Fundamentos Físicos de la Ingeniería

Fundamentos Físicos de la Ingeniería
1.
Segundo Parcial / 2 abril 2009
Una varilla rectilínea y uniforme, de masa m y longitud l cae libremente en
posición horizontal. En el instante en que su velocidad es v 0 , la varilla
golpea elásticamente el borde de una cuchilla rígida y fija. a) Determinar el
estado de movimiento de la varilla inmediatamente después del golpe.
b) Calcular la percusión sobre la varilla. c) Determinar el cambio que
experimenta la energía cinética de la varilla.
m, l
cuchilla
v0
a) Durante el proceso impulsivo, la varilla está sometida a una percusión extrna en su
extremo izquierdo, por lo que no se conservan ni su cantidad de movimiento, ni su energía
cinética.
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la dinámica impulsiva, tomando momentos en el c.m.
de la varilla, y las dividimos m.a.m. para eliminar Π:
ìï-P = m (vcm - v0 )
ïï
íl
ïï P = 1 ml 2 (w - 0)
ïïî 2
12

¸ m.a.m.
1
l
w
- = l2
2 12 vcm - v0
 6vcm + l w = 6v0
(1)
Aplicamos la Regla de Huygens-Newton con e =1 (colisión perfectamente elástica), siendo
v A la velocidad del punto A de la varilla inmediatamente después de la colisión y obtenemos
dicha velocidad a partir de la del centro de masa C de la varilla:
ì
vA = -v0
ï
ï
ï
í
l
ï
vA = vcm - w
ï
ï
2
î
 vcm - w
l
= -v0  2vcm - wl = -2v0
2
(2)
Resolvemos el sistema de ecuaciones (1) y (2):
m, l
ì
6vcm + l w = 6v0
ï
ï
í
ïî
ï2vcm - l w = -2v0
C
A
v0
Π
A
m, l
ω
+
+
vcm

+ m.a.m.
8vcm = 4v0
ïìïvcm = 0.5v0
 ïí
3v0
ïïïw =
l
î
b) La percusión que recibe la varilla es igual al cambio que
experimenta su cantidad de movimiento. Calculamos la
percusión a partir de la primera ec. de (1) en la que
sustituimos los resultados anteriores:
1
P = -m (vcm - v0 ) = -m (0.5 -1) v0 = mv 0 (hacia arriba)
2
c) Variación de la energía cinética:
ì
1
ìï
ï
1
ïïE0 = mv02
ïïΔE = E - E0 = - mv02
ï
2
ï
4
ïí
 ïí
2
2
ïï
ï ΔE
ö
öæ 3v ö
1 2
1æ 1
1 v
1æ 1
1
= -0.5 = -50%
+ çç ml 2 ÷÷÷ w 2 = m 0 + çç ml 2 ÷÷÷çç 0 ÷÷÷ = mv02 ïï
E = mvcm
ïïï
ï
ç
ç
ø
øèç l ø
2
2 è12
2 4 2 è12
4
îï E0
î
de modo que la pérdida de energía cinética representa el 50% de la inicial.
Otro Método. Conservación del momento angular en A:
mv0
ö
l
l æ1
= mvcm + çç ml 2 ÷÷÷ w  6v0 = 6vcm + l w
ø
2
2 çè12
Departamento de Física Aplicada
E.T.S.I.A.M.
Creación: 29/03/2009 - Revisión: 10/04/2009 - Impresión:10/04/2009
(1)
Universidad de Córdoba
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2. Un pilar de hormigón armado, de sección cuadrada y 10 m de altura, debe soportar una carga, a compresión
pura, de 255 t. Se sabe que el 10% del área de la sección cuadrada del pilar está ocupado por los “redondos”
(varillas cilíndricas, longitudinales) de acero y el resto por hormigón en masa. Las características máximas
de trabajo permitidas y los módulos de Young tienen los valores siguientes:
σ máx ( N/mm2 )
25
400
hormigón
acero
E ( N/mm2 )
30 000
200 000
a) Calcular la deformación longitudinal máxima que puede soportar el pilar. b) Determinar el lado de la
sección cuadrada del pilar. c) Siendo cuatro los “redondos” del acero de la armadura del hormigón, determínese el diámetro de cada uno de ellos.
Datos: 255 ton = 255´103 ´9.8 = 2.5´106 N ; 1 N/mm 2 = 106 N/m 2
F
a) Las deformaciones máximas experimentadas en las condiciones críticas
de trabajo son
Como
smax H
hormigón:
emax H =
acero:
emax acero =
=
EH
smax acero
Eacero
a
-25
= - 0.83´10-3
30 000
=
l
-400
= - 2´10-3
200 000
emax H < emax acero , y ambos materiales experimentan la misma
deformación, tendrán el límite del más crítico; i.e.,
emáx = emáx H = - 0.83´10-3
(Δl )máx = lemáx = - 0.83´10-2 m = -8.3 mm
b) La carga soportada por cada uno de los materiales será
ü
FH = 0.9 S EH e
ï
6
ý F + Facero = (0.9 EH + 0.1 Eacero ) S e = -2.5´10
Facero = 0.1 S Eacero e ïþï H
-2.5´106
S=
= 63830 mm 2
-3
(27 000 + 20 000) (-0.83´10 )
a = 63830 = 253 mm
c) La sección del acero será el 10% de la del pilar
Sacero = 6383mm 2
y cada uno de los cuatro redondos tendrá una sección de
S redondo = 1595.75 mm 2
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 r = 22.3 mm 
Æ = 44.6 mm
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3. Un péndulo compuesto está constituido por una varilla (masa m, longitud 4R) soldada a una
esfera (masa 5m, radio R), tal como se indica en la figura. a) Determinar la longitud del
péndulo simple equivalente, la frecuencia y el periodo de las pequeñas oscilaciones. b) Marcar
en un esquema gráfico las posiciones de los puntos notables del péndulo (centro de gravedad,
centro de oscilación,...)
4R
m
2
Datos: momento de inercia de una esfera, 2mR / 5
5m
2R
Localizamos el centro de gravedad (G) del péndulo:
OG = h =
m (2 R ) + 5m (5R ) 27
=
R = 4.5 R
6m
6
Mediante el teorema de Steiner, calculamos el momento de inercia de la esfera con respecto
al eje de rotación en O y, luego, el del péndulo completo:
2
I O,esf = (5m) R 2 + (5m) (5 R) 2 = (2 + 125) mR 2 = 127mR 2
5

