y_G = 2{,}167\ \text{m}$ .
5. Comprobación: el centro de presión cae entre el centroide ( $2\ \text{m}$ ) y el borde inferior ( $3\ \text{m}$ ).

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni de la colección de problemas.

La misma compuerta, ahora inclinada sesenta grados

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Una compuerta rectangular de $2\ \text{m}$ de ancho y $1{,}2\ \text{m}$ de longitud está inclinada $60°$ respecto a la horizontal. Su borde superior está a $1\ \text{m}$ de profundidad.

a) Calcular la fuerza hidrostática sobre ella.

b) Calcular la profundidad del centro de presión.

Tomar $\gamma = 9800\ \text{N/m}^{3}$ .

La resultante y la profundidad a la que se aplica.

01
Reconocer el camino
COMP1
Con la compuerta inclinada hay dos coordenadas distintas: la profundidad $H$ y la distancia $Y$ medida a lo largo del plano. ¿Cuál va en cada fórmula?
02
La profundidad del borde inferior
COMP2
¿A qué profundidad está el borde inferior?
Tu respuesta al paso 2una profundidad, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La resultante
COMP2
¿Cuánto vale la fuerza?
Tu respuesta al paso 3una fuerza, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la solución. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El borde inferior está a $1+1{,}2\sin 60° = 2{,}039\ \text{m}$ .
2. $H_G = 1{,}520\ \text{m}$ y $A = 2{,}4\ \text{m}^{2}$ , luego $F = \gamma H_G A = 35{,}74\ \text{kN}$ .
3. A lo largo del plano, $Y_G = H_G/\sin 60° = 1{,}755\ \text{m}$ .
4. $I_G = bL^{3}/12 = 2\cdot1{,}2^{3}/12 = 0{,}288\ \text{m}^{4}$ , y $Y_P = 0{,}288/(1{,}755\cdot2{,}4)+1{,}755 = 1{,}823\ \text{m}$ .
5. En profundidad, el centro de presión está a $1{,}823\sin 60° = 1{,}579\ \text{m}$ .

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.22 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

La compuerta acodada que se equilibra sola

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Se tiene la compuerta de la figura adjunta, que es capaz de girar sobre O. Tiene un peso de 15 kg por m de longitud normal al dibujo y su centro de gravedad está situado a 45 cm de su cara izquierda y 60 cm de la cara inferior. Se pide:

a) Altura $h$ en la posición de equilibrio.

b) Calcular las reacciones en la articulación para dicha altura $h$ , en kN.

Dato: longitud normal al dibujo = 1 m.

El agua toca la compuerta por dos caras y en dos sentidos: empuja el brazo vertical hacia la derecha y el horizontal hacia arriba. Los dos empujes giran la compuerta en sentidos contrarios respecto de O, y de ahí sale la altura de equilibrio.

La altura de equilibrio y las dos componentes de la reacción en la articulación.

01
Reconocer el camino
COMP1
La compuerta gira libremente sobre O y aun así se queda quieta a una altura concreta. ¿Qué la equilibra?
02
La altura de equilibrio
COMP2
Tomando momentos en O e igualando, sale $\gamma h^{3}/6 + P\cdot 0{,}45 = \gamma\,h\,L^{2}/2$ con $L = 1{,}5$ m y $P = 147$ N. ¿Cuánto vale $h$ , en metros?
Tu respuesta al paso 2la altura en metros — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La reacción horizontal
COMP2
¿Cuánto vale la componente horizontal de la reacción en O, en kN?
Tu respuesta al paso 3la reacción horizontal en kN — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
La reacción vertical
COMP2
Y la componente vertical, también en kN. No te dejes el peso.
Tu respuesta al paso 4la reacción vertical en kN — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el planteamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Sobre el brazo vertical la presión crece con la profundidad: el diagrama es triangular, el empuje vale $\gamma h^{2}/2$ y actúa a $h/3$ por encima del codo.
2. Bajo el brazo horizontal todos los puntos están a la misma profundidad $h$ : la presión es uniforme, el empuje vale $\gamma h L$ y actúa en el centro, a $L/2$ del codo.
3. Tomando momentos en O la reacción de la articulación desaparece —una articulación no da momento— y queda una ecuación con $h$ como única incógnita.
4. Esa ecuación es cúbica porque un momento va con $h^{3}$ y el otro con $h$ : por eso hay una sola altura de equilibrio y no un rango.

Resolución completa

Una compuerta que el agua sujeta y el agua suelta.

Lo primero es ver que el agua toca la compuerta por dos caras, y en direcciones perpendiculares:

sobre el brazo vertical, presión creciente con la profundidad: diagrama triangular, empuje $\gamma h^{2}/2$ aplicado a $h/3$ sobre el codo;
bajo el brazo horizontal, todos los puntos a la misma profundidad $h$ : presión uniforme, empuje $\gamma h L$ aplicado en el centro, a $L/2$ .

Los dos momentos respecto de O tienen sentidos contrarios.

a) La altura. Momentos en O —donde la reacción de la articulación no aparece, porque una articulación no da momento—:

\underbrace{\frac{\gamma h^{3}}{6}}_{\text{horizontal}} + \underbrace{P\cdot 0{,}45}_{\text{peso}} = \underbrace{\gamma\,h\,\frac{L^{2}}{2}}_{\text{vertical}}

h^{3} - 6{,}75\,h + 0{,}0405 = 0 \;\Longrightarrow\; \boxed{h = 2{,}595\ \text{m}}

b) Las reacciones.

R_x = \frac{\gamma h^{2}}{2} = 33{,}0\ \text{kN} \qquad R_y = \gamma h L - P = 38{,}15 - 0{,}15 = 38{,}0\ \text{kN}

Las dos cosas que hay que llevarse.

La primera es de método: tomar momentos en la articulación. La reacción es desconocida en módulo y dirección, y sin embargo no estorba, porque su brazo es cero. Es la razón de que se pueda encontrar $h$ antes que las reacciones y no al revés.

La segunda es física, y es la que convierte el problema en un aparato: un momento crece con $h^{3}$ y el otro con $h$ . Eso significa que el equilibrio es inestable. Por debajo de 2,595 m gana el empuje vertical y la compuerta se aprieta contra su asiento; por encima gana el horizontal y la compuerta se abre. No es un defecto de diseño: es el diseño. Así funciona una compuerta automática de vertido, que se abre sola cuando el nivel pasa de su consigna y no necesita ni motor ni vigilante.

Y una advertencia sobre el peso propio. Aporta un 0,2 % del momento y un 0,4 % de la reacción vertical, así que da la tentación de tirarlo. No se tira, por dos motivos: el enunciado lo da —y un dato que se da hay que usarlo o justificar por qué no—, y en el apartado b) es lo que separa 38,15 de los 38 que se publican.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.23 · Colección de Problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

Una compuerta que no recibe fuerza y aun así hay que sujetar

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Tomando como base la figura adjunta, se pide:

a) Momento a aplicar en $O$ para conseguir que la compuerta $OA$ permanezca cerrada en posición de equilibrio.

Dato: anchura normal al dibujo $= 1{,}80\ \text{m}$ .

El depósito está cerrado, así que la presión de la lámina no es la atmosférica y no se puede suponer: la da el manómetro. Ese es todo el trabajo del apartado, y por eso el dibujo dedica media figura al tubo en U y no a la compuerta.

El momento que hay que aplicar en O para mantener cerrada la compuerta.

01
Reconocer el camino
COMP1
El depósito está cerrado. ¿Qué hay que averiguar antes de tocar la compuerta?
02
La presión en el fondo
COMP2
¿Qué presión hay en el fondo del depósito, en mca?
Tu respuesta al paso 2una presión, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
Reconocer el camino
COMP1
La superficie piezométrica queda $0{,}6\ \text{m}$ por debajo de $O$ , es decir justo a media altura de la compuerta. ¿Qué implica?
04
El momento
COMP2
¿Qué momento hay que aplicar en $O$ ?
Tu respuesta al paso 4un momento, en kilonewton por metro — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El manómetro da $0{,}6$ mca en el fondo, así que en la lámina superior la presión es $-0{,}6$ : el depósito está en depresión.
2. La superficie piezométrica cae 0,6 m bajo $O$ , justo en el punto medio de la compuerta, así que el diagrama de presiones es antisimétrico.
3. La resultante sale exactamente nula, y lo que hay que equilibrar es un par puro de $508\ \text{m}\cdot\text{daN}$ .

Resolución completa

Primero el manómetro, porque sin él no se sabe ni por dónde empieza el prisma de presiones. Recorriendo desde la rama abierta:

\frac{p_{\text{fondo}}}{\gamma} = 5\cdot 0{,}30 - 0{,}90 = 0{,}6\ \text{mca}

Con $1{,}20\ \text{m}$ de agua encima, en $O$ la presión vale $-0{,}6\ \text{mca}$ : el depósito está cerrado y en depresión.

La superficie piezométrica —la altura a la que la presión sería cero— cae por tanto $0{,}60\ \text{m}$ por debajo de $O$ , es decir exactamente a media altura de la compuerta.

Y ahí está el resultado que hace especial a este problema. El diagrama de presiones es antisimétrico: la mitad de arriba succiona hasta $-0{,}6$ mca y la de abajo empuja hasta $+0{,}6$ .

F = b\gamma\sin 45°\left[\frac{L^{2}}{2}-s_0 L\right] = 0 \qquad M_O = b\gamma\sin 45°\left[\frac{L^{3}}{3}-s_0\frac{L^{2}}{2}\right] = 5080\ \text{N}\cdot\text{m}

La resultante es exactamente cero y el momento no. Suena paradójico y no lo es: las dos mitades tiran en sentidos opuestos —una hacia dentro, otra hacia fuera— pero sus brazos están a lados opuestos del punto medio, así que sus momentos se suman en vez de cancelarse. Lo que actúa sobre la compuerta es un par puro.

