Fundamentos Físicos de la Ingeniería

Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Primer Parcial / 11 enero 2003
1. Una partícula se mueve en el plano xy con aceleración constante. Para t = 0, la partícula se encuentra en
la posición r0 = 4 i + 3 j m y se mueve con velocidad v0. Para t = 2 s, la partícula se ha desplazado a la
posición r2 =10 i –2 j m y su velocidad ha cambiado a v2=5 i – 6 j m/s. Determinar: a) La velocidad v0.
b) La aceleración de la partícula. c) La velocidad de la partícula en función del tiempo. d) La ecuación de
la trayectoria. e) Las aceleraciones normal y tangencial y el radio de curvatura para t = 2 s.
Puesto que la aceleración es constante, las expresiones de la velocidad y del vector de
posición serán:
v = v0 + at
r = r0 + v0t + 12 at 2
Sustituyendo en estas expresiones las condiciones propuestas, obtenemos:
 5  v0 x 
 ax 
   
 
[1]
−6 = v0 y  + 2 a y  → 

   
 


[2]
 0   0 
 0 
 
 10  4
 v0 x 
   
  22  ax 
[3]
−2 = 3 + 2 v0 y  + a y  → 
   
  2  


[4]
 0 
 0  0
 0 
v0 x + 2ax = 5
v0 y + 2a y = −6
2v0 x + 2ax = 6
2v0 y + 2a y = −5
de modo que disponemos de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas. Resolviéndolas,
tenemos:
[1] v0 x + 2ax = 5
v0 x = 1 m/s
→ 

[3] 2v0 x + 2ax = 6
ax = 2 m/s 2

v0 y = 1 m/s
[2] v0 y + 2a y = −6
→ 

[4] 2v0 y + 2a y = −5
ax = −3.5 m/s 2


Los resultados pedidos son:
 
 2 
1



v0 = 1 m/s a = −3.5 m/s 2
 


0
 0 
a = 4.03 m/s 2
2 

 1 + 2t 
 4 + t + t 



v = 1− 3.5t  m/s r = 3 + t −1.75t 2  m




0

 0 

e) En el instante t = 2 s, serán
 2   5 
 5 


  
  1  155 

 a ⋅ v  v  a ⋅ v 
1
31



at = 
=
v = −3.5i−6 v = −6 = −186
at = 3.97 m/s 2
 v  v  v 2 




  

61 
61   61 


 0 
 0 
 0   0 
 2 
 155 
 −33 

 1 
 1 

an = a − a t = −3.5 − −186 = −27.5
an = 0.70 m/s 2

 61 
 61 

 0 
 0 
 0 
61
v2
= 86.6 m
ρ= =
an 0.70
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2. Deseamos apilar un cierto número de ladrillos uno sobre otro, como
se muestra en la figura, de modo que obtengamos el máximo saliente.
Deseamos apilar un cierto número de ladrillos uno sobre otro, como se
muestra en la figura, de modo que obtengamos el máximo saliente.
a) Obtener el criterio que debemos seguir para conseguir nuestro objetivo. b) Demostrar que se puede conseguir un saliente tan grande como queramos sin más que apilar un
número suficientemente grande de ladrillos.
a) En la figura, hemos representado mediante un circulito la posición del centro de
gravedad de cada uno de los ladrillos. Mediante un triangulito, hemos representado la
posición del centro de gravedad del ladrillo que sirve de base y de todos los que tiene
encima.
G123 G12 G1
(1)
l/2
(2)
l/4
(3)
(4)
l/6
El criterio que debemos seguir para apilar los
ladrillos es que el centro de gravedad de los
ladrillos que se encuentre encima de uno dado
no sobresalga sobre el borde de este último,
tal como se ilustra en la figura para una
condiciones críticas de equilibrio.
La mayor longitud de la parte saliente del ladrillo superior (1) es igual a l/2. Los ladrillos
sucesivos sobresalen sobre los que les sirven de base una distancia dada por
m ⋅ 0 + m(−l / 2)
l
=−
2m
4
2m ⋅ 0 + m(−l / 2)
l
ladrillo 3 → G (123) =
=−
3m
6
3m ⋅ 0 + m(−l / 2)
l
ladrillo 4 → G (1234) =
=−
4m
8
deduciéndose de modo obvio la regla a seguir en el caso de que hubieran más ladrillos.
ladrillo 2 → G (12) =
b) La distancia máxima en que la parte derecha del ladrillo superior (1) sobresale sobre el
ladrillo inferior (n-ésimo) que sirve de base, se expresa en la forma:
1 1 1 1
 l 1 1 1 1

