Una presa tiene una puerta vertical de longitud L y altura H. En la parte inferior, la puerta está conectada a la presa mediante una bisagra. Si la compuerta está completamente sumergida y apenas toca la superficie del agua, calcule la magnitud del torque total que el agua ejerce sobre la compuerta.
Encuentre la presión hidrostática para obtener la fuerza en la franja rectangular. Luego encuentre el torque realizado en la franja.
El torque viene dado por:
\begin{equation*}
\tau = F d.
\end{equation*}
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La presión hidrostática a una profundidad \(y\) por debajo del agua es:
\begin{equation*}
P = P_{\text{atm}} + \rho_w g y.
\end{equation*}
La fuerza es el producto de la presión con el área. La fuerza diferencial sobre la franja rectangular es:
\begin{equation*}
dF = ( P_{\text{atm}} + \rho_w g y ) L dy.
\end{equation*}
La fuerza diferencial producida por la atmósfera es proporcional a \(P_{\text{atm}}\). Entonces, la fuerza total es:
\begin{equation*}
dF = \rho_w g y L dy.
\end{equation*}
El torque es la última fuerza multiplicada por \(Hy\). Como una integral es:
\begin{equation*}
\tau_T = \int_0^H L \rho_w g ( H y dy \, – y^2 dy).
\end{equation*}
Al realizar la integral obtenemos:
\begin{equation*}
\tau_T = \frac{1}{6} L \rho_w g H^3.
\end{equation*}
Para obtener una explicación más detallada de cualquiera de estos pasos, haga clic en “Solución detallada”.
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El problema nos está pidiendo que encontremos la magnitud del torque que ejerce el agua sobre la compuerta de la presa. Recordemos que la magnitud del torque producido por una fuerza perpendicular a un objeto se define como la fuerza multiplicada por la distancia desde el eje de rotación (en este caso, la bisagra en la parte inferior de la puerta). Hay fuerzas que actúan sobre toda la superficie de la compuerta que surgen de la presión hidrostática y la presión atmosférica. Dado que la presión hidrostática depende de la profundidad, estas fuerzas cambiarán continuamente en función de la profundidad. Por esta razón, primero debemos escribir las contribuciones al torque total para una profundidad dada como diferenciales que luego podemos integrar en toda la altura de la puerta para obtener el torque total.
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Las fuerzas que actúan sobre la compuerta son producidas por la presión hidrostática y la presión atmosférica en el lado de la compuerta que está en contacto con el agua, y por la presión atmosférica solo en el lado opuesto de la compuerta. Estas fuerzas son perpendiculares a la superficie de la puerta y se dirigen hacia ella. La magnitud del torque \(\tau\) producido por una fuerza \(F\) perpendicular al eje de rotación de un objeto está dada por
\begin{equation}
\label{EQ:torque}
\tau = F d,
\end{equation}
donde \(d\) es la distancia desde el eje de rotación hasta el punto de la puerta en el que se ejerce la fuerza, que en este caso es la bisagra en la parte inferior de la puerta. Primero debemos escribir expresiones para las fuerzas a cada lado de la puerta y luego usar la ecuación. \eqref{EQ:torque} para encontrar el torque producido por estas fuerzas.
Consideremos primero el lado de la puerta que está en contacto con el agua. La presión hidrostática en un punto ubicado a una profundidad \(y\) debajo de la superficie del agua se puede escribir como
\begin{equation}
\label{EQ:hydro}
P = P_{\text{atm}} + \rho_w g y.
\end{equation}
Por otro lado, por definición, la presión se define como fuerza por unidad de área, es decir
\begin{equation}
P = \frac{F}{A},
\end{equation}
y si multiplicamos por \(A\), encontramos que la fuerza en función de la presión está dada por
\begin{equation}
\label{EQ:f_p}
F = PA.
\end{equation}
Por tanto, la fuerza que produce el torque en un punto determinado de la compuerta dependerá de la presión en ese punto. Además, de acuerdo con la ecuación. \eqref{EQ:hydro} , esta presión depende de la distancia desde la superficie del agua. Por lo tanto, las contribuciones al torque total cambiarán según la distancia desde la superficie del agua. Debemos escribir estas contribuciones como diferenciales de torque en función de la distancia desde la superficie y luego integrar todos estos diferenciales para obtener el torque total.
Dado que la fuerza asociada con la presión hidrostática varía con la profundidad, debe ser constante en un área pequeña de la compuerta a cierta profundidad. Con esto en mente, consideremos una parte de la puerta de altura \(dy\), centrada a una distancia \(y\) de la superficie del agua, y que se extiende sobre todo el ancho \(L\) de la puerta, como se muestra en la figura 1.
Figura 1: Colocamos el sistema de coordenadas de manera que el eje Y apunte hacia abajo en la misma dirección que la gravedad y su origen esté en la superficie libre del agua. En rojo, vemos el diferencial de área de longitud \(L\) y altura \(dy\) colocado a una profundidad \(y\). Los vectores de fuerza diferencial \(d\vec{F}\) y \(d\vec{F}’\) también se muestran.
El área \(dA\) de la franja rectangular está dada por
\begin{equation}
dA = L dy,
\end{equation}
y así de acuerdo con la ecuación \eqref{EQ:f_p} , la fuerza \(dF\) ejercida sobre la franja rectangular es igual a la presión multiplicada por el área de la franja, es decir
\begin{equation}
dF = P dA = P L dy,
\end{equation}
y sustituyendo la ecuación \eqref{EQ:hydro} obtenemos
\begin{equation}
\label{EQ:r_df}
dF = ( P_{\text{atm}} + \rho_w g y ) L dy.