Consecuencias prácticas, que es lo que un proyectista sacaría de aquí:

La articulación en $O$ no soporta ninguna fuerza: no hay resultante que transmitir.
Pero la compuerta sí tiene que aguantar el par, y con él la flexión que produce. Una compuerta puede estar «descargada» y romperse igual.
Y como la resultante es nula, hablar del centro de presión no tiene sentido: la fórmula $y_{cp} = y_G + I/(y_G A)$ daría infinito. Es el caso límite en el que ese concepto deja de servir y hay que integrar.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.24 · Colección de Problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

Una compuerta con agua a un lado y aceite presurizado al otro

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

La compuerta $AB$ de la figura tiene $1{,}20\ \text{m}$ de anchura normal al dibujo y está articulada en $A$ . Se pide:

a) Fuerza horizontal que debe aplicarse en $B$ , en módulo y sentido, para que la compuerta se mantenga en equilibrio.

La compuerta tiene agua a un lado y aceite al otro, y encima de cada uno un aire que no está a la atmosférica: uno en depresión, medido por el vacuómetro, y el otro por el manómetro en U. Los dos prismas de presiones arrancan de un valor que hay que calcular antes, y ese es el ejercicio.

La fuerza horizontal que hay que aplicar en B, con su sentido.

01
Reconocer el camino
COMP1
Hay dos manómetros y ninguno mide la compuerta. ¿Para qué sirven?
02
La presión del aire de la derecha
COMP2
¿Qué presión tiene el aire sobre el aceite?
Tu respuesta al paso 2una presión, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La fuerza en B
COMP2
¿Qué fuerza horizontal hay que aplicar en $B$ ?
Tu respuesta al paso 3una fuerza, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El manómetro de la derecha da $4{,}5$ mca de aire sobre el aceite, y el de la izquierda, $-1{,}5$ mca sobre el agua.
2. Con eso, el aceite empuja la compuerta con más fuerza que el agua, pese a ser más ligero y tener mucha menos altura.
3. Tomando momentos respecto de $A$ , hace falta aplicar $2223$ daN en $B$ hacia la derecha.

Resolución completa

Los dos manómetros son el problema. Sin ellos, mirando el dibujo, cualquiera diría que los $5{,}4\ \text{m}$ de agua ganan a los $1{,}8\ \text{m}$ de aceite ligero. Con ellos, la cuenta se da la vuelta.

\text{izquierda: } p_{\text{aire}} = -0{,}15\ \frac{\text{kg}}{\text{cm}^{2}} = -1{,}5\ \text{mca} \qquad \text{derecha: } p_{\text{aire}} = 3\cdot 1{,}5 = +4{,}5\ \text{mca}

Las presiones sobre la compuerta, que va de $A$ (superficie del aceite, a 3,6 m bajo la del agua) a $B$ (fondo):

	en $A$	en $B$
agua	$2{,}1$ mca	$3{,}9$ mca
aceite	$4{,}5$ mca	$5{,}85$ mca

El aceite gana en todos los puntos. Tomando momentos respecto de la articulación:

F = \frac{M_{\text{aceite}} - M_{\text{agua}}}{1{,}8} = \frac{102{,}9 - 62{,}9}{1{,}8} = 22{,}2\ \text{kN} = 2223\ \text{daN} \;\text{hacia la derecha}

Lo que hay que llevarse es que el sentido de la fuerza no se puede adivinar mirando el dibujo. Aquí el lado con menos fluido y más ligero es el que más empuja, porque su aire está a cuatro metros y medio de columna de agua mientras que el otro está en depresión. Seis metros de columna de diferencia entre los dos aires, contra tres y pico que aporta la geometría.

Y la disciplina que lo hace fácil: escribir la presión en $A$ y en $B$ por los dos lados antes de integrar nada, en una tabla de cuatro casillas. Con esa tabla delante, el signo del resultado ya se ve.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.25 · Colección de Problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

Hasta dónde puede subir el agua antes de abrir la compuerta

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

La compuerta plana de la figura pesa $2.000\ \text{N}$ por m de longitud perpendicular al plano del papel, teniendo su centro de gravedad a $2\ \text{m}$ de su articulación $O$ . Razonando su resolución se pide:

a) Cota $h$ para la que la compuerta se encuentre en equilibrio.

b) Dibujar el prisma de presiones, calculando los valores de los puntos singulares.

La incógnita es la cota h, y el dibujo dice por qué: al subir el agua crecen a la vez el empuje y su brazo respecto de O, mientras el momento del peso no cambia. Hay una sola cota en la que los dos momentos se igualan.

La cota del agua para la que la compuerta queda en equilibrio.

01
Reconocer el camino
COMP1
La incógnita es $h$ y aparece en tres sitios a la vez. ¿En cuáles?
02
El momento del peso
COMP2
¿Qué momento produce el peso de la compuerta respecto de $O$ ?
Tu respuesta al paso 2un momento, en newton por metro — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La cota de equilibrio
COMP2
¿Para qué cota $h$ está la compuerta en equilibrio?
Tu respuesta al paso 3una longitud, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El peso da un momento constante de $2828\ \text{N}\cdot\text{m}$ , con el brazo igual a la proyección horizontal de los 2 m.
2. El empuje del agua crece con $h^{2}$ y su brazo con $h$ , así que su momento va con $h^{3}$ .
3. Igualando los dos momentos sale $h = 0{,}953$ m, muy por debajo de la altura total de la compuerta.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.26 · Colección de Problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

El aliviadero automático, con sus cuatro momentos y su contrapeso

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

La figura representa un aliviadero automático de presa $AOB$ . El ángulo $AOB$ es rígido. $W$ es un contrapeso cuyo centro de gravedad se encuentra a una distancia de $1{,}65\ \text{m}$ de $O$ . El aliviadero está en equilibrio cuando el nivel del agua se encuentra como en la figura. Se pide:

a) Fuerza debida a la presión hidrostática del agua sobre $OA$ .

b) Línea de acción de la fuerza sobre $OA$ , delimitada por la distancia a $O$ .

c) Fuerza sobre $OB$ .

d) Línea de acción de la fuerza sobre $OB$ , delimitada por la distancia a $O$ .

e) Magnitud del contrapeso.

Datos: $OA = 1{,}5\ \text{m}$ ; $OB = 1{,}8\ \text{m}$ ; masa de la hoja $OA = 3.000\ \text{kg}$ ; masa de la hoja $OB = 3.600\ \text{kg}$ ; dimensión normal al dibujo $= 4\ \text{m}$ .

Las dos hojas son una sola pieza rígida, así que el contrapeso no equilibra a una de ellas: equilibra la suma de los cuatro momentos respecto de O —los dos empujes del agua y los dos pesos propios—. Y por eso el aliviadero se abre solo cuando el agua sube.

Las dos fuerzas, sus líneas de acción y la magnitud del contrapeso.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Por qué las fuerzas sobre $OA$ y sobre $OB$ hacen girar el conjunto en sentidos opuestos?
02
La fuerza sobre OA
COMP2
¿Qué fuerza hidrostática recibe la hoja $OA$ ?
Tu respuesta al paso 2una fuerza, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La fuerza sobre OB
COMP2
¿Y sobre la hoja $OB$ ?
Tu respuesta al paso 3una fuerza, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
El contrapeso
COMP2
¿Cuánto tiene que valer el contrapeso $W$ ?
Tu respuesta al paso 4una fuerza, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la resolución. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Con $A$ en la superficie, el prisma sobre $OA$ es triangular: 38,19 kN a 0,5 m de $O$ .
2. Sobre $OB$ el prisma es trapecial, entre 1,299 y 2,199 m de profundidad: 123,4 kN a 0,977 m de $O$ .
3. Los dos momentos del agua se restan, y lo que queda lo equilibran los pesos de las hojas y el contrapeso de 44,07 kN.

Resolución completa

La geometría primero, que es donde está la mitad del problema. $A$ está en la superficie libre y $OA$ forma $30°$ con la vertical, así que

z_O = 1{,}5\cos 30° = 1{,}299\ \text{m} \qquad z_B = z_O + 1{,}8\cos 60° = 2{,}199\ \text{m}

Las dos fuerzas y sus líneas de acción.

	fuerza	a qué distancia de $O$
$OA$ (prisma triangular)	$38{,}19$ kN	$1{,}5/3 = 0{,}50$ m
$OB$ (prisma trapecial)	$123{,}4$ kN	$0{,}977$ m

Los momentos, que se restan porque $A$ está por encima de $O$ y $B$ por debajo:

M_{\text{agua}} = 120{,}6 - 19{,}1 = 101{,}5\ \text{kN}\cdot\text{m}

Y el contrapeso, después de descontar lo que ya aportan los pesos de las dos hojas:

W = \frac{101{,}5 - 11{,}03 - 27{,}50}{1{,}65\sin 60°} = 44{,}07\ \text{kN}

Dos cosas que este problema enseña y que valen para todos los demás.

La primera: los brazos de las fuerzas verticales son horizontales. Los pesos —de las hojas y del contrapeso— van hacia abajo, así que su momento se calcula con la proyección horizontal de la distancia, no con la distancia a lo largo de la hoja. Es el error del distractor y cuesta un 13 %.

La segunda: por qué el aliviadero se diseña así. Las dos hojas en ángulo recto hacen que los empujes den momentos opuestos, así que el momento neto es pequeño comparado con cada uno por separado —101 kN·m frente a 120— y basta un contrapeso modesto para equilibrarlo. Y como el momento del agua crece muy deprisa con el nivel, en cuanto el agua sube un poco el contrapeso pierde y el aliviadero se abre solo. Es el mismo principio del ejercicio anterior, aplicado con dos hojas en vez de una.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.28 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

La compuerta que el aceite no empuja, sino que succiona

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Teniendo en cuenta los datos de la figura, se pide:

a) Fuerza $F$ necesaria para mantener la compuerta OF cerrada en posición de equilibrio.

