$(1)$ \[ F= \rho g y_GA\\ ここでy_G=1.6 \, \mathrm{m} , \, A=1.2 \, \mathrm{m^2}\\ \begin{align} F &=1000\times 9.8\times 1.6 \times 1.2\\ &=18816 \,\rm{N}\\ &= 18.8 \,\rm{kN} \end{align}\] $(2)$ 幅$b$，高さ$h$の長方形ゲートの図心を通る水平軸まわりの断面$2$次モーメントは$I_G=bh^3/12$となるので， \[\begin{align} I_G =\frac{bh^3}{12}&=\frac{1\times1.2^3}{12}\\ &=0.144 \,\rm{m^4} \end{align}\] $(3)$ \[\begin{align}y_C=y_G+\frac{I_G}{y_G A} &=1.6+\frac{0.144}{1.6\times 1.2}\\ &=1.675\\ &=1.68 \,\rm{m} \end{align}\] (解説) 平版に作用する全圧力 図を参考に，実際の圧力分布$p(y)$による力と同等の作用をもたらす仮想の力$F$を考える． Gはゲートの図心であり，位置座標$y=y_G$，Cは圧力中心であり，位置座標$y=y_C$とする． ゲートに働く全圧力$F$は，微小要素$dA$に働く全圧力$dF=pdA$の面積分(総和)に等しいので， \[ F=\int_ApdA=\int_A\rho gydA= \rho g\int_A ydA \ \ \ \cdots(1)' \] 一方，図心の定義より， \[ y_GA=\int_A ydA\\ y_G=\frac{\int_AydA}{A} \ \ \ \cdots(2)' \] 式$(1)'$，$(2)'$により， \[ F=\rho gy_GA\ \ \ \cdots(3)' \] を得る． %=image:/media/2015/02/18/142422769043177500.png: 次に，全圧力$F$(仮想の集中ベクトル)の作用点C(圧力中心)，位置座標$Y_C$を求めたい． $o-x$軸まわりのモーメントバランスにより， \[ (Fがつくるモーメント)=(圧力分布pがつくるモーメント)\] \[ Fy_C=\int_A ydF\\ Fy_C=\int_A y(pdA)\\ \] ここで，$F=\rho gy_GA，p=\rho gy $より \[ \rho gy_GAy_C=\rho g\int_Ay^2dA\\ \therefore y_C=\frac{\int_A y^2dA}{y_G A} \] ここで，$\int_Ay^2dA$を断面$2$次モーメントと呼ぶ． $I_X\equiv \int_Ay^2dA$とおいて， \[ y_C=\frac{I_x}{y_GA} \ \ \ \cdots(4)' \] さらに，平行軸の定理より， \[ I_x=I_G+Ay_G^2\ \ \ \cdots(5)' \] 式$(5)'$を式$(4)'$に代入して， \[ y_C=y_G+\frac{I_G}{y_GA}\ \ \ \cdots(6)' \] を得る． (注意) $p=\rho gy$の表現について，大気圧$p_0$はゲートの周囲で相殺されるので考慮しない(ゲージ圧の表現となる)ことに注意されたい． 断面$2$次モーメントの計算例 幅$b$，高さ$h$の長方形ゲートの場合， \[ dA=bdy \] \[\begin{align} I_G &=\int_Ay^2dA\\ &=\int_{-\frac{h}{2}}^{\frac{h}{2}}y^2bdy\\ &=2\int_{0}^{\frac{h}{2}}y^2bdy\\ &=2b\left[\frac{h^3}{3} \right]^{\frac{h}{2}}_0\\ &=\frac{bh^3}{12} \end{align}\] %=image:/media/2015/01/15/142125786463609000.png: