Guía de Ejercicios Fuerza. Prof. María Laurentín. - Facultad de ...

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería1A continuación se presentan algunos ejercicios resueltos, paso a paso, extraídos dellibro Aplicaciones Físicas de la Integral Definida:EJEMPLO 1Sea R la región definida por ( x,y)⎪⎧2x⎪⎫R = ⎨ / y ≤ 2 x ∧ y ≥ ∧ y ≥ 3 − x⎬. Se tiene⎪⎩4⎪⎭una placa con la forma de la región R sumergida verticalmente en un líquido de pesoespecífico 1000kgf3my sobre ella se está ejerciendo una fuerza de 3200 kgf,determinar si la placa está totalmente o parcialmente sumergida en dicho líquido. SOLUCIÓN:Se determina la región solución junto con sus puntos de intersección, la cualse muestra en la figura 1:y4(4,4)3y = 2x2(1,2)y =2x41y = 3 − x(2,1)x1 2 3 4Figura 1

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería2y = 2 x ⇒En las ecuaciones de las curvas se despeja la variable “x”, obteniéndose:x =2y4y = 3 − x ⇒ x = 3 − yAl despejar la variable “x” en la ecuación2xy = se obtiene: x = ± 2 y .4Siendo la rama negativa de la parábola:x = −2y y la positiva: x = 2 y . La ramanegativa está definida para x < 0 y la positiva para x > 0, que es con la que se va atrabajar, debido a que los valores de “x” donde está definida, son los que pertenecena la región de estudio.La placa puede estar completa o parcialmente sumergida en el líquido. Lassiguientes consideraciones conducen a la determinación de la posición de la placa enel líquido: Sí se calcula la fuerza que ejerce el líquido sobre la placa suponiendo quesu nivel coincide con la ordenada del punto más alto de la placa ( FTope), se obtiene elvalor mínimo de la fuerza que se ejerce sobre la placa, cuando la misma estásumergida completamente. Sí la fuerza dada es menor que la fuerza calculada( Fdada< F Tope), se concluye que la placa se encontrará sumergida parcialmente. Sí lafuerza dada es mayor que la fuerza calculada ( Fdada> F Tope), se concluye que la placase encontrará sumergida completamente.donde:Para calcular la fuerza, se divide la región R en dos subregiones: R1y R2, en

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería3R1es la región acotada por las curvas:y = 3 − x ,2xy = y la recta y = 2 .4En términos de la variable “y” la cota derecha de la región esx = 2 y y lacota izquierda esx = 3 − y .R2es la región que se encuentra limitada pory = 2 x ,y =2x4y la rectay = 2 . Sí se expresa en términos de la variable “y” la cota derecha de laregión esx = 2 y y la cota izquierda es2yx = (Ver figura 2).44y(4,4)32yx =4R2x = 2y2(1,2)R11x = 3 − y(2,1)yyx1 2 3 4Figura 2Sí el elemento de área se encuentra a una posición “y” en cada subregión, laprofundidad a la cual se encuentra sumergido seráh( y)= 4 − y . La fuerza sobre laregión R es la suma de las fuerzas sobre las regiones más pequeñas. Así:F Tope= F 1+ F 2

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería42F = ∫1000⋅ ( 4 − y) ⋅ [( 2 y ) − ( − y)]dyF1312=4∫2⎡( 4 − y) ⋅ ( 2 y )2⎛ y ⎞⎤1000 ⋅ ⎢ −⎜⎟⎥dy⎣ ⎝ 4 ⎠ ⎦Al resolver cada integral se obtiene:F1= 2192,79F2= 2840,54Entonces la fuerza total será:F Tope= F 1+ F 2=2192,79kgf + 2840,54 kgf = 5033,33 kgfLa fuerza dada en el enunciado del problema esF dada = 3200kgfy alcomparar este valor con la fuerza que se ha calculado (suponiendo que el nivel dellíquido coincide con el punto más alto de la placa)este último valor es mayor.FTope=5033,33 kgf, se observa queComo la fuerza dada es menor que la fuerza calculada ( Fdada< F Tope) seconcluye que la placa se encuentra sumergida parcialmente.En el ejemplo que se ha presentado anteriormente se conocía, como parte delproblema las ecuaciones de las curvas que delimitaban la placa. A continuación seresolverá un caso en el cual se da sólo la forma de la placa y antes de calcular la