Datos: $R = 0{,}4$ m (lectura del manómetro); anchura normal al dibujo 1,2 m. La compuerta es un cuarto de cilindro de 40 cm de radio.

El manómetro no es decoración: sin él no hay forma de saber a qué presión está el depósito, y el resultado depende por completo de eso. Lo que sale es sorprendentemente redondo.

La fuerza horizontal que mantiene cerrada la compuerta.

01
Reconocer el camino
COMP1
La compuerta es un cuarto de cilindro, está articulada en O y la fuerza $F$ se aplica en el otro extremo. ¿Por dónde pasa la resultante de las presiones, y da momento respecto de O?
02
La presión en la interfase
COMP2
El manómetro abierto marca $R = 0{,}4$ m de un líquido de $s = 3$ , y desde la interfase aceite-agua hasta el menisco hay dos tramos de 60 cm de agua. ¿Cuál es la presión manométrica en la interfase, en Pa?
Tu respuesta al paso 2la presión manométrica en pascales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La componente horizontal sobre la compuerta
COMP2
Con la interfase a presión nula, el aceite de encima está en depresión: $p = -\gamma_{ac}\,y$ con $y$ medido hacia arriba. ¿Cuánto vale la componente horizontal sobre la compuerta, en N?
Tu respuesta al paso 3el módulo de la componente horizontal, en N — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
La fuerza F
COMP2
Tomando momentos en O, ¿cuál es el módulo de la fuerza $F$ necesaria?
Tu respuesta al paso 4el módulo de F, en N — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El manómetro abierto, recorrido desde la atmósfera hasta la interfase, da $3\gamma(0{,}4) - \gamma(0{,}6) - \gamma(0{,}6) = 0$ : la interfase está a la presión atmosférica.
2. Por tanto el aceite que queda por encima está en depresión, y la compuerta —que está entera por encima de la interfase— recibe una succión, no un empuje.
3. La resultante de las presiones pasa por el centro del cuarto de cilindro, que está 40 cm por debajo de O, así que sí da momento; y de sus dos componentes solo la horizontal, porque la vertical tiene el brazo nulo.
4. Igualando momentos en O, y como los dos brazos valen 0,4 m, $F = |F_h| = 752{,}6$ N, dirigida hacia fuera.

Resolución completa

Un problema en dos mitades que parecen no tener nada que ver.

La primera: el manómetro. Recorriendo el camino desde la rama abierta hasta la interfase aceite-agua:

p = 3\gamma\,(0{,}4) - \gamma\,(0{,}6) - \gamma\,(0{,}6) = 11\,760 - 5\,880 - 5\,880 = 0

Cero exacto, y ahí está la gracia del enunciado: la interfase queda a la presión atmosférica, así que todo el aceite de encima está en depresión.

La segunda: la compuerta. Es un cuarto de cilindro entero por encima de la interfase, de modo que solo lo toca el aceite, y con presión negativa:

|F_h| = \gamma_{ac}\,\frac{R^{2}}{2}\,b = 7840\cdot 0{,}08\cdot 1{,}2 = 752{,}6\ \text{N}

dirigida hacia dentro del depósito, porque la atmósfera de fuera gana.

El momento, y por qué el resultado es tan limpio. La resultante de las presiones sobre una superficie cilíndrica pasa por el centro del cilindro. Aquí ese centro es el vértice del cuadrante, 40 cm por debajo de O. De sus dos componentes:

la vertical pasa justo por debajo de O: brazo cero, no cuenta;
la horizontal tiene brazo 0,4 m.

Y $F$ , aplicada en el extremo, tiene también brazo 0,4 m. Los dos brazos son iguales, así que

F = |F_h| = 752{,}6\ \text{N}

El boletín lo publica como −752,5 N: el signo dice que va al revés de como está dibujada. Hay que tirar de la compuerta hacia fuera, porque la depresión del aceite la está chupando hacia dentro.

Lo que hay que llevarse. Que un depósito cerrado tenga la interfase a la atmosférica no significa que no pase nada: significa que por encima hay depresión y por debajo sobrepresión, y que las fuerzas cambian de sentido al cruzar esa línea. Aquí la compuerta está justo encima, y por eso hay que sujetarla tirando en vez de empujando — que es lo contrario de lo que dicta la intuición cuando uno ve un depósito lleno.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.29 · Colección de Problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

Un cuarto de cilindro, y por qué se abre sin fuerza

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

En la compuerta de la figura, formada por un cuarto de cilindro de $2\ \text{m}$ de radio y $2\ \text{m}$ de longitud normal al plano del dibujo, se pide:

a) Componente horizontal de la fuerza ejercida por el agua.

b) Componente vertical.

c) Fuerza $F$ necesaria para abrirla en el supuesto de despreciar su peso.

Dato: distancia del centro de gravedad de un cuarto de círculo a los radios que lo limitan $= 4R/3\pi$ .

La componente vertical es el peso del volumen de agua que descansaría sobre el arco, y aquí ese volumen es imaginario: el agua está debajo, no encima. Por eso apunta hacia arriba, y por eso el resultado del apartado c) es exactamente cero.

Las dos componentes de la fuerza del agua y la fuerza necesaria para abrir.

01
Reconocer el camino
COMP1
En una superficie curva, ¿cómo se calcula cada componente?
02
La componente horizontal
COMP2
¿Cuánto vale la componente horizontal?
Tu respuesta al paso 2una fuerza, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La componente vertical
COMP2
¿Y la componente vertical?
Tu respuesta al paso 3una fuerza, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
La fuerza para abrirla
COMP2
¿Qué fuerza hace falta para abrir la compuerta, en newtons?
Tu respuesta al paso 4un número en newtons — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La componente horizontal se calcula sobre la proyección vertical del arco: 156,8 kN.
2. La vertical es el peso del agua que hay encima del arco —prisma más cuarto de círculo—: 179,2 kN.
3. Como cada presión elemental es radial, todas pasan por $O$ y la resultante también: su momento es nulo y $F = 0$ .

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.30 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

La pared ondulada, y el depósito en depresión

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

En la compuerta AO de la figura, en situación de equilibrio, se pide:

a) Resultante y línea de acción de las fuerzas horizontales que ejerce el fluido sobre la compuerta, dibujando los prismas de presiones.

b) Ídem de las fuerzas verticales.

c) Momento respecto al eje O.

Datos: anchura normal al plano del dibujo = 2 m. Centro de gravedad del semicírculo $= 4R/(3\pi)$ .

Dos cosas fuera de lo corriente: el manómetro marca en negativo, así que el plano de presión nula cae 1 m por debajo de A y no en la tapa; y la pared tiene tres semicírculos alternados en vez de ser recta.

Las resultantes horizontal y vertical sobre la pared ondulada, y su momento respecto de O.

01
Reconocer el camino
COMP1
El manómetro de la tapa marca $-0{,}1$ kg/cm². ¿Qué significa y dónde deja el plano de presión nula?
02
La resultante horizontal
COMP2
Con $p = \gamma\,(y-1)$ medido desde A, la pared de 8 m y 2 m de anchura, ¿cuánto vale la resultante horizontal, en kN?
Tu respuesta al paso 2la fuerza horizontal en kN — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La resultante vertical
COMP2
La pared lleva tres semicírculos de $R = 1$ m: el primero hacia fuera, el segundo hacia dentro del agua y el tercero otra vez hacia fuera. ¿Cuál es la resultante vertical, en kN?
Tu respuesta al paso 3la fuerza vertical en kN — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
El momento respecto de O
COMP2
¿Cuál es el momento de las fuerzas del agua respecto del eje O, en MN·m?
Tu respuesta al paso 4el momento en MN·m — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la conclusión. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El manómetro negativo desplaza el plano de presión nula 1 m por debajo de A: por encima de esa línea el agua tira de la pared hacia dentro, y por debajo la empuja hacia fuera.
2. Para la horizontal la ondulación es irrelevante: cuenta la proyección vertical, que son los mismos 8 × 2 m que si la pared fuese recta. Salen 470,4 kN.
3. En vertical, cada semicírculo aporta el peso de medio cilindro de agua, 30,79 kN, con el signo que marque hacia dónde se abomba. Como son tres alternados, dos se cancelan y queda uno.
4. En cambio sus momentos no se cancelan: el que se abomba hacia dentro tiene la fuerza invertida y el brazo también, así que los tres suman igual. Total, 1,084 MN·m.

semicírculo	se abomba	aporta
1.º	hacia fuera	30,79 kN ↓
2.º	hacia dentro	30,79 kN ↑
3.º	hacia fuera	30,79 kN ↓

Resolución completa

Un depósito en depresión y una pared que no es recta.

Dos rarezas a la vez, y cada una se trata por su lado.

La depresión. El manómetro marca $-0{,}1$ kg/cm², es decir $-1$ mca. Eso no invalida nada: solo desplaza el origen de presiones. Con $y$ medido desde A hacia abajo,

p = \gamma\,(y-1)

y el plano de presión nula cae 1 m por debajo de la tapa. Por encima el agua tira de la pared; por debajo la empuja.

a) La horizontal. La ondulación no cuenta: lo que importa es la proyección sobre un plano vertical, idéntica a la de una pared recta de 8 × 2 m.

F_h = \gamma b\int_0^8 (y-1)\,dy = 470{,}4\ \text{kN}

b) La vertical. Cada semicírculo aporta el peso de medio cilindro:

F_{sem} = \gamma\,b\,\frac{\pi R^{2}}{2} = 30{,}79\ \text{kN}

hacia abajo si se abomba hacia fuera y hacia arriba si lo hace hacia dentro. Con tres alternados —fuera, dentro, fuera— dos se cancelan:

F_v = 30{,}79\ \text{kN}\ \downarrow

c) El momento en O.

