05Fluidos

84 Capítulo 1: Estática vectorial plana

1.9.5.- Ejemplo de aplicación

Hállense, una por una, las tensiones en las barras de la estructura articulada plana de barras

delgadas de la Figura 1.9.18, por el método de los nudos, por el método de las zonas, y por el método

de las secciones, sabiendo que está articulada en el punto A, apoyada en el punto E y sometida a las

cargas indicadas. Considérense las barras de la estructura sin peso (de peso despreciable frente a

las acciones). Dato: L = 5 m.

A

B

C

D

E

LL

L

L

L

L

L

2 T

5 T

3 T

Figura 1.9.18

RESOLUCION:

Obtención de las reacciones analíticamente

A

B

C

D

E

2 T

5 T

3 T

VA

HA

VE

Figura 1.9.19

Capítulo 1: Estática vectorial plana 85

Condición de equilibrio

= → =∑ 0 2 T ,x AF H (P1.1)

= → + =∑ 0 8 T ,y A EF V V (P1.2)

= → ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅∑ 0 5 3 7'5 5 5sen60º 2 10 ,A EM V (P1.3)

� �6'12 T , 1'88 T .E AV V (P1.4)

Obtención de las reacciones gráficamente:

Con este procedimiento se obtienen, al mismo tiempo, la resultante del sistema de fuerzas, el

eje central, y por consiguiente, la reducción del sistema a una fuerza.

En primer lugar se dibuja la figura con las fuerzas, a una escala determinada (en este ejemplo

la figura a escala 1/100, y la escala de fuerzas 1 T = 1 cm), tal y como se muestra en la Figura 1.9.20.

A

B

C

D

E

3T

2T

5T

HA

VA VE

Figura 1.9.20


Sobre la figura, se suman la fuerza horizontal de 2 T y la fuerza vertical de 5 T en el punto D.

A

B

C

D

E

3T

2T

5TR1

HA

VA VE

Figura 1.9.21

A continuación se obtiene el punto intersección de las líneas de acción de la fuerza de 3 T y la

fuerza que se acaba de obtener (punto I Figura 1.9.22). Se trasladan a este punto las fuerzas y se

suman por la ley del paralelogramo. La fuerza que se obtiene es la resultante R del sistema, y la

recta sobre la que se encuentra es el eje central, es decir, se ha reducido el sistema de fuerzas a

una fuerza: la resultante del sistema sobre el eje central.


A

B

C

D

E

3T

R1

R

eje central

I

HA

VA VE

Figura 1.9.22

En la Figura 1.9.23, y a la misma escala, se suman las fuerzas de 2 T, 5 T y 3 T, y se obtiene

la resultante R.


2T

5T

3T

R

Figura 1.9.23

Para que un sistema material sometido a 3 fuerzas se encuentre en equilibrio, las líneas de

acción de las mismas se deben cortar en un punto. Es decir, en este ejemplo la resultante sobre el eje

central, la línea de acción de la reacción vertical en E (conocida) y la línea de acción de la reacción en

A (desconocida) se deben cortar en un punto. Por tanto, si se observa la Figura 1.9.22, el eje central y

la línea de acción de la reacción vertical en E se cortan en el punto P. Uniendo este punto con A se

obtiene la línea de acción de la reacción en A (Figura 1.9.24).


A

B

C

D

E

P

R

HA

VA VE

Figura 1.9.24


Trazando paralelas a las líneas de acción de las reacciones en A y E, por origen y extremo de

la resultante, indistintamente, en la Figura 1.9.25, se obtiene los valores de las reacciones.

R R

HA

VA

VE

H +VA A

Figura 1.9.25


Método de los nudos

Procedimiento analítico

A

B

C

D

E

3T

2T

5T

HA=2 T

VA=1’88 T VE=6’12 T

Figura 1.9.26

Una vez obtenidas las reacciones de la estructura, se aislan los nudos considerando las

tensiones que ejercen las barras sobre los mismos, con el supuesto de que éstas trabajan a tracción,

se comienza por un nudo que tenga como máximo dos incógnitas (en este caso nudos A y E) y se

plantea el equilibrio del nudo.