l  + + + + … =  + + + + …
 2 4 6 8

 2 1 2 3 4

que es la bien conocida serie armónica, que es divergente. Así, para un número ilimitado
de ladrillos, esta suma tiende hacia infinito, con lo que queda demostrado el aserto
propuesto.
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3. La cubierta del rodamiento a rodillos representado en la figura está fija,
mientras que el árbol interior gira con velocidad constante ω1 en sentido horario.
Los rodillos ruedan sin resbalar por las pistas. Determinar: a) La velocidad
angular ω2 de un rodillo, indicando su sentido. b) La velocidad vB y la
aceleración aB del punto B del eje de un rodillo. c) La aceleración aA del punto A
de la periferia del rodillo.
B
aB
R
vB
vC
C
y
x
B
RR
ω1
6R
Se trata de un movimiento plano en el que el CIR del
rodillo se encuentra en el punto A, que se encuentra
instantáneamente en reposo por no resbalar el rodillo
respecto de la cubierta. Por la misma razón, la velocidad
del punto C del rodillo tiene la misma velocidad que la
del punto C perteneciente a árbol interior; esto es,
A (CIR)
ω2
A
vC = 6 Rω1
ω1
a) Determinamos la velocidad angular ω2 del rodillo a
partir del conocimiento de la posición del CIR (punto
A) y de la velocidad del punto C:
vC = ω2 AC → ω2 =
vC
6 Rω1
=
= 3ω1
2R
AC
en el sentido antihorario, tal como se indica en la figura.
b) La velocidad del punto B es la mitad de la del punto C, tal como se deduce de la
construcción gráfica de la figura; i.e.,
vB = Rω2 = 3Rω1
El punto B está describiendo una trayectoria circular de radio 7R con celeridad constante.
En consecuencia, presenta una aceleración centrípeta (dirigida hacia el centro de dicha
trayectoria) cuyo módulo es
2
(3Rω1 ) 9 2
v2
aB = B =
= Rω1
7R
7R
7
c) Determinamos la aceleración del punto A o CIR a partir de la del punto B mediante la
expresión:
(
aA = aB + ω2 × BA + ω2 × ω2 × BA
)
con ω2 = 0
de modo que
 0 
 0 

 

0
0


  0   0   0  
  0 
 

 9




        9
 
9
72
2
2
2
2
2
2



aA = − Rω1  +  0 ×  0 × R = − Rω1  + −Rω2  = − Rω1 + 9 Rω1  = − Rω1 

 7
 7
        7
 
  7

 

 0  ω2  ω2   0   0   0 

0
0





 