M = \underbrace{\gamma b\int_0^8 (y-1)(8-y)\,dy}_{1045{,}3} + \underbrace{3\cdot 30{,}79\cdot\frac{4R}{3\pi}}_{39{,}2} = 1\,084{,}5\ \text{kN·m}

Las dos cosas que hay que llevarse, y las dos son sutiles.

La primera: en la componente vertical la profundidad no aparece. El término de presión constante —sea la atmosférica, sea la depresión, sea el calado— se integra a cero sobre un semicírculo completo, porque la mitad de arriba y la de abajo lo reciben en sentidos opuestos. Solo sobrevive el término que crece con la profundidad, y ese da exactamente el peso del medio cilindro. Por eso los tres semicírculos valen lo mismo estando a alturas distintas.

La segunda, y es la que más se falla: las fuerzas se cancelan y los momentos no. El semicírculo del medio tiene la fuerza invertida, sí, pero su centro de gravedad está al otro lado del plano de la pared. Los dos signos cambian a la vez, y el producto —que es el momento— no cambia. Cancelar en la fuerza y volver a cancelar en el momento es el error natural, y aquí cuesta 26 kN·m.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.31 · Colección de Problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

La compuerta que abre la subpresión, no el empuje

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

En la figura se representa la sección transversal de una compuerta articulada en el punto $O$ y formada por una parte plana y otra cilíndrica. Al llenarse el embalse, el agua, a través del canal $B$ , se introduce en el recinto $C$ , cuya misión es regular la apertura de la compuerta. Sabiendo que el peso de la compuerta es de $4000\ \text{kg}$ por metro de longitud normal al plano del dibujo y que el centro de gravedad se encuentra a $2{,}4\ \text{m}$ de la articulación $O$ , se pide:

a) La altura máxima $h$ para la cual permanecerá cerrada la compuerta.

Para $h = 1{,}5\ \text{m}$ :

b) Fuerza ejercida por la compuerta sobre el tope $A$ .

c) Fuerzas de reacción en la articulación $O$ .

Lo que abre la compuerta no es el empuje del embalse: es lo que entra por el canal B y presiona desde abajo en el recinto C. Por eso el enunciado se molesta en dibujar ese canal, y por eso la respuesta al apartado a) es una altura máxima y no una mínima.

La altura máxima de cierre, la fuerza sobre el tope y las reacciones en O.

01
Reconocer el camino
COMP1
El agua empuja con fuerza sobre la parte cilíndrica. ¿Cuánto momento produce eso respecto de $O$ ?
02
La altura máxima de cierre
COMP2
¿Hasta qué altura $h$ permanece cerrada la compuerta?
Tu respuesta al paso 2una longitud, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La fuerza sobre el tope
COMP2
Con $h = 1{,}5\ \text{m}$ , ¿qué fuerza hace la compuerta sobre el tope $A$ ?
Tu respuesta al paso 3una fuerza, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
La reacción horizontal en O
COMP2
¿Cuál es la componente horizontal de la reacción en $O$ ?
Tu respuesta al paso 4una fuerza, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La parte cilíndrica está centrada en $O$ , así que el empuje del embalse no produce momento y no interviene en la apertura.
2. Lo que abre es la subpresión del recinto $C$ bajo la solera, y lo que cierra es el peso: igualando momentos sale $h_{\max} = 2{,}133$ m.
3. Con $h = 1{,}5$ el peso todavía gana, la compuerta apoya en el tope con $9310$ N y la articulación aguanta $11.025$ N horizontales.

Resolución completa

La clave del diseño está en la parte cilíndrica. Al estar centrada en $O$ , todas las presiones del embalse son radiales, su resultante pasa por el eje y su momento es nulo. Es decir: el embalse empuja con toda su fuerza y no contribuye nada a abrir la compuerta.

Lo que decide la apertura son solo dos cosas: el peso, que cierra, y la subpresión del recinto $C$ , que abre.

a) La altura máxima. La solera está a profundidad $h$ , así que la subpresión es uniforme y su resultante actúa en el punto medio:

\underbrace{\gamma h\cdot 3\cdot 1{,}5}_{\text{abre}} = \underbrace{4000\cdot 9{,}8\cdot 2{,}4}_{\text{cierra}} \;\Longrightarrow\; h_{\max} = 2{,}133\ \text{m}

b) El tope. Con $h = 1{,}5$ , el peso gana por $94\,080 - 66\,150 = 27\,930\ \text{N}\cdot\text{m}$ , que el tope equilibra a $3\ \text{m}$ :

R_A = \frac{27\,930}{3} = 9310\ \text{N}

c) La articulación. Horizontalmente solo actúa el agua sobre el cilindro, $F_H = 11\,025\ \text{N}$ . Verticalmente hay que sumar la subpresión hacia arriba, el peso y el tope hacia abajo, y la componente vertical del agua sobre el arco mojado — $1914\ \text{N}$ —, y queda

R_{Oy} = 12\,296\ \text{N}

Por qué el recinto C es un mecanismo y no un accidente. El canal $B$ llena $C$ con el agua del propio embalse, así que la subpresión sube con el nivel. Mientras el embalse está bajo, el peso gana y la compuerta permanece cerrada apoyada en el tope; cuando el nivel llega a 2,13 m, la subpresión iguala al peso y la compuerta se abre sola. Es un aliviadero automático sin ningún elemento móvil, y toda su regulación está en dos números: dónde se pone el centro de gravedad y cuánto mide la solera.

Y el aviso que deja la trampa: que el empuje del embalse no dé momento no significa que no cargue nada. Son $11\ \text{kN}$ por metro de compuerta que la articulación tiene que aguantar. Momento nulo y fuerza nula son cosas distintas, y confundirlas dimensiona mal el eje.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.32 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

La compuerta de sector, y el pistón que no nota el agua

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

La compuerta OBC controla un vertedero de una presa, tiene de radio 8 m y anchura 10 m, su masa es 10 t y su eje de giro es O. Su centro de masas es el punto A, siendo la distancia $OA = 5$ m. Para realizar la apertura de la compuerta consta de un pistón hidráulico, como se indica en la figura. Se pide:

a) Calcular las componentes horizontal y vertical de la fuerza que ejerce el agua sobre la compuerta, dibujando previamente los prismas de presiones correspondientes.

b) Fuerza resultante de la acción del agua sobre la compuerta, en módulo, dirección y sentido, indicando su línea de acción.

c) ¿Cómo influye la presión del agua en la fuerza del pistón?

La compuerta es un sector de círculo con su centro en el eje de giro. Esa forma no es casual: hace que la presión del agua no pueda hacer girar la compuerta, y ese es todo el sentido del diseño.

Las componentes de la fuerza del agua, su resultante, y si la presión influye en el pistón.

01
Reconocer el camino
COMP1
La compuerta es un arco de circunferencia y su eje de giro está justamente en el centro de ese arco. ¿Qué consecuencia tiene eso para la resultante de las presiones?
02
La componente horizontal
COMP2
B está a 25° por encima de la horizontal que pasa por O, y C justo debajo de O. Con la lámina 5 m sobre O y 10 m de anchura, ¿cuánto vale la componente horizontal, en kN?
Tu respuesta al paso 2la fuerza horizontal en kN — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La componente vertical
COMP2
El tramo de arco que queda por debajo de O recibe empuje hacia arriba, y el que queda por encima, carga hacia abajo. ¿Cuál es la resultante vertical, en kN?
Tu respuesta al paso 3la fuerza vertical en kN — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
La resultante
COMP2
¿Cuál es el módulo de la fuerza resultante del agua sobre la compuerta, en kN?
Tu respuesta al paso 4el módulo de la resultante en kN — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
Justificar el argumento
COMP4
Responde al apartado c): ¿cómo influye la presión del agua en la fuerza del pistón? Ordena el argumento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La presión actúa en cada punto perpendicular a la superficie, y en una superficie cilíndrica la perpendicular es el radio.
2. Todos los radios de la compuerta se cortan en O, que es precisamente el eje de giro: la resultante de las presiones pasa por O.
3. Una fuerza cuya línea de acción pasa por el eje no produce momento respecto de él, por grande que sea.
4. Así que al plantear momentos en O para abrir la compuerta, los 11 884 kN del agua desaparecen de la ecuación: el agua no influye en la fuerza del pistón.

Resolución completa

Una compuerta cuyo diseño existe para que el agua no cuente.

a) Las componentes. B está a $8\operatorname{sen}25° = 3{,}381$ m sobre O, o sea 1,619 m bajo la lámina; C, a 13 m.

F_{h} = \gamma\,\frac{13^{2}-1{,}619^{2}}{2}\cdot 10 = 8\,153\ \text{kN}

En vertical hay que separar los dos tramos, porque tiran en sentidos contrarios: el que queda bajo la horizontal de O tiene el agua encima de su proyección y empuja hacia arriba; el que asoma por encima carga hacia abajo.

F_{v} = \gamma\cdot 10\,\Big(\underbrace{5R+\tfrac{\pi R^{2}}{4}}_{90{,}27} - \underbrace{2{,}04}_{\text{el trozo de arriba}}\Big) = 8\,646\ \text{kN}\ \uparrow

b) La resultante.

R = \sqrt{8153^{2}+8646^{2}} = 11\,884\ \text{kN} \qquad \alpha = 46{,}7°

Y su línea de acción pasa por O.

c) Cómo influye la presión en el pistón: no influye.

Y esa es la respuesta entera, aunque parezca poca. El razonamiento cabe en tres frases: la presión actúa perpendicular a la superficie; en un cilindro la perpendicular es el radio; todos los radios pasan por el centro, que aquí es el eje de giro. Una fuerza que pasa por el eje no da momento, así que al escribir el equilibrio de momentos en O los 11 884 kN del agua no aparecen. El pistón solo tiene que vencer el peso propio de la compuerta.