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería5fuerza que ejerce un líquido sobre ella se deberá determinar el modelo matemáticoque define a la placa en el plano.EJEMPLO 3Considere la región R mostrada en la figura adjunta:32Parábola4Una placa tiene la forma y dimensiones de la región R y se encuentra sumergida enun líquido de peso específico γkgf3 de tal manera que el nivel de éste se encuentrama 3 − 3 unidades por encima del punto más alto de la placa. Calcular la fuerza queejerce el líquido sobre dicha placa. (Considerar medidas en metros)

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería6 SOLUCIÓN:Hay que ubicar la región en un sistema de referencia que permita desarrollarlas ecuaciones de las curvas que acotan la región, para así, determinar la expresiónmatemática o el modelo matemático que la define.Los ejes coordenados se disponen de tal manera que, el vértice de la parábolacoincida con el origen del sistema de coordenadas, y el eje “x” coincida con el ejefocal de la misma. Como se muestra en la figura 3.y( 3, 3)x(4,0)( 2,− 2)Figura 3( h k)V , es:La ecuación de una parábola con eje focal horizontal y vértice de coordenadas2( y − k) = 4 p( x − h)

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería7Como su vértice se encuentra en el origen V ( 0,0), la ecuación puedeescribirse en su forma canónica:y 2 = 4 pxSustituyendo las coordenadas de un punto que pertenezca a la parábola,( 2,− 2)o ( , 3)2x = y3 , se calcula el parámetro “p” y la ecuación de la parábola queda:La ecuación de la recta que pasa por dos puntos dados de coordenadasP ( x ) y ( x ), y1 1 1P viene dada por:, y2 2 2y − yx − x11y2− y1=x − xLa ecuación de la recta que pasa por los puntos ( , 3)213 y ( ,0)4 es:y = − 3( x − 4), al despejar la variable “x”, se obtiene: = − yx 43 +La ecuación de la recta que pasa por los puntos ( , 2)2 − y ( ,0)4 es:22 yy = ( x − 4), al despejar la variable “x”, se obtiene: x = + 422Por lo tanto, la región R en el plano estará definida por:⎧2 2⎫R = ⎨( x,y) / x ≥ y , y ≥ ( x − 4) , y ≤ − 3( x − 4)⎬⎩2⎭

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería8Al ubicar el nivel del liquido en el sistema de coordenadas, el mismo coincidecon la recta y = 3 ; el punto más alto de la placa ocurre para y = 3 y como 3 > 3la placa se encuentra totalmente sumergida en líquido. Al calcular la fuerza, se dividela región R en dos subregiones: R1y R2, donde:R1es la región acotada por las curvasR2se encuentra limitada porx = y2, = − yx 43 + y el eje x.x = y2 2 y, x = + 4 y el eje x.2Por lo que se usan dos elementos de áreas (Ver figura 4).3yy = 3Nivel del Líquido212x = yR 1( 3, 3)= − yx3 + 41 2 3 4yy(4,0)x-1R 2( 2,− 2)2 yx = + 42Figura 4

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería10EJEMPLO 3Los vértices de una placa triangular coinciden con los puntos ( 4,−2) , ( 1,3) y ( 3,0)− .Dicha placa está sumergida parcialmente en agua de modo que sólo el 80% de susuperficie está en contacto con el líquido. Calcular la fuerza que ejerce el agua sobrela placa. (Considerar las medidas de longitud en metros). SOLUCIÓN:La forma de la placa se muestra en la figura 5:y3(1,3)Recta 321Recta 1-4 -3 -2 -1 1 2 3(3,0)x-1Recta 2(-4, -2)-2Figura 5Es necesario calcular las ecuaciones de las rectas que acotan la región, parapoder así determinar el modelo matemático que la define:

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería11Recta 1. La ecuación de la recta que pasa por los puntos (1,3) y (3,0) es:3− 3 x + 9y − 3 = − ( x −1)⇒ y = , al despejar la variable “x”, se tiene:222 x = − y + 33Recta 2. La ecuación de la recta que pasa por los puntos (-4,-2) y (3,0) es:2 − 6= x7y , al despejar la variable “x”, se tiene: x = y + 372Recta 3. La ecuación de la recta que pasa por los puntos (-4,-2) y (1,3) es:y = x + 2 , al despejar la variable “x”, se tiene: x = y − 2Por lo tanto, la región R en el plano estará definida por:⎫⎨⎧ 2x− 6 − 3x= ( ) ≤ + ≥≤+ 9R x,y / y x 2 , y , y ⎬⎩72 ⎭y3(1,3)y = x + 22R2− 3 x + 9y =2-4 -3 -2 -1 1 2 31yy(3,0)x-1(-4, -2)R12 − 6y = x7-2Figura 6

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería12Se calcula el área total (A) de la región, para luego poder calcular el porcentajedel área de la placa que se encuentra en contacto con el líquido. Para ello se divide endos regiones separadas R 1 y R 2 , en la figura 6, se observa entonces que se usan doselementos de áreas horizontales. Observe, que:R 1 es la región que se encuentra acotada por la gráfica de las rectas escrita entérminos de la variable “x”: y = x + 2 y7términos de la variable “y”: x = y − 2 y x = y + 3 .2R 2 es la región que tiene como cota derecha a la recta2 − 6y = x . Sí se escriben en7− 3 x + 9y = y como2cota izquierda a la recta y = x + 2 . Sí ambas ecuaciones se escriben entérminos de la variable “y”, la cota derecha e izquierda de la región2respectivamente son: x = − y + 3 y x = y − 2 .3Para calcular el área de una región usando elementos de áreas horizontales, seusa la siguiente integral definida A [ s y)− h(y)]= d ∫cancho del elemento de área y [ ( y)h(y)]w − el largo.( dy , en donde “dy” representa elSí A 1 es el área de R 1 y A 2 es el área de R 2 , se obtiene:00⎛ 7⎞ ⎛ 51= ∫⎜y + 3 − y + 2⎟dy= ∫ ⎜ y + 5−2⎝2⎠ −2⎝2⎞A ⎟dy=5⎠

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería133⎛ 2⎞ ⎛ 5 ⎞A2 = ∫⎜−y + 3 − y + 2⎟dy= ∫⎜−y + 5⎟dy⎝ 3⎠ ⎝ 3 ⎠03015= 2El área total de la región es:A = A 1 + A 215A = 5 + =2Como las dimensiones de la placa se consideran en metros, se tiene entoncesque el área de la misma es:252A =25 m22Sólo el 80% de la superficie se encuentra en contacto con el agua. El área dela superficie en contacto es:⎛ 25 2 ⎞ 20,8 ⋅ A = 0,8⋅⎜m ⎟ = 10m. Como 80 % A > A 1 , la⎝ 2 ⎠superficie libre del líquido estará localizada en la región R 2 .Para calcular la altura de la superficie libre del agua ( h ), se plantean lasintegrales que permiten calcular sólo el 80% del área de la región, la cual consta detoda el A 1 y una porción del A 2 . Esta porción del A 2 comienza en y = 0 , dondecomienza la región R2, y termina eny = h , en donde “h” es el nivel que se busca:h⎛ 5 ⎞⎛ 5 ⎞⎛ 5 2 ⎞0 .8A= A1 + ∫⎜−y + 5⎟dy⇒ 10 = 5 + ∫⎜−y + 5⎟dy⇒ 10 − 5 = ⎜−y + 5y⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠0h0⇒ 5h2 − 30h + 30 = 0h0Observe en la figura 6 que el valor de “h” a obtener debe cumplir con la