1
397
2
I O = I O,var + I O,esf = m (4 R ) + 127mR 2 =
mR 2 = 132.3 R
3
3
La longitud reducida del péndulo es:
l=
IO
mpénd h
=
397mR 2 / 3 397
=
R = 4.90 R
6m (27 R / 6)
81
O
El centro de oscilación (O’, conjugado de O) está situado a una
distancia
h
h ' = l - h = (4.90 - 4.50) R = 0.40 R
Gv
por debajo del centro de gravedad G.
La frecuencia y el periodo de las pequeñas oscilaciones serán:
w=
g
g
81g
=
= 0.452
l
397 R
R
T = 2p
397 R
R
= 13.9
81g
g
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h’
G
O’
Ge
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4. Un tonel de completamente lleno de vino (de densidad, 0.92 g/cm3) tiene las
dimensiones que se indica en la figura y está tumbado en la bodega. Calcular el
empuje que ejerce el vino sobre cada una de las tapas del tonel y determinar la
posición del centro de presiones sobre las mismas medidas respecto al centro de
las tapas.
x
Medimos las profundidades a partir del
eje xx indicado en la figura. El centro
geométrico (centroide) de la tapa se
encuentra a una profundidad h c =R.
R
hc
r
hcp
F
F
200 cm
Cálculos previos
x
D
100 cm
Segundo Parcial / 2 abril 2009
140 cm
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D
Determinamos el momento de área de
la tapa con respecto al eje DD
(Teorema Ejes Perpendiculares):
y
2 I DD = I =
1 2
1
Sr  I DD = Sr 2
2
4
Ahora, mediante el Teorema de
Steiner, determinamos el momento de área de la tapa respecto al eje xx definido en la figura:
I xx = I DD + SR 2 =
æ1
ö
1 2
Sr + SR 2 = çç r 2 + R 2 ÷÷÷ S 
ç
è4
ø
4
ö
I xx çæ 1 2
= ç r + R 2 ÷÷÷
ç
ø
S è4
La fuerza resultante sobre la tapa será
F = (r ghc ) S = (r gR )(pr 2 ) = pr gRr 2
La profundidad a la que se encuentra el centro de presiones se determina mediante el teorema
del centro de presiones:
hc hcp S = I xx
 hcp =
ö r2
I xx / S 1 æç 1 2
= ç r + R 2 ÷÷÷ =
+R
ø 4R
hc
R çè 4
O bien, medida respecto a centro de la tapa:
d-R =
r2
4R
Sustituyendo los valores numéricos se obtiene:
F = p ´920´9.8´ 0.70´ 0.52 = 4957 N = 506 kg
0.52
d=
= 0.0893 m = 8.93 cm
4´ 0.7
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5. El géiser Old Faithful (Yellowstone Park) expulsa periódicamente un chorro de agua que alcanza una altura
de hasta 40 m. a) Determinar la velocidad del agua en la base del chorro. b) Calcular la presión
manométrica que debe existir en el interior de géiser, a una profundidad de 100 m, para que pueda proyectar
el agua hasta esa altura.
a) Aplicamos Bernoulli de 2 a 3:
3
1
patm + r gz2 + rv 2 = patm + r gz3  v 2 = 2 g ( z3 - z2 )
2
40m
v
de modo que
2
v = 2 g ( z3 - z2 ) = 2´9.8´ 40 = 28 m/s = 100.8 km/h
b) Aplicamos Bernoulli de 1 a 3:
p1 + r gz1 + 0 = patm + r gz3 + 0 
p1 - patm = r g ( z3 - z1 )
100 m
de donde
p1 - patm = r g ( z3 - z1 ) = 1000´9.8´140 = 1.37 ´106 Pa
1.37 ´106
=
atm = 13.6 atm
101 328
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1
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