Nudo A

= = → − −→∑ � �0 0 60º 1' 88T 2 '17TAB

F T seny AB T (P1.5)

= → − + = →∑ �0 cos 60º 2 3 ' 09TF T T Tx AB AC AC (P1.6)

HA

VA

TAB

TAC

Figura 1.9.27


Nudo B

= → = →∑ �0 cos 30º cos30º 2 '17TF T T Ty AB BC BC (P1.7)

= → + + = → −+∑ �0 cos 60º ( 2 0 4 '17T)F T T T Tx AB BC BD BD (P1.8)

TAB

2 TBD

TBC

Figura 1.9.28

Nudo C

= → + − = →∑ �0 os 30º ( 3 0 1' 29T)F c T T Ty BC CD CD (P1.9)

= → − + − + = →∑ �0 cos 60º ( 0 3 ' 53T)F T T T T TBC CD AC CE CEx (P1.10)

TBC TCD

TCE

TAC

3

Figura 1.9.29

Nudo D

= → − + = → −∑ �0 os 60º ( 0 7 ' 05T)F c T T T Ty DE CD BD DE (P1.11)

= → − + − = →∑ �0 60º ( 5 0 1' 28T)F sen T T TDE CD CDx (P1.12)

TBD

TDETCD

5

Figura 1.9.30

Una vez obtenidas las tensiones de todas las barras, realizar el equilibrio del último nudo sólo

sirve de comprobación de los resultados.

Nudo E

= → = → =∑ 0 os 60º 3 ' 53 3 ' 53TF T c T Ty DE CE (P1.13)

= → = → =∑ 0 60º 6 '11 6 '11TF V T sen TE DEx (P1.14)

VETCE

TDE

Figura 1.9.31


Procedimiento gráfico

H +VA A

TAC

TAB

Nudo A

TBC

TBD

Nudo B

TAB

2 T

TCD

TCE

Nudo C

3 TTBC

TAC

TDE

Nudo D

5 T

TBD

TCD

Nudo E

TDEVE

TCE

Figura 1.9.32


Método de las zonas

Se comienza, por ejemplo, numerando la zona comprendida entre HA y la fuerza de 3T como

zona 1, y se sigue en el sentido de las agujas del reloj, tal como muestra la Figura 1.9.33.

2 T

5 T

3 T

6’12 T

1’88 T

2 T

1

2

3

456

7

8

9

Figura 1.9.33

A continuación se construye el polígono de las fuerzas exteriores y las reacciones (estas

últimas se han obtenido previamente por procedimientos gráficos o analíticos) eligiendo una escala

para las fuerzas, que en este caso es 1 T = 1 cm. Se comienza por la fuerza que separa las zonas 1 y

2, que es la fuerza de 3 T (origen 1, extremo 2). Por el extremo de esta fuerza (2) se dibuja la

siguiente fuerza en sentido horario, que es la fuerza de 5 T que separa las zonas 2 y 3.


1 2

3

Figura 1.9.34

Se sigue este procedimiento hasta que se obtiene el polígono cerrado de fuerzas y

reacciones, y los puntos 1,2,3,4,5 y 6 (Figura 1.9.35).

12=6

3

4

5

Figura 1.9.35

Se comienza por el nudo A, en el que hay dos incógnitas (las tensiones de las barras 1-7 y 5-

7) y en el polígono de fuerzas se trazan rectas paralelas a la barra 1-7 por 1 y a la barra 5-7 por 5, la

intersección de éstas determina el punto 7. Los módulos de las tensiones en estas barras

corresponden a la medida de los segmentos 1-7 y 5-7 a la escala elegida, Figura 1.9.36.