Por eso las compuertas de vertedero se construyen con esta forma —se llaman compuertas de sector o Tainter—: el esfuerzo de maniobra no crece con el empuje del embalse. Una compuerta plana del mismo tamaño necesitaría un accionamiento capaz de vencer el momento de esos 11 884 kN.

Un apartado que no se publica aquí, y por qué. El enunciado original pide además la fuerza concreta del pistón, y da 81,8 kN. El método está claro —momentos en O con el peso como única acción, $98$ kN aplicados en A— pero para cerrar el número hace falta el brazo del pistón, que sale 4,589 m, es decir 35° respecto del radio de su punto de anclaje. La figura marca cinco ángulos (65°, 25°, 20°, 20° y 50°) y ninguna combinación de los leídos reproduce esos 35°. Antes que elegir la que cuadre —que sería inventar el enunciado— se deja dicho: el apartado se escribirá cuando se pueda leer la figura con más resolución o aparezcan las soluciones desarrolladas.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.33 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

El cuarto de círculo, con agua también por debajo

paso 1 de 6

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

La compuerta OAB de la figura está articulada en O y sellada en B. Es una compuerta con forma de cuarto de círculo de $R = 2$ m. Se pide:

a) Dibujar todos los prismas de presiones acotados de la sección del agua sobre la compuerta cuando $z = 3{,}5$ m.

b) Calcular la fuerza horizontal y vertical del agua sobre la compuerta y las respectivas líneas de acción.

c) Reacción en el tope B.

d) Par mínimo que se debe realizar en la compuerta (N·m) en función de $Z$ , para que se mantenga cerrada, cuando el valor de $Z$ esté comprendido entre 0,5 y $R+0{,}5$ , es decir, cuando el nivel de agua esté comprendido entre O y B.

Nota: ancho de la compuerta $b = 1$ m; despreciar el peso de la compuerta. Centroide del cuarto de círculo $= 4R/(3\pi)$ .

Lo que decide este problema está en la franja de abajo: hay agua también bajo la solera de la compuerta, empujándola hacia arriba. Sin eso, la vertical sale de signo contrario.

Las fuerzas horizontal y vertical con sus líneas de acción, la reacción en B, y el par en función del nivel.

01
Reconocer el camino
COMP1
Mira la franja de 0,5 m que queda entre la solera de la compuerta y el nivel de referencia. ¿Qué hay ahí, y qué consecuencia tiene?
02
La fuerza horizontal
COMP2
Con $z = 3{,}5$ m, ¿cuál es la fuerza horizontal del agua sobre la compuerta, en N?
Tu respuesta al paso 2la fuerza horizontal en N — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La fuerza vertical
COMP2
Sumando lo que el agua carga sobre el arco y lo que empuja bajo la solera, ¿cuál es la resultante vertical, en N?
Tu respuesta al paso 3la resultante vertical en N — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
La reacción en el tope
COMP2
Tomando momentos en O —donde la articulación no da momento—, ¿cuánto vale la reacción horizontal en el tope B, en N?
Tu respuesta al paso 4la reacción en N — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
El par máximo del apartado d)
COMP2
El par necesario resulta ser $M = \gamma\,(z-0{,}5)\,(2{,}5-z)$ . ¿Para qué nivel $z$ es máximo, en metros?
Tu respuesta al paso 5el nivel en metros — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
06
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la deducción del apartado d). Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Llamando $h = z-0{,}5$ a la altura de agua sobre la solera, el empuje horizontal vale $\gamma h^{2}/2$ y actúa a $h/3$ de la solera: su momento en O sale $\gamma h^{3}/6 - \gamma h^{2}$ .
2. La carga sobre el arco mojado da un momento $\gamma h^{3}/6$ respecto de O, y el empuje uniforme bajo la solera, $2\gamma h$ .
3. Al sumarlos, los términos en $h^{3}$ se cancelan y queda $M = \gamma\,h\,(2-h)$ , es decir $M = 9800\,(z-0{,}5)(2{,}5-z)$ .
4. La expresión solo vale mientras el agua no pase de O: en cuanto la supera, el arco queda entero sumergido y el planteamiento cambia.

Resolución completa

Una compuerta con agua por los dos lados de su solera.

Lo primero es mirar la figura y ver la franja de 0,5 m que queda debajo: también está llena de agua. Sin eso, el apartado b) sale con el signo cambiado.

b) Las dos fuerzas.

Horizontal, sobre la proyección de $2\times 1$ m que va de 1 a 3 m de profundidad:

F_h = \gamma\,\frac{1+3}{2}\,(2\cdot 1) = 39\,200\ \text{N} \qquad y_p = \frac{2}{3}\frac{3^{3}-1^{3}}{3^{2}-1^{2}} = 2{,}167\ \text{m}

o sea 1,1667 m bajo O.

Vertical, sumando lo que carga sobre el arco y lo que empuja bajo la solera:

D = \gamma(6-\pi) = 28\,012{,}4\ \text{N}\downarrow \qquad U = \gamma\cdot 3\cdot 2 = 58\,800\ \text{N}\uparrow

F_v = 30\,787{,}6\ \text{N}\ \uparrow \qquad x = 0{,}8488\ \text{m desde B}

c) El tope. Momentos en O, donde la articulación no aporta:

R_B = \frac{39\,200\cdot 1{,}1667 - 30\,787{,}6\cdot 0{,}8488}{2} = 9\,800\ \text{N}

d) El par, y por qué sale tan limpio. Con $h = z-0{,}5$ , los tres momentos respecto de O son:

	momento en O
empuje horizontal	$\gamma h^{3}/6 - \gamma h^{2}$
carga sobre el arco	$-\gamma h^{3}/6$
empuje bajo la solera	$+2\gamma h$

M = \gamma\,(2h - h^{2}) = \gamma\,h\,(2-h) = 9800\,(z-0{,}5)(2{,}5-z)

Los términos cúbicos se van exactamente, y eso es lo bonito: lo que parecía una función complicada del nivel resulta ser una parábola. Se anula en los dos extremos —sin agua sobre la solera no hay nada que contrarrestar; con el agua en O los dos momentos se cancelan— y su máximo está justo en medio, $z = 1{,}5$ m, con 9 800 N·m.

Y una advertencia sobre el rango. La fórmula vale entre 0,5 y 2,5 m porque se dedujo con el arco parcialmente mojado. Por encima de O el planteamiento es otro, y de hecho con $z = 3{,}5$ los momentos ya no se cancelan: es lo que da los 9 800 N de reacción del apartado c). Una parábola que se anula en 2,5 no significa que a partir de ahí la compuerta se sostenga sola; significa que ahí se acabó la fórmula.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.35 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

El conducto de dos mitades y los roblones que las unen

paso 1 de 7

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Un gran conducto, soportado por su parte superior tal como muestra la figura, conduce agua y aceite bajo presión. Está fabricado con dos secciones semicilíndricas, unidas mediante roblones, que pesan 450 kg/m cada una. Se pide:

a) Dibujar los prismas de presiones horizontales y verticales correspondientes a las fuerzas hidrostáticas que actúan sobre el conducto, calculando las magnitudes de los puntos singulares.

b) Fuerza que actúa sobre la sección semicilíndrica inferior.

c) Fuerza de tracción producida sobre cada roblón, si en un tramo de 6 m existen 100 unidades.

d) Diámetro de los roblones si la tensión admisible de trabajo del acero de que están fabricados es de 10 kg/cm².

El conducto a escala, con sus 60 cm de aceite sobre el agua y la junta de las dos mitades por O. El manómetro de la clave lleva la vertical exagerada para que se lean los 20 cm de aceite y los 25 de mercurio. La mitad de arriba cuelga de la abrazadera; la de abajo, de los roblones.

Las presiones en los puntos singulares, la fuerza sobre la mitad inferior, la tracción de cada roblón y su diámetro.

01
Reconocer el camino
COMP1
El manómetro está conectado en la clave del conducto, y el mercurio de su ramal cerrado queda 20 cm por encima de ella. ¿Qué hay en esos 20 cm de tubo, y cómo entran en la presión de la clave?
02
La presión en la clave
COMP2
Presión relativa en la clave del conducto, con el mercurio a $S = 13{,}6$ .
Tu respuesta al paso 2una presión con su unidad (kg/m² o kg/cm²) — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
Los puntos singulares
COMP2
Bajando desde la clave: la interfase está a 60 cm, el centro O a 1,5 m y el fondo a 3 m. Escribe la presión relativa en el fondo.
Tu respuesta al paso 3una presión con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
La fuerza sobre la mitad de abajo
COMP2
Fuerza vertical del fluido sobre la sección semicilíndrica inferior, por metro de conducto, en kg (kilopondios).
Tu respuesta al paso 4un número, en kg por metro de conducto — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
Lo que aguanta cada roblón
COMP2
Tracción sobre cada roblón, en kg, si en 6 m de conducto hay 100. No olvides quién sujeta el peso de la mitad inferior.
Tu respuesta al paso 5un número, en kg por roblón — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
06
El diámetro del roblón
COMP2
Diámetro de los roblones para que el acero trabaje a 10 kg/cm².
Tu respuesta al paso 6una longitud con su unidad (cm) — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
07
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento del conducto. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El manómetro da la presión en la clave: 25 cm de mercurio más 20 cm de aceite, 3 520 kg/m².
2. Sobre la mitad inferior actúa la presión en O por el diámetro más el peso del medio círculo de agua, 17 874 kg/m hacia abajo.
3. Los roblones sujetan la mitad inferior y su peso: (17 874 + 450) · 6 / 100 = 1 099,5 kg cada uno.