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4. Un ferrocarril ligero subterráneo está compuesto por tres vagones, los extremos de 100 t (toneladas) cada
uno, y el central de 50 t (toneladas). Al aplicar el freno se ejerce la misma fuerza de frenada en cada vagón.
El coeficiente de rozamiento con los carriles vale 0.1. a) Calcular la aceleración de frenada máxima que
admiten sin que deslice ningún vagón y las fuerza que ejercen los vagones en lo topes. ¿Qué vagón o
vagones serían los primeros en deslizar. b) La aceleración de frenada máxima que admitirán sin que
deslicen todos los vagones.
dirección del
movimiento
m = 50 t
e
T3
2m
d T1
m
2m
+
c
T1
T3
f2
f3
f1
Empezamos calculando los valores máximos de las fuerzas de rozamiento
ffreno
f1,máx = µ N1 = 0.1×100×103 = 10×103 kg = 98 kN
v
froz
f 2,máx = µ N 2 = 0.1×50×103 = 5×103 kg = 49 kN
ω
f3,máx = µ N 3 = 0.1×100×103 = 10×103 kg = 98 kN
a) Para que no deslice ningún vagón, la fuerza de frenado (interior al sistema) no puede
superar ninguno de los valores máximos de las fuerzas de rozamiento. En consecuencia,
las fuerzas de rozamiento serán iguales, en los tres vagones, al menor valor máximo de
ellas; esto es f1 = f 2 = f 3 = f máx = f 2,máx . Escribimos la ecuación del movimiento para
todo el sistema en su conjunto:
−3 f máx = mtot amáx
→ amáx
3 f máx
3× 49×103
=−
=−
= − 0.588 m/s 2
3
mtot
250×10
y para los vagones primero y último:
−T1 − f máx = m1amáx
→ T1 = − f máx − m1amáx = −49×103 −100×103 × (−0.588) = 9.8 kN
T3 − f máx = m3 amáx
→ T3 = f máx + m3 amáx = 49×103 + 100×103 × (−0.588) = −9.8 kN
e
2m
dirección del
movimiento
T3
m
d T1
T3
f3
2m
+
c
T1
f2
f1
de modo que el diagrama de fuerzas es el que se representa en la tercera figura. Si se
superasen los límites de frenada, el primer vagón en deslizar sería el central.
b) Ahora, permitimos que deslice el vagón central, pero no los de los extremos. Bastará
con que la fuerza de frenado no supere el valor máximo de la mayor de las fuerzas de
rozamiento. En estas condiciones, los valores de las fuerzas de rozamientos serán los
máximos posibles en cada vagón. Escribimos la ecuación del movimiento para todo el
sistema en su conjunto:
− f1,máx − f 2,máx − f3,máx = mtot amáx
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→ amáx = −
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Σf1,máx
mtot
245×103
=−
= − 0.98 m/s 2
3
250×10
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5. Un cilindro homogéneo de 1.2 m de
diámetro que pesa 10 kN descansa sobre la
plataforma de un camión según se indica en la
figura. Los bloques representados se utilizan
para impedir que ruede el cilindro cuando
acelere el camión. Determinar la aceleración
de éste que haría que el cilindro rodara sobre
el bloque.
Fuerza de
inercia
O
ma0
B
mg
θ
A
b
h
60cm
10cm
Supongamos que el camión frena con una
aceleración constante -a0. Sobre el cilindro
“aparece” una fuerza de inercia dirigida hacia
delante (en el sentido de la marcha) dada por
-m(-a0) = ma0. En la figura hemos representa el
diagrama del cuerpo libre o diagrama de fuerzas
que actúan sobre el cilindro, en un referencial
solidario con el camión en el que, en las
condiciones críticas, el cilindro aun permanece en
equilibrio, aunque manifiesta una tendencia a
rodar sobre el borde A del bloque indicado.
Aplicamos tan sólo la segunda ecuación del equilibrio, tomando momentos en A:
ma0 ( R − h) = mgb → a0 =
b
g
R−h
A partir de la figura, por aplicación del teorema de Pitágoras, tenemos:
b 2 = R 2 − ( R − h) 2 = 2 Rh − h 2 = h(2 R − h)
∴ b = 10(120 −10) = 33.17 cm
De este modo, la aceleración pedida es
a0 =
33.17
g = 0.66 g = 6.5 m/s 2
60 −10
Obviamente, las misma consideraciones nos llevarán a los mismos resultados en el caso
de que el camión acelere, solo que entonces la fuerza de inercia tendrá sentido opuesto al
indicado en la figura y la rodadura se presentará sobre el borde B del bloque trasero.
Otro método: Aplicamos tan sólo la primera ecuación del equilibrio, en las direcciones
horizontal y vertical; i.e.,
↔ ma0 = N cos θ
÷


mg = N sen θ
con
sen θ =
a0
= cotg θ → a0 = g cotg θ
g
R − h 50 5
=
=
→ θ = 56.4º → cotg θ = 0.66
R
60 6
de modo que
a0 = g cotg θ = 0.66 g = 6.5 m/s 2
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