12=6

3

4

57

Figura 1.9.36

Procediendo de forma análoga con el siguiente nudo en el que hay como máximo 2 incógnitas

(nudo B) se determinan los módulos de las tensiones de las barras 2-8 y 7-8, Figura 1.9.37.

12=6

3

4

57

8

Figura 1.9.37

Por último, y con el mismo procedimiento se determinan los módulos de las tensiones de las

barras 3-9 y 8-9, Figura 1.9.38.


12=6

3

4

57

8

9

12=6

3

4

57

8

9

Figura 1.9.38

Para determinar si las tensiones en las barras son de tracción o compresión, se procede

como se ha explicado en la teoría. Por ejemplo, en el nudo A, en el sentido de las agujas del reloj las

barras se denominan 1-7 y 7-5. En el polígono de fuerzas el sentido 1-7 indica que la fuerza va hacia

el nudo, luego la barra 1-7 trabaja a compresión, y la fuerza 7-5 se aleja del nudo, luego la barra 7-5

trabaja a tracción.

Método de las secciones

Tensión en la barra AB

Cortando por la sección indicada en la Figura 1.9.39, con la condición de =∑ 0CM se

obtiene TAB

TBC

TCD

TCE

HA

VA

CA

3 T

Figura 1.9.39

+ =5 sen60º 5 0AB AT V (P1.13)

Tensión en la barra AC


Cortando por la sección indicada en la Figura 1.9.40, con la condición de =∑ 0BM se

obtiene

A

B

HA

VA

TAC

TBC

TBD2 T

Figura 1.9.40

− − =55sen60º 5sen60º 02AC A AT H V . (P1.14)

Tensión en la barra BD


obtiene

C

D

E

VE

TBD

TAC

TBC

5 T

3 T

Figura 1.9.41

− + =5sen60º 25sen30º 5 0BD ET V . (P1.15)

Tensión en la barra BC

Cortando por la sección indicada en la Figura 1.9.42, con la condición de =∑ 0yF se

obtiene


A

B

HA

VA

TAC

TBC

TBD2 T

Figura 1.9.42

− =sen60º 0BC AT V . (P1.16)

Tensión en la barra CE

Cortando por la sección indicada en la Figura 1.9.43, con la condición de =∑ 0DM se

obtiene

E

VE

TCD

TBD

TCE

D

5 T

Figura 1.9.43

− =55sen60º 02CE ET V (P1.17)

Tensión en la barra CD

Cortando por la sección indicada en la Figura 1.9.44, con la condición de =∑ 0yF se

obtiene


E

VE

TCD

TBD

TCE

D

5 T

Figura 1.9.44

− + =sen60º 5 0CD ET V . (P1.18)

Tensión en la barra DE


obtiene

TDE

TAC

TBCTCD

CE

3 T

Figura 1.9.45

+ =5sen60º 5 0DE ET V . (P1.19)


1.10.- Fuerzas sobre superficies planas sumergidas.

Figura 1.10.1: Ejemplo de variación de la presión en líquidos.

1.10.1.- Introducción.

Un fluido homogéneo (líquido o gas) en reposo sólo transmite tensiones normales, es decir,

sobre las superficies con las que está en contacto sólo ejerce fuerzas perpendiculares a las mismas.

A la fuerza por unidad de superficie se le denomina presión. En los líquidos homogéneos, por ejemplo

el agua de la piscina de la Figura 1.10.1, la presión en un punto A es la misma en todas direcciones

(Figura 1.10.2), y se denomina presión hidrostática.

Figura 1.10.2

Esta presión surge de la acción combinada de la atmósfera y del peso del líquido y varía con

la profundidad, de acuerdo con la expresión

pA = p0 + γzA , (1.10.1)

Presión atmosférica

Fuerza repartida

Presión del agua

Resultante

pA pA

pA

pA

A A

zA

p0


donde p0 es la presión atmosférica en la superficie del líquido, γ es el peso específico del líquido

(producto de la densidad por la aceleración de la gravedad), y zA es la profundidad respecto a la

superficie libre del líquido a la que está situado el punto. En unidades del SI, a nivel del mar, p0 vale

aproximadamente 10.000 Kp/m2 = 10 T/m2 ≈ 100 KN/m2. En el caso del agua dulce, γ = 1.000 Kp/m3

= 1 T/m3 ≈ 10 KN/m3.