Resolución completa

La presión en la clave, que es donde se decide todo. El manómetro tiene sus dos meniscos de mercurio 25 cm uno sobre otro, y el cerrado queda 20 cm por encima de la clave, con aceite entre medias:

p_{clave} = 13\,600 \cdot 0{,}25 + 600 \cdot 0{,}20 = 3\,520\ \text{kg/m}^{2} = 0{,}352\ \text{kg/cm}^{2}

Los puntos singulares (a): interfase $3\,880$ , centro $4\,780$ , fondo $6\,280$ kg/m². El prisma horizontal es un trapecio sobre el diámetro vertical, con un quiebro en la interfase; los verticales son los volúmenes de fluido, real o virtual, entre el plano de referencia y cada mitad.

La mitad inferior (b). Tomando el plano por O, todo lo que hay debajo es agua:

F_{v} = 4\,780 \cdot 3 + 1\,000 \cdot \frac{\pi \cdot 1{,}5^{2}}{2} = 17\,874\ \text{kg/m},\ \text{hacia abajo}

Sobre la superior, hacia arriba, $4\,780 \cdot 3 - 3\,132 = 11\,208$ kg/m, donde 3 132 kg/m es el fluido de esa mitad: 1,006 m² de aceite y 2,528 m² de agua.

Los roblones (c y d). Sujetan la mitad inferior y su peso:

T = \frac{(17\,874 + 450) \cdot 6}{100} = 1\,099{,}5\ \text{kg} \qquad d = \sqrt{\frac{4 \cdot 109{,}95}{\pi}} = 11{,}83\ \text{cm}

Lo que publica el boletín, y por qué no coincide. Sus resultados son 17.514 kg/m, 1.078 kg y 11,7 cm, y los tres salen de esta misma cadena con 3 400 kg/m² en la clave: es decir, sin los 20 cm de aceite del manómetro. Son 120 kg/m² de diferencia, un 2 % en la fuerza y un 1 % en el diámetro. Aquí se tienen en cuenta, porque el tubo del manómetro no está vacío; si en el examen comparas con el boletín y te sale un 2 % más, ya sabes de dónde viene.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.38 · Colección de Problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

Dimensionar una presa al vuelco, con el hielo apretando

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Se tiene una presa de hormigón que ha de soportar el empuje de agua de $10\ \text{m}$ de altura. Su coronación tiene $2\ \text{m}$ y se encuentra situada $1\ \text{m}$ por encima de la lámina superior de agua. Teniendo en cuenta que puede helarse una capa de $5\ \text{cm}$ de espesor, se pide:

a) Anchura de la base si se desea obtener un coeficiente de seguridad al vuelco de $1{,}8$ .

Datos: presión producida por el hielo $= 80\ \text{kg/cm}^{2}$ ; peso específico relativo del hormigón $= 2{,}4$ .

Nota: no se tendrá en cuenta ningún efecto de subpresión.

(La presa es un trapecio de $11\ \text{m}$ de altura, con la cara mojada vertical, $2\ \text{m}$ de coronación y la base a determinar.)

La anchura de la base de la presa.

01
Reconocer el camino
COMP1
El hielo produce $80\ \text{kg/cm}^{2}$ sobre una capa de $5\ \text{cm}$ . ¿Cómo se compara con el empuje del agua?
02
El momento de vuelco
COMP2
¿Cuánto vale el momento de vuelco por metro de presa, respecto del pie de aguas abajo?
Tu respuesta al paso 2un momento, en kilonewton por metro — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La anchura de la base
COMP2
¿Qué anchura debe tener la base?
Tu respuesta al paso 3una longitud, con su unidad — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el dimensionado. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El momento de vuelco lo forman el empuje del agua a un tercio de la altura y el del hielo en la superficie: 5553 kN·m por metro.
2. El momento estabilizador es el del peso propio del trapecio respecto del pie de aguas abajo, y crece con la base.
3. Imponiendo que sea 1,8 veces el de vuelco queda una ecuación de segundo grado en $B$ , cuya raíz positiva es 9,9 m.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.39 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

El ángulo de la presa, que no depende del agua

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

¿Qué condición debe satisfacer el ángulo $\theta$ para que la presa de la figura no bascule alrededor del punto O?

Se supondrá que la presión sobre la solera de la presa varía linealmente desde un valor máximo en el punto A hasta la presión atmosférica en el punto O.

Datos: peso específico relativo del material de la presa: 2,5; altura de agua en la presa: 5 m; profundidad normal de la presa: 50 m.

Tres fuerzas y un punto: el empuje del agua y la subpresión vuelcan la presa sobre O, y solo su peso propio la sujeta. El ángulo mínimo es el que hace que esas tres se equilibren justo.

La condición sobre el ángulo del paramento para que la presa no vuelque.

01
Reconocer el camino
COMP1
El enunciado dice que la presión bajo la solera «varía linealmente desde un valor máximo en A hasta la atmosférica en O». ¿Qué es eso y para qué lado trabaja?
02
El momento que vuelca
COMP2
El empuje del agua sobre la cara vertical, por metro de presa. ¿Qué momento produce respecto de O, en kN·m por metro?
Tu respuesta al paso 2el momento en kN·m por metro de presa — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La base de la presa
COMP2
El peso propio y la subpresión actúan los dos a $2b/3$ de O. Imponiendo que el momento estabilizador iguale al de vuelco, ¿cuánto vale la base $b$ , en metros?
Tu respuesta al paso 3la base en metros — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
El ángulo
COMP2
¿Cuál es entonces el ángulo mínimo $\theta$ , en grados?
Tu respuesta al paso 4el ángulo en grados, sin unidad — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la conclusión. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El agua vuelca la presa sobre O por dos caminos: empujando la cara vertical, y metiéndose bajo la solera para levantarla.
2. El peso propio y la subpresión tienen el mismo brazo, $2b/3$ , así que se pueden restar: el peso útil es $(s-1)\gamma bH/2$ , un 60 % del peso real.
3. Igualando momentos sale $b^{2} = H^{2}/\big(2(s-1)\big)$ , y de ahí $\tan\theta = 1/\sqrt{2(s-1)} = 1/\sqrt{3}$ , o sea 30°.
4. Y en esa expresión la altura del agua se ha ido: el ángulo mínimo del paramento depende solo de la densidad del material, no de lo alta que sea la presa.

Resolución completa

Tres fuerzas, un punto, y una variable que desaparece.

Todo se toma respecto de O, el pie de aguas abajo, y por metro de presa —los 50 m de profundidad se cancelan, y están en el enunciado para ver si los metes donde no van—.

Lo que vuelca. El empuje del agua sobre la cara vertical:

E = \frac{\gamma H^{2}}{2} = 122{,}5\ \text{kN/m} \qquad M_{vuelco} = E\,\frac{H}{3} = 204{,}2\ \text{kN·m/m}

Lo que sujeta, menos lo que resta. El peso propio empuja hacia abajo y la subpresión hacia arriba, y los dos son triángulos con vértice en O: mismo brazo, $2b/3$ . Así que se restan antes de tomar momentos:

W - U = \frac{s\gamma bH}{2} - \frac{\gamma H b}{2} = (s-1)\frac{\gamma bH}{2}

El equilibrio.

\frac{\gamma H^{2}}{2}\cdot\frac{H}{3} = (s-1)\frac{\gamma bH}{2}\cdot\frac{2b}{3} \;\Longrightarrow\; b = \frac{H}{\sqrt{2(s-1)}} = 2{,}887\ \text{m} \;\Longrightarrow\; \boxed{\theta = 30°}

Las dos cosas que hay que llevarse.

La primera es la subpresión, y no es un detalle académico. Se lleva el 40 % de lo que sujeta la presa, y olvidarla da 24,1° en vez de 30: una presa notablemente más esbelta, más barata y que vuelca. La presa de Saint Francis, en California, se llevó por delante unas cuatrocientas vidas en 1928 por, entre otras cosas, esto.

La segunda es de método, y es lo bonito del problema. Al despejar en símbolos en vez de en números aparece

\tan\theta = \frac{1}{\sqrt{2(s-1)}}

y la altura del agua no está. Cuadruplicar el embalse no cambia el ángulo mínimo del paramento: cambia el tamaño de la presa, no su forma. Eso solo se ve despejando con letras. Si hubieras metido los números al principio, habrías obtenido el mismo 30° sin enterarte de que era general.

Con una advertencia, eso sí: el ángulo es el mismo, la presa no. Con la misma inclinación, diez veces más alta significa cien veces más sección —y además, en presas grandes el vuelco deja de ser lo que manda: lo son el deslizamiento y lo que aguanta el terreno.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.40 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

La presa que se calcula con el agua por debajo

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Una presa de gravedad se calcula de tal forma que su propio peso equilibre las fuerzas y momentos que se originan, que son los siguientes:

La fuerza horizontal de la columna de agua sobre la pared de la presa.
La fuerza que originaría el agua en caso de helarse, aplicada en la parte superior $F_1$ .
La fuerza vertical sobre la base, en el supuesto de que el agua llegase a filtrar por debajo de la presa. Se supone varía linealmente desde la altura de presión total en el borde de aguas arriba hasta cero en el de aguas abajo.

Se supone que la reacción (vertical $R_v$ + rozamientos $R$ ) del piso se encuentra a un tercio de la base a partir del borde de aguas abajo y sobre la misma base (punto O).

A la vista de la figura y sabiendo que $F_1 = 18\,600$ kg/m de presa y que el material de la misma tiene un peso específico de $s = 2{,}5$ , calcular la anchura mínima b de la base.

La presa a escala: 6 m de coronación, 30 m de altura y los 22,56 m de base que salen. El triángulo de la izquierda es el prisma del agua, con su resultante a 10 m del fondo; el de debajo, la subpresión. La reacción pasa por O, a un tercio del pie.

