Examenes Anteriores

FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA
PROBLEMAS DE EXAMEN RESUELTOS
CURSOS 2006-2007 y 2007-2008
E.T.S. Agrónomos UCLM (Albacete)
Equipo docente: Antonio J. Barbero, Mariano Hernández, Alfonso Calera
Problemas propuestos en exámenes del curso
2006 / 2007
2007 / 2008
CINEMÁTICA
Problema 07.01… pag. 02
Problema 08.01… pag. 04
DINÁMICA/TRABAJO Y ENERGÍA
Problema 07.02… pag. 06
Problema 08.02… pag. 08
Problema 08.03… pag. 12
MOVIMIENTO ARMÓNICO
Problema 07.03… pag. 15
Problema 08.04… pag. 18
ESTÁTICA
Problema 07.04… pag. 21
Problema 08.05… pag. 22
Problema 07.05… pag. 25
SÓLIDO RIGIDO
Problema 07.06… pag. 28
Problema 07.07… pag. 32
Problema 07.08… pag. 44
FLUIDOS
Problema 07.09… pag. 47
Problema 08.06… pag. 36
Problema 08.07… pag. 38
Problema 08.08… pag. 53
Problema 08.09… pag. 55
Problema 07.10… pag. 49
TERMODINÁMICA
Problema 07.11… pag. 58
Problema 08.10… pag. 62
Problema 07.12… pag. 59
Problema 08.11… pag. 66
1
P07.01. EXAMEN A1. CURSO 2006/2007
CINEMÁTICA
Un avión vuela horizontalmente a una altura h sobre el suelo, con velocidad constante v0. En
cierto instante deja caer un paquete, y en ese mismo momento un tirador situado exactamente
debajo del avión realiza un disparo con el ángulo y velocidad apropiados para impactar en el
avión en el mismo momento en que el paquete toque el suelo. Se supone que el rozamiento
es despreciable. Usando los datos numéricos que aparecen abajo, se pide:
a) Determinar a qué distancia de la posición del tirador caerá el paquete.
b) La altura del paquete sobre el suelo un segundo antes de estrellarse contra él.
c) Calcular con qué ángulo debe disparar el tirador, y cuál ha de ser la velocidad inicial
de la bala para que haga blanco en el avión.
Datos numéricos: h = 500 m; v0 = 200 m/s; g = 9.8 m/s2
2
CINEMÁTICA
P07.01.EXAMEN A1. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
Y
x = v0t
Posición del avión como función del tiempo
y=h
Bala
Posición del paquete como función del tiempo
Avión
h
Paquete
vB
θ
X
d
(son desconocidos θ, v0)
Movimiento
vertical de
la bala
Movimiento
horizontal de
la bala
y = x tan θ −
g
x2
2
2v cos θ
2
B
1 2
gt
2
1⎛
1
⎞
vB sin θ = ⎜ h + g t s2 ⎟
ts ⎝
2
⎠
x( y =0)
Posición del paquete 1 s antes
de tocar el suelo (t = ts-1):
vB cos θ =
d
ts
ts =
x = v0 (t s − 1)
y = h−
1⎛
1 2⎞
⎜ h + g ts ⎟
v sin θ t s ⎝
2
⎠
=
tan θ = B
= 0.4950
d / ts
vB cos θ
vB =
y = h−
g 2
x
2v02
2v02 h
= 2020.3 m
=d =
g
Tiempo que emplea el
paquete en caer al suelo:
y B = vB sin θ t −
xB = vB cos θ t
1 2
gt
2
Ecuación de la trayectoria del
paquete (eliminando el tiempo)
Abscisa del punto de choque
del paquete con el suelo (y = 0)
Trayectoria de la bala
y = h−
x = v0t
d
v0
1
2
g (t s − 1) = 94.1 m
2
θ = 26.3 º
d
= 223.2 m/s
t s cos θ
(Nótese que la bala y el paquete están volando el mismo tiempo
durante el que recorren la altura h y la distancia horizontal d)
3
CINEMÁTICA
P08.01. EXAMEN B1. CURSO 2007/2008
Dos pequeños objetos que se encuentran en un suelo horizontal separados por
una distancia de 40 m son lanzados en el mismo instante verticalmente hacia
arriba con velocidades de 120 y 180 m/s. Calcular la distancia entre los dos
objetos cuando el más rápido se encuentra a la máxima altura que puede
alcanzar. Si todos los datos se conocen con una precisión del 1%, calcular el
error absoluto en el resultado obtenido.