\end{equation}
Ahora, consideremos la fuerza del lado opuesto de la puerta. Solo la presión atmosférica actúa desde este lado, por lo que podemos escribir que la presión \(P’\) ejercida sobre la puerta desde ese lado es
\begin{equation}
P’ = P_{\text{atm}}.
\end{equation}
Por tanto, de acuerdo con la ecuación. \eqref{EQ:f_p} , la magnitud de la fuerza \(dF’\) producida por la atmósfera en este lado de la puerta es,
\begin{equation}
\label{EQ:r_df’}
dF’ = P_{\text{atm}} dA = P_{\text{atm}} L dy.
\end{equation}
Ahora, la fuerza \(d \vec{F}\) y la fuerza \(d \vec{F}’\) actuan en direcciones opuestas en la puerta. En el marco de referencia que se muestra en la figura anterior, \(d \vec{F}\) apunta hacia la dirección \(+\hat{i}\), y la fuerza \(d \vec{F}’\) apunta hacia la dirección \(-\hat{i}\) Por tanto, la fuerza total \(d \vec{F}_T\) en la franja del área \(dA\) está dada por
\begin{equation}
d \vec{F}_T = d \vec{F} + d \vec{F}’
= d F \hat{i} – d F’ \hat{i},
\end{equation}
y sustituyendo las ecuaciones. \eqref{EQ:r_df} y \eqref{EQ:r_df’} obtenemos
\begin{equation}
d \vec{F}_T = ( P_{\text{atm}} + \rho_w g y ) L dy \hat{i} – P_{\text{atm}} L dy \hat{i}.
= P_{\text{atm}} L dy \hat{i} + \rho_w g y L dy \hat{i} – P_{\text{atm}} L dy \hat{i}.
\end{equation}
El primer y tercer término se cancelan obteniendo
\begin{equation}
d \vec{F}_T = \rho_w g y L dy \hat{i},
\end{equation}
y así la magnitud \(d F_T\) es
\begin{equation}
dF_T = \rho_w g y L dy.
\end{equation}
Intuitivamente, se espera el hecho de que la contribución a la fuerza producida por la presión atmosférica se anule porque actúa desde ambos lados de la puerta, produciendo fuerzas que son iguales en magnitud pero tienen direcciones opuestas.
Ahora, de acuerdo con la segunda figura, la distancia entre la franja y la bisagra en la parte inferior de la puerta es \(H – y\). Por lo tanto, de la ecuación. \eqref{EQ:torque} la magnitud del torque total \(d\tau_T\) producido por la fuerza \(dF_T\) está dada por
\begin{equation}
d\tau_T = dF_T (H – y) = \rho_w g y L dy (H – y),
\end{equation}
que podemos reescribir como
\begin{equation}
d \tau_T = L \rho_w g (H – y) y dy
= L \rho_w g ( H y dy \, – y^2 dy).
\end{equation}
Finalmente, para obtener la magnitud total del torque, debemos sumar las contribuciones de todas las franjas a todas las profundidades \(y\) desde \(0\) a \(H\). Esto corresponde a integrar \(d\tau_T\) con respecto a \(y\) de \(y = 0\) a \(y = H\), y se puede escribir como
\begin{equation}
\tau_T = \int_0^H d\tau_T = \int_0^H L \rho_w g ( H y dy \, – y^2 dy).
\end{equation}
Ahora, los términos constantes se pueden sacar de la integral. Por lo tanto, podemos reescribirlo como
\begin{equation}
\tau_T = L \rho_w g \int_0^H ( H y dy \, – y^2 dy).
\end{equation}
Además, si distribuimos la integral entre ambos términos, obtenemos
\begin{equation}
\label{EQ:ints}
\tau_T = L \rho_w g \left( \int_0^H H y dy \, – \int_0^H y^2 dy\right)
= L \rho_w g \left( H \int_0^H y dy \, – \int_0^H y^2 dy\right).
\end{equation}
Podemos usar la regla de la potencia para la integración con el fin de resolver ambas integrales. La regla de la potencia establece que para todo \(n \neq -1\), tenemos
\begin{equation}
\int_a^b y^{n} dy = \frac{y^{n+1}}{n+1}\Big|_a^b = \frac{b^{n+1}}{n+1} – \frac{a^{n+1}}{n+1}.
\end{equation}
Podemos aplicar esta regla para \(n = 1\) para resolver la primera integral en la ecuación. \eqref{EQ:ints} :
\begin{equation}
\label{EQ:y1}
\int_0^H y dy = \int_0^H y^{1} dy = \frac{y^{1+1}}{1+1}\Big|_0^H = \frac{y^{1}}{1}\Big|_0^H = \frac{H^2}{2} – \frac{0^2}{2} = \frac{H^2}{2}.
\end{equation}
Además, aplique la regla de la potencia para \(n = 2\) para resolver la segunda integral en la ecuación. \eqref{EQ:ints} de esta manera:
\begin{equation}
\label{EQ:y2}
\int_0^H y^2 dy = \frac{y^{2+1}}{2+1}\Big|_0^H = \frac{y^{3}}{3}\Big|_{0}^H = \frac{H^3}{3} – \frac{0^3}{3} = \frac{H^3}{3}.
\end{equation}
Sustituyendo las ecuaciones \eqref{EQ:y1} y \eqref{EQ:y2} en la ecuación \eqref{EQ:ints} obtenemos
\begin{equation}
\tau_T = L \rho_w g \left( H \cdot \frac{H^2}{2} – \frac{H^3}{3}\right) = L \rho_w g \left( \frac{H^3}{2} – \frac{H^3}{3}\right) = L \rho_w g H^3 \left( \frac{1}{2} – \frac{1}{3}\right),
\end{equation}
que es equivalente a
\begin{equation}
\tau_T = \frac{1}{6} L \rho_w g H^3.
\end{equation}
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