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería14restricción 0 < h < 3. Debido a que son los valores de y en los cuales está definida laregión R 2 . Al resolver la ecuación 5h 2 − 30h + 30 = 0 se obtienen dos soluciones:h = 4,73 y h = 1, 27 . La primera solución no cumple con la restricción, por lo que se1 2descarta su valor. El nivel del líquido por lo tanto es: h = 1, 27 . Como el nivel dellíquido es menor que el punto más alto de la placa, el cual tiene como ordenada ay = 3 , la placa se encuentra sumergida parcialmente en el líquido.Sí el elemento diferencial de área ubicada en cada región se encuentra a unaposición “y”, la profundidad a la cual se encuentra sumergido seráPara calcular la fuerza que ejerce el agua (peso específico1000kgfm3h( y)= 1, 27 − y .) sobre lasuperficie que se encuentra en contacto con ella se plantean las siguientes integrales:FF5 ⎞1000 ⎟dy⎠0⎛1= ∫ ⋅ ( 1,27 − y)⋅⎜y + 5−2⎝ 21,272=5∫0⎛ 5 ⎞1000⋅( 1,27 − y)⋅⎜−y + ⎟dy⎝ 3 ⎠Al resolver cada integral se obtiene:F1= 9683,33F2= 3463,25La fuerza total que ejerce el agua sobre la placa es:F = F 1 + F 2F= 13146,58 kgf

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería15En el ejemplo 1, fue necesario determinar si la placa se encontraba completa oparcialmente sumergida en un líquido, teniendo como dato la fuerza que el líquidoejerce sobre la placa. En el siguiente ejemplo, se tiene como dato la fuerza que ejerceun líquido sobre las caras verticales de un depósito, y como incógnita el nivel dellíquido en el depósito. Para conocer el nivel que alcanza el líquido en el depósito, sedeberá realizar un razonamiento análogo al utilizado en el ejemplo 1.EJEMPLO 4Sea R la región cerrada, delimitada por: R ( x,y){ / x ≤ y2; x ≥ − y2; ≤ 2}= y. Undepósito tipo canal de 6 metros de largo, cuyas secciones transversales verticalestienen la forma de la región R, se encuentra lleno de agua, determinar el nivel delagua en el depósito; sabiendo que el agua ejerce una fuerza de 200 kgf sobre cadapared vertical del depósito. SOLUCIÓN:La región solución y los puntos de intersección se muestran en la figura 7:y( −4,0)2y = 2( 4,0)1.52x = −y12x = y0.5yx-4 -3 -2 -1 1 2 3 4Figura 7

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería16Sí el depósito estuviese lleno completamente del líquido, el nivel que alcanzael mismo en el depósito coincidiría con la ubicación del punto más alto del depósito.Para comprobar que el depósito no está lleno, se supone que el nivel del aguacoincide con la recta y = 2 . El elemento de área ubicado en la región se encuentra auna posición “y”, la profundidad a la que está sumergido esh( y)= 2 − y La integralque permite calcular la fuerza que ejerce el líquido sobre la placa es:F2= ∫1000⋅02( 2 − y) ⋅ ( 2y) ⋅ dyAl resolver la integral se obtiene:Por lo tanto, la fuerza es:F=F=8003800 kgf3El valor de esta fuerza calculada es mayor que la fuerza que el líquido ejercesobre la pared, por lo tanto, el nivel del líquido se encuentra entre 0 y 2, el depósitono se encuentra completamente lleno de líquido. La ecuación que corresponde a lafuerza que ejerce el líquido que se encuentra ubicado a una altura H sobre la paredes:( H − y)F = H ∫ 1000 ⋅ ⋅ 2ydySí se iguala al valor de la fuerza dada, se obtiene:02H200 = 1.000⋅∫0( H − y)⋅ 2y2dy

Prof. María C. LaurentínAplicaciones Físicas de la Integral DefinidaUniversidad de Carabobo – Facultad de Ingeniería17Al resolver se obtiene:⎡ H ⋅ y30,2 = ⎢⎢ 3⎣−Hy4 ⎤⎥4 ⎥⎦0Al evaluar:H4H4H40,2 = − ⇒ 0,2 =3 412Al despejar el valor de H:H= 1,24Como las unidades de longitud están en metros, el valor de H buscado es:H = 1,24 metros.