Considérese una superficie rectangular sumergida en un líquido, con dos de sus lados

paralelos a la superficie libre del líquido, como la mostrada en las Figuras 1.10.3-4. De acuerdo con la

ecuación (1.10.1), las presiones en un punto de la superficie situado a una profundidad z respecto a

la superficie libre viene dada por

p = p0 + γz , (1.10.2)

lo que indica una ley lineal de variación de la presión con la profundidad. Esta presión da lugar a

fuerzas perpendiculares a la superficie, ya sea ésta vertical (Figura 1.10.3) o inclinada (Figura 1.10.4),

que, sobre la cara izquierda de la misma, actuarán en el sentido indicado, y en sentido opuesto sobre

la cara derecha.

Figura 1.10.3

Figura 1.10.4

pB

p0

pA

zB

A

B

A

B

zA

pA = p0 + γzA pB = p0 + γzB

z

p

p0 superficie libre

p = p0 + γz

pB

p0

pA

zB

A

B

A

B

zA


z p

p0 superficie libre

p = p0 + γz


Si se observan las Figuras 1.10.3-4, la presión sobre las superficies vertical e inclinada da

lugar a sistemas continuos de fuerzas paralelas, por unidad superficie, es decir, como cargas

repartidas. En la Figura 1.10.5 se muestran las representaciones bidimensionales de estos sistemas,

que se conocen como diagramas de presiones. El prisma tridimensional se conoce como prisma de

presiones.

Figura 1.10.5

En la Estática de Fluidos se estudia el equilibrio de cuerpos en contacto con los líquidos, y las

fuerzas que estos líquidos originan sobre las superficies en contacto con los mismos.

1.10.2.- Fuerzas sobre superficies planas sumergidas en líquidos en equilibrio estático.

La presión se ha definido como fuerza por unidad de superficie. Si la presión actúa sobre un

área elemental dS como la mostrada en la Figura 1.10.6, la fuerza ejercida sobre ésta es

dF = p dS , (1.10.3)

normal a la superficie puesto que el líquido está en equilibrio.

Figura 1.10.6

pB

p0

pA

zB

A

B

zA


p pB

p0

pA

zB

A

B

zA


dS

superficie libre

dF = p dS

dF dF z


Si se observa la Figura 1.10.7, se deduce que el diferencial de fuerza corresponde al

diferencial de volumen dV del prisma de presiones, es decir,

dF = p dS = dV , (1.10.3)

Figura 1.10.7

por tanto la resultante de las fuerzas que ejerce el líquido sobre la superficie queda de la forma

= = = =∫ ∫ ∫F dF pdS dV V , (1.10.4)

es decir, la fuerza resultante que ejerce un líquido homogéneo en reposo sobre una superficie plana

coincide con el volumen del prisma de presiones que ejerce el líquido sobre dicha superficie (Figura

1.10.8).

Figura 1.10.8

A esta fuerza resultante se le denomina empuje que ejerce el líquido sobre la superficie, y

está aplicada en la intersección del eje central del sistema de fuerzas con la propia superficie. A este

punto intersección se le denomina centro de empujes o centro de presiones. Por coincidir la fuerza

superficie libre

F

V

F = V

F V

F = V

dS

superficie libre

dV

dS p

dV = p dS = dF

z p

dV = p dS = dF


resultante con el volumen del prisma de presiones, el eje central pasará por el centro de gravedad del

prisma. Por tanto, conocido el centro de gravedad del prisma queda determinado el centro de

presiones (Figura 1.10.9).