La anchura mínima b de la base.

01
Reconocer el camino
COMP1
El enunciado dice que la reacción del piso «se encuentra a un tercio de la base a partir del borde de aguas abajo» (punto O). ¿Qué condición es esa, traducida a ecuaciones?
02
La fuerza del agua sobre la cara vertical
COMP2
Fuerza horizontal del agua sobre la cara de aguas arriba, por metro de presa, en kg (kilopondios). La lámina llega a la coronación, a 30 m.
Tu respuesta al paso 2un número, en kg por metro de presa — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El momento de vuelco que no depende de b
COMP2
Momento respecto de O de las dos fuerzas que no dependen de la anchura, la del agua y la del hielo, en kg·m por metro de presa.
Tu respuesta al paso 3un número, en kg·m por metro de presa — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
La anchura de la base
COMP2
Anchura mínima $b$ de la base para que la reacción pase por O, con $s = 2{,}5$ y la subpresión triangular del enunciado.
Tu respuesta al paso 4una longitud con su unidad (m) — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el balance de la presa. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Solo el peso estabiliza: 450 000 kg/m del rectángulo de coronación más 37 500 (b − 6) kg/m del triángulo, los dos a favor.
2. La subpresión perjudica dos veces: resta peso y, como su resultante está aguas arriba de O, su momento se suma al del agua y al del hielo.
3. El hielo tiene 24 veces menos fuerza que el agua pero 3 veces más brazo, y aporta el 11 % del momento de vuelco.

Resolución completa

Qué pide la condición. La reacción del piso pasa por O, a $b/3$ del pie. Eso significa que la resultante de todo lo demás también pasa por O, es decir, que la suma de momentos respecto de O es cero. Es una condición más exigente que no volcar: con la resultante en el borde del tercio central, la base sigue comprimida entera, con presión máxima en el pie y nula en el talón.

Las fuerzas por metro de presa.

fuerza	valor (kg/m)	brazo respecto de O
agua, horizontal	$\gamma h^{2}/2 = 450\,000$	$h/3 = 10$ m, vuelca
hielo, $F_1$	$18\,600$	$h = 30$ m, vuelca
peso del rectángulo $6 \times 30$	$2\,500 \cdot 180 = 450\,000$	$2b/3 - 3$ , estabiliza
peso del triángulo	$2\,500 \cdot 15\,(b-6) = 37\,500\,(b-6)$	$b/3 - 4$ , estabiliza
subpresión	$\gamma h\,b/2 = 15\,000\,b$ , hacia arriba	$b/3$ aguas arriba de O, vuelca

El balance.

450\,000\left(\tfrac{2b}{3}-3\right) + 37\,500\,(b-6)\left(\tfrac{b}{3}-4\right) = 450\,000 \cdot 10 + 18\,600 \cdot 30 + 15\,000\,b \cdot \tfrac{b}{3}

7\,500\,b^{2} + 75\,000\,b - 5\,508\,000 = 0 \;\Longrightarrow\; b^{2} + 10\,b - 734{,}4 = 0 \;\Longrightarrow\; b = 22{,}56\ \text{m}

El boletín publica 22,5 m.

Para comprobar que tiene sentido. Con esa base la presa pesa $450\,000 + 37\,500 \cdot 16{,}56 = 1\,071\,000$ kg/m; la subpresión le quita $15\,000 \cdot 22{,}56 = 338\,000$ kg/m, casi un tercio, y quedan $R_v = 733\,000$ kg/m. Sin subpresión bastarían 18,2 m; sin hielo, 21,2 m; y tomando momentos en el pie —la simple condición de no volcar— saldrían 14,8 m. Cada hipótesis del enunciado mueve la base varios metros, y por eso hay que leerlas todas.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.42 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

El tope que solo trabaja cuando baja el agua

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

La compuerta AB de la figura puede girar sobre su centro de giro A, permaneciendo cerrada gracias a un contrapeso de hormigón. La anchura de la compuerta es 3 m y el peso específico del hormigón 23,6 kN/m³. Se pide:

a) Volumen mínimo del contrapeso para mantener la compuerta cerrada.

b) Reacción en el tope cuando la lámina de agua sea de 1,50 m y el contrapeso utilizado sea el calculado anteriormente.

Lo que dice la figura, y no el texto. Toda la geometría está en el dibujo: la compuerta es vertical y mide 2,50 m, articulada en A a ras de suelo; el tope está a 2,00 m sobre A; el cable sale del extremo superior B, pasa por una polea y baja hasta el contrapeso, que queda sumergido; y en el apartado a) la lámina de agua está al nivel del tope, es decir a 2,00 m. Con esa lectura salen los dos resultados publicados —1,136 m³ y 11.331,3 N— tomando $\gamma_{agua} = 9800$ N/m³, que es la que usa la asignatura.

El cable tira de B hacia la izquierda; el agua empuja la compuerta hacia la derecha. El tope está en medio, y en el apartado a) no toca nada.

La tracción del cable, el volumen mínimo del contrapeso y la reacción del tope cuando el agua baja.

01
Reconocer el camino
COMP1
El cable sale de B en horizontal, da la vuelta en la polea y baja hasta el contrapeso. ¿Con qué fuerza tira de B?
02
El empuje del agua
COMP2
Fuerza hidrostática sobre la compuerta en la situación del apartado a), con la lámina a 2,00 m.
Tu respuesta al paso 2una fuerza con su unidad (N o kN) — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
El volumen mínimo
COMP2
Volumen mínimo del contrapeso para que la compuerta no se abra.
Tu respuesta al paso 3un volumen con su unidad (m³) — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
La reacción del tope
COMP2
Reacción en el tope cuando la lámina baja a 1,50 m, con el mismo contrapeso.
Tu respuesta al paso 4una fuerza con su unidad (N o kN) — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el argumento que explica por qué el tope no aparece en ninguna ecuación del apartado a) y en el b) soporta más de una tonelada.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El apartado a) pide el contrapeso mínimo, y mínimo significa equilibrio estricto: el momento del cable iguala justo al del agua.
2. Un cuerpo en equilibrio estricto no aprieta contra nada, así que la reacción del tope es cero y la ecuación de momentos solo tiene dos términos.
3. En el b) el contrapeso no cambia, así que el cable sigue tirando con 15.680 N desde 2,50 m: 39.200 N·m.
4. Pero la lámina baja a 1,50 m y el momento del agua se desploma a 16.537 N·m, un 42 % del anterior, porque cae con el cubo de la altura.
5. Ahora manda el cable: la compuerta tiende a girar hacia aguas arriba, y quien se lo impide es el tope, que está justo en esa cara y a 2,00 m sobre A.
El mismo elemento que en un apartado es inútil es en el otro lo único que sostiene el conjunto. Eso es lo que significa que un enlace sea unilateral, y por eso conviene preguntarse siempre en qué sentido puede trabajar antes de escribir la ecuación.

Resolución completa

La polea, que no es una palanca

El cable sale del extremo superior B, pasa por una polea fija y baja al contrapeso. La polea desvía la tensión pero no la cambia, así que el tirón horizontal sobre B vale exactamente lo que pesa el contrapeso dentro del agua:

T = V\,(\gamma_{h} - \gamma_{a}) = V\,(23\,600 - 9800) = 13\,800\,V

a) El volumen mínimo

Con la lámina al nivel del tope, a 2,00 m sobre A:

F = 9800\cdot 1{,}00\cdot (2{,}00\cdot 3) = 58\,800\ \text{N} \qquad \text{a } \tfrac{2}{3} = 0{,}667\ \text{m sobre A}

Mínimo quiere decir equilibrio estricto: el tope no toca y solo hay dos momentos respecto de A.

T\cdot 2{,}50 = 58\,800\cdot 0{,}667 = 39\,200 \;\Longrightarrow\; T = 15\,680\ \text{N}

V = \frac{15\,680}{13\,800} = \mathbf{1{,}136\ m^3}

b) La reacción del tope

Ahora el contrapeso es dato —el mismo— y la lámina baja a 1,50 m:

concepto	momento respecto de A
cable, 15.680 N a 2,50 m	+39.200 N·m
agua, 33.075 N a 0,50 m	−16.537,5 N·m
sobra	22.662,5 N·m

Ese sobrante lo absorbe el tope, que está a 2,00 m:

R = \frac{22\,662{,}5}{2{,}00} = \mathbf{11\,331{,}3\ N}

Las dos lecturas que hay que hacer del dibujo

El enunciado no da ninguna cota: las tres que hacen falta —los 2,50 m del cable, los 2,00 m del tope y la lámina del apartado a)— están solo en la figura. Que los dos resultados publicados salgan exactos, y con la misma geometría, es la comprobación de que la lectura es la buena.

La otra lectura del dibujo es la del peso específico. Con $\gamma = 9800$ N/m³ salen 1,136 m³ y 11.331,3 N, que es lo publicado al último decimal; con 9,81 saldrían 1,138 y 11.342,8. La asignatura calcula con $g = 9{,}8$ , y aquí se nota.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.43 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

El contrapeso que pesa menos dentro del agua

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

La compuerta AB de la figura mide 3 m en la dirección normal al dibujo, está articulada en B y tiene un tope en A. Se pide:

a) Nivel $h$ del agua en el momento de alcanzar el equilibrio si el peso se encuentra fuera del agua.

b) Ídem si el peso se halla sumergido.

Dato: densidad relativa del material del peso = 2,4.

Nota: despréciese el peso de la compuerta.

La compuerta llega a 4,33 m de altura y el agua solo sube a 3,23: moja la parte baja y nada más. Por eso la longitud mojada no es 5 m sino la que resulte de dividir el calado por el seno de 60°.

El nivel de agua de equilibrio con el contrapeso al aire y con el contrapeso sumergido.