Para facilitar los cálculos, tome g = 10 m/s2. Se supone ausencia de
rozamiento.
Objeto A:
Objeto B:
Y
v0 A
v0 B (> v0 A )
Tiempo invertido por B en alcanzar la altura máxima:
cuando llega a la altura máxima su velocidad es nula
v0 B -g t B = 0
xB
r
rBA (t )
tB =
v0 B
g
Tomamos la posición inicial del objeto A como origen de coordenadas.
Posición de ambos objetos en cualquier instante
r
rA (t )
A
r
rA (t ) = (0, y A )
r
rB (t )
r
rB (t ) = ( x B , y B )
B
X
1 2
gt
2
1
y B (t ) = v0 B t − g t 2
2
y A (t ) = v0 A t −
4
CINEMÁTICA
P08.01. EXAMEN B1. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Cuando t = tB
1
y A (t B ) = v0 A t B − g t B2
2
1
y B (t B ) = v0 B t B − g t B2
2
Y
r
rBA (t )
tB =
v0 B
g
r
2
rBA (t B ) = + x B2 + (v0 B − v0 A ) t B2
∆u =
180
1,8
x B (m) =
2
g (m/s ) =
40
0,4
10
0,1
t B (s) =
18
0,36
1081
∆
76
7,0%
r
rBA (t B ) = (1080 ± 80 ) m
∂u
∂u
∂u
∂u
∆x B +
∆ v0 B +
∆v0 A +
∆t B
∂x B
∂v0 B
∂v0 A
∂t B
r
rBA (t B ) = u
B
∆t B =
v 0B (m/s) =
r AB (m) =
r
rB (t )
A
120
Cálculo de errores Variable auxiliar u = xB2 + (v0 B − v0 A )2 t B2
xB
r
rA (t )
v 0A (m/s) =
1
∆
1,2
Porcentaje error:
r
r
r
Distancia AB en
rBA (t ) = rB (t ) − rA (t ) = ( x B , y B − y A )
cualquier instante
r
2
2
rBA (t ) = + xB2 + ( y B − y A ) = + x B2 + (v0 B − v0 A ) t 2
v
1
∆v0 B + 02B ∆g
g
g
1
r
∂ u
∆u
∆ rBA (t B ) =
∆u =
∂u
2 u
X
∂u
∆x B = 2 xB ∆xB
∂xB
∂u
∆v0 B = 2 (v0 B − v0 A ) t B2 ∆v0 B
∂v0 B
∂u
∆v0 A = 2 (v0 B − v0 A ) t B2 ∆v0 A
∂v0 A
∂u
2
∆t B = 2 (v0 B − v0 A ) t B ∆5t B
∂t B
DINÁMICA/TRABAJO Y ENERGÍA
P07.02. EXAMEN A1. CURSO 2006/2007
Un bloque de masa m1 está sujeto a una cuerda de longitud L1 fija por un extremo. Este bloque
está situado sobre una superficie plana horizontal muy bien pulida, en la que el rozamiento
puede considerarse despreciable, y se mueve describiendo una trayectoria circular en torno al
punto de sujeción. Un segundo bloque m2 se une al primero mediante una cuerda de longitud
L2, y se mueve también en trayectoria circular concéntrica con la primera (véase esquema).
Dibujar el diagrama fuerzas para cada