Figura 1.10.9

El procedimiento más adecuado para obtener el centro de presiones consiste en

descomponer el prisma de presiones (en general de sección trapecial) en prismas más sencillos (de

sección triangular y rectangular) de los que se conoce fácilmente el centro de gravedad, y por tanto,

se conoce la posición de la fuerza equivalente. El procedimiento se muestra en la Figura 1.10.10.

Figura 1.10.10

El empuje que ejerce el líquido sobre la superficie se obtiene como la suma de los tres

volúmenes de los prismas en que se ha dividido el prisma de presiones de la Figura 1.10.10, y queda

de la forma

γ γ γ γ= + + − = + + = +0 0 01 1( ) ( )2 2A B A B A GF p S z S z z S p S z z S p S z S , (1.10.5)

S

p0

zB

zA γzA

γ(zB - zA)

F1 = p0S F2 = γzAS

F3 = γ(zB - zA)S/2

zG

G

a/2 a/3 a

A

B

A

B

F = F1 + F2 + F3

CE

dCE

F3 F2

F1

superficie libre

F

G

F = V

F

F = V

eje central

eje centralG CE

CE


donde

= +1( )2G B Az z z (1.10.6)

es la profundidad respecto a la superficie libre a la que está situado el centro de gravedad de la

superficie (que no debe confundirse con el centro de gravedad del prisma de presiones).

Para obtener la posición del centro de presiones se toman momentos con respecto a un punto

(por ejemplo el B de la Figura 1.10.10) y se iguala el momento resultante del sistema al momento del

empuje. El resultado es

γγ

+ +⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ → =

+ +0

1 2 30

3 (2 ).

2 2 3 2 ( ) 3A B

CE CEA B

p z za a a aF d F F F dp z z

(1.10.7)

Dado que el resultado obtenido en la ecuación (1.10.7) no es fácil de recordar, no se

recomienda memorizarlo, sino calcular el centro de presiones para cada problema en concreto

aplicando el método arriba descrito.


1.10.3.- Problemas ejemplo

Problema ejemplo 1

La Figura P1.1 representa la sección por su plano de simetría de una compuerta en forma de

cruz que puede girar alrededor de la articulación B, y contiene agua por su parte superior izquierda.

Considerando el peso de la compuerta despreciable frente a las otras solicitaciones, obténgase:

1. Fuerza y punto de aplicación de la acción que ejerce el agua sobre la superficie vertical BE de la

compuerta.

2. Módulo y sentido de la fuerza vertical que hay que aplicar en C para mantener la compuerta en

equilibrio.

3. Componentes de la reacción en el eje articulado B.

Supóngase que la dimensión perpendicular al plano del dibujo es 1 m.

Figura P1.1

AGUA

AIRE

AIRE

2 m 2 m

2 m

2 m

z

x

A B C

E

D


RESOLUCIÓN

En la Figura P1.2a se muestra el diagrama de las fuerzas ejercidas por el agua sobre la superficie

vertical BE.

Figura P1.2

La resultante queda de la forma

γ= + = + =0 200 KN 20 KN 220 KN ,BE GF p S z S (P1.1)

donde S = 2 m2 es el área de la parte de compuerta considerada y zG = 1 m es la profundidad del

centro de gravedad de la compuerta BE. Esta resultante puede obtenerse también como la suma de

las dos contribuciones en el prisma de presiones que se indican en la Figura P1.2b: la

correspondiente al prisma de base rectangular (F1) y la originada por el prisma de base triangular

(F2). Estas contribuciones son

= =1 0 200 KN ,F p S (P1.2)

γ= = ⋅ ⋅ =21 110 2 2 20 KN ,2 2EF z S (P1.3)

Para calcular el punto de aplicación, se impone la condición de que el momento total respecto

al punto E sea igual al momento de la resultante

⋅ + ⋅ = ⋅ → ⋅ + ⋅ = ⋅ → = =1 24 4 341 200 1 20 220 1'03 m .3 3 33CE CE CE CEF F F z z z (P1.4)