01
Reconocer el camino
COMP1
La compuerta mide 5 m y está a 60°, así que llega a 4,33 m de altura. El agua se queda en 3,23. ¿Qué superficie hay que usar para el empuje?
02
El momento del agua, en función del calado
COMP2
El empuje sobre la parte mojada vale $E = \gamma\,\dfrac{h}{2}\,\dfrac{h}{\operatorname{sen}60°}\,b$ y actúa a un tercio de la longitud mojada por encima de B. Con $h = 3{,}23$ m y $b = 3$ m, ¿cuánto vale ese empuje, en kN?
Tu respuesta al paso 2el empuje en kN — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
El nivel con el peso al aire
COMP2
El cable tira en A perpendicularmente a la compuerta, así que su momento respecto de B es $T\cdot 5$ . Con 4500 kg colgando al aire, ¿cuál es el nivel de equilibrio, en metros?
Tu respuesta al paso 3el nivel en metros — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
El nivel con el peso sumergido
COMP2
Ahora el contrapeso está dentro del agua y su densidad relativa es 2,4. ¿Cuál es el nuevo nivel de equilibrio, en metros?
Tu respuesta al paso 4el nivel en metros — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el planteamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Como se desprecia el peso de la compuerta, en B solo compiten dos momentos: el del agua y el del cable.
2. El del agua vale $6533\,h^{3}$ , y sale de un empuje triangular sobre la longitud mojada — $h/\operatorname{sen}60°$ , no $h$ — aplicado a un tercio de esa longitud sobre B.
3. El del cable vale $T\cdot 5$ , porque tira perpendicular a la compuerta en su extremo A: el brazo es la longitud entera.
4. Al sumergir el contrapeso, Arquímedes le quita el peso del agua desalojada, que es $1/2{,}4$ del suyo: le queda el 58,3 %.

Resolución completa

Dos momentos en B, y un cubo que lo amortigua todo.

Como el peso de la compuerta se desprecia, en la articulación solo compiten el agua y el cable.

El momento del agua. Lo que más se falla aquí es la geometría, no la física: la compuerta está a 60°, así que para cubrir $h$ metros de altura hacen falta $h/\operatorname{sen}60°$ metros de compuerta — un 15 % más—. Con el diagrama triangular y el brazo a un tercio de la longitud mojada:

E = \gamma\,\frac{h}{2}\,\frac{h}{\operatorname{sen}60°}\,b \qquad M = E\,\frac{1}{3}\,\frac{h}{\operatorname{sen}60°} = \frac{\gamma\,b}{6\operatorname{sen}^{2}60°}\,h^{3} = 6533\,h^{3}

a) Con el contrapeso al aire.

6533\,h^{3} = 44\,100\cdot 5 \;\Longrightarrow\; h = 3{,}23\ \text{m}

b) Con el contrapeso sumergido. Arquímedes le quita el peso del agua desalojada, que es $1/2{,}4$ del suyo:

T' = 44\,100\left(1-\frac{1}{2{,}4}\right) = 25\,725\ \text{N} \;\Longrightarrow\; h = 2{,}70\ \text{m}

Las tres cosas que hay que llevarse.

La primera es la comprobación que casi nadie hace: el agua no llega arriba. La compuerta sube 4,33 m y el equilibrio está en 3,23, así que queda mojada 3,73 m de sus 5. Si el resultado hubiera pasado de 4,33 m, todo el planteamiento habría sido inválido y habría que rehacerlo con la compuerta entera sumergida, donde el diagrama ya no es triangular sino trapecial. Conviene comprobarlo siempre al final.

La segunda es el factor $(1 - 1/s)$ , y hay que entenderlo, no memorizarlo. El contrapeso no pierde $1/2{,}4$ de su volumen ni se divide por 2,4: pierde el peso del agua que ocupa su sitio, y como él es 2,4 veces más denso que esa agua, lo que pierde es $1/2{,}4$ de su peso.

La tercera es la que da el sentido físico del problema. El momento del agua va con $h^{3}$ , así que el nivel es muy poco sensible a la fuerza: quitarle al contrapeso el 42 % baja el calado solo un 16 %, la raíz cúbica de 0,583. Dicho al revés, y esto es lo que importa en obra: para subir un metro el nivel de retención de esta compuerta habría que subir el contrapeso mucho más de un metro de peso equivalente.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.44 · Colección de problemas, capítulo 2 · Mecánica de Fluidos, UPV/EHU

La válvula de cono, y el agua que solo cuenta a medias

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Calcular el valor $H$ para el cual esta válvula de cono empezará a permitir la fuga.

Datos: $P = 6700$ N; $W_{v} = 2225$ N (peso de la válvula); $h = 1{,}8$ m; $l = 0{,}9$ m; $d = 1{,}5$ m.

Nota: volumen del cono $= \dfrac{1}{3}\left(\pi\dfrac{d^{2}}{4}h\right)$ .

El fondo del depósito corta el cono justo por la mitad: solo la parte de arriba está en contacto con el agua, y allí el diámetro no es 1,5 m sino 0,75. Todo el problema depende de darse cuenta de eso.

La altura de agua a la que la válvula empieza a levantarse.

01
Reconocer el camino
COMP1
El cono mide 1,8 m de alto y 1,5 m de diámetro en la base, pero el fondo del depósito lo corta a 0,9 m de esa base. ¿Qué superficie moja el agua?
02
El área del asiento
COMP2
El cono es recto, así que su radio crece linealmente desde la punta. ¿Cuánto vale el área del orificio donde apoya, en m²?
Tu respuesta al paso 2el área en metros cuadrados — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
03
La altura de apertura
COMP2
La válvula se levanta cuando el contrapeso vence al peso propio más el agua que carga encima del cono. ¿A qué altura $H$ ocurre, en metros?
Tu respuesta al paso 3la altura en metros — con su unidad; vale cualquiera de la misma magnitud
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La válvula se abre cuando el tiro del contrapeso, 6700 N, iguala a todo lo que la sujeta hacia abajo.
2. Lo que la sujeta es su propio peso, 2225 N, más el peso del agua que carga sobre la parte del cono que asoma dentro del depósito.
3. Esa agua es la columna sobre el orificio, $\gamma A H$ , menos la que el cono desplaza, $\gamma V$ : donde está el cono no hay agua que pese.
4. Igualando sale $H = 1{,}33$ m, y por debajo de esa altura la válvula sigue cerrada.

Resolución completa

Un problema donde todo se juega en una lectura de la figura.

El cono mide 1,8 m y 1,5 m de base, y el enunciado da esos dos números con toda claridad. Ninguno de los dos se usa tal cual: el fondo del depósito corta el cono a media altura, y lo único que toca el agua es la mitad de arriba.

La geometría. El cono es recto, así que a 0,9 m de la base su radio es la mitad:

r = 0{,}375\ \text{m} \qquad A = \pi r^{2} = 0{,}4418\ \text{m}^{2} \qquad V = \frac{A\,(h-l)}{3} = 0{,}1325\ \text{m}^{3}

Fíjate en el salto: la base tiene 1,767 m² y el asiento 0,442. Cuatro veces menos, porque el diámetro se parte por dos y el área va al cuadrado.

El equilibrio. La válvula abre cuando el contrapeso vence al peso propio más el agua que carga encima:

P = W + \gamma\,(A\,H - V) \;\Longrightarrow\; 6700 = 2225 + 9800\,(0{,}4418\,H - 0{,}1325)

\boxed{H = 1{,}33\ \text{m}}

Los dos errores que este problema está hecho para provocar.

El primero es usar el cono entero: da $H = 0{,}86$ m, un número razonable y equivocado. Se evita mirando dónde está el fondo del depósito, no dónde está el cono.

El segundo es olvidar el volumen. Se cae en él con facilidad porque la fórmula «peso de la columna de agua» sale sola, y aquí la columna no llega hasta abajo: hasta 0,9 m está el cono ocupando sitio. Son 0,1325 m³, o sea 1 300 N que no cargan sobre la válvula. Si el enunciado se molesta en dar la fórmula del volumen del cono, es porque hay que usarla.

Y una comprobación de sentido físico que cierra el problema. Con $P = W$ —contrapeso justo igual al peso de la válvula— la altura de apertura no sería cero, sino $V/A = 0{,}30$ m: exactamente lo que asoma el cono dentro del depósito. Hasta que el agua no cubre la punta no hay nada que empuje hacia abajo. Es la señal de que la relación entre contrapeso y altura es afín y no proporcional, y de que las cuentas están bien planteadas.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

Fuerzas sobre superficies

Superficie plana horizontal: el caso trivial

Superficie plana inclinada

El prisma de presiones

Cuánto baja el centro de presión, exactamente

El prisma de presiones, y dónde cae de verdad la resultante

Y la presión atmosférica, ¿se cuenta?

Superficies curvas: dos componentes

La subpresión

Reconocer el camino

La resultante

El centro de presión

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La profundidad del borde inferior

La resultante

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La altura de equilibrio

La reacción horizontal

La reacción vertical

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La presión en el fondo

Reconocer el camino

El momento

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La presión del aire de la derecha

La fuerza en B

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El momento del peso

La cota de equilibrio

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La fuerza sobre OA

La fuerza sobre OB

El contrapeso

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La presión en la interfase

La componente horizontal sobre la compuerta

La fuerza F

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La componente horizontal

La componente vertical

La fuerza para abrirla

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La resultante horizontal

La resultante vertical

El momento respecto de O

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La altura máxima de cierre

La fuerza sobre el tope

La reacción horizontal en O

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La componente horizontal

La componente vertical

La resultante

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La fuerza horizontal

La fuerza vertical

La reacción en el tope

El par máximo del apartado d)

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La presión en la clave

Los puntos singulares

La fuerza sobre la mitad de abajo

Lo que aguanta cada roblón

El diámetro del roblón

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El momento de vuelco