Dado que las fuerzas debidas a la presión atmosférica se compensan al actuar sobre las dos

caras de las superficies involucradas, el diagrama de sólido libre de la compuerta queda como se

muestra en la Figura P1.3, donde

F1 4/3 m 1 m

FBE

zCE zG

B

E

F2

B

E

(a) (b)


= ⋅ ⋅ =1110 2 2 20 KN ,2

E (P1.5)

= ⋅ ⋅ =2 10 2 2 40 KN .E (P1.6)

Planteando el equilibrio de momentos en la articulación B se obtiene

⋅ − ⋅ + ⋅ = → = =1 22 401 2 0 KN 13'33 KN .3 3

E E F F (P1.7)

Figura P1.3

Las fuerzas de reacción sobre la articulación B se calculan imponiendo las condiciones de

equilibrio para las fuerzas en dirección horizontal y vertical

− = → = =1 10 20 KN .B BE H H E (P1.8)

− − + = → = + = =2 21600 KN 53'33 KN .

3B BE F V V E F (P1.9)

HB

F

1 m

B 2/3 m

VB

E1 E2

2 m


Problema ejemplo 2

Una compuerta de altura AB = 2 m y anchura b = 1 m está articulada en su lado inferior A y

contiene agua a su izquierda hasta una altura de 1 m. Para mantenerla en equilibrio se sujeta, por su

punto medio, mediante un cable BC horizontal, inextensible y de peso despreciable, a un bloque de

hormigón de planta cuadrada de 1 m de lado y 3 m de altura. Sabiendo que el peso del bloque es de

3 KN, obténgase

1. El valor y el punto de aplicación de la fuerza que ejerce el agua sobre la compuerta.

2. El empuje resultante que ejercen el agua y el aire sobre la compuerta.

3. La tensión del cable

4. El mínimo valor de coeficiente de rozamiento entre la base del bloque y la superficie horizontal

donde se apoya para que exista equilibrio.

Figura P2.1

RESOLUCIÓN

La fuerza que ejerce el agua sobre la compuerta (Figura P2.2) es

γ= + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =0 100 1 1 10 0.5 1 1 105 KN .GF p S z S (P2.1)

3 m

2 m

1 m 2 m

AIRE

B C

A

x

AIRE

AGUA

z


Figura P2.2

El empuje ejercido por el agua y el aire sobre la compuerta (Figura P2.3) resulta

γ= = ⋅ ⋅ ⋅ =10 0.5 1 1 5 KN ,GE z S (P2.2)

Figura P2.3

donde se ha tenido en cuenta que las fuerzas consecuencia de la presión atmosférica se compensan

al actuar sobre los dos lados de la compuerta.

Para calcular la tensión del cable, se plantea el equilibrio de momentos respecto a la

articulación A, lo que da lugar a

⋅ − ⋅ = → = =1 52 0 KN 0'833 KN .3 6

E T T (P2.3)

Figura P2.4

zCEzG

T

F

A

A

E

T

p0

A

E P

HA

VA

T


Las ecuaciones de equilibrio del bloque (véase diagrama en la Figura P2.5) son

Figura P2.5

− = → = = =50 KN 0'833 KN .6R RT F F T (P2.4)

− = → = =0 3 KN .N P N P (P2.5)

−⋅ + ⋅ − ⋅ = → = = =2 42 1 0 m 0'44 m .9

P TT N x P xN

(P2.6)

Para que el bloque no deslice ha de cumplirse la condición

µ µ µ≤ → ≤ → ≥ =5 53 0 '278 .6 18RF N (P2.7)

El bloque no vuelca en esta situación, ya que el punto de aplicación de la normal se

encuentra situado sobre la base del bloque. Por tanto, el mínimo valor del coeficiente de rozamiento

pedido resulta µ = 0’278

P

N FR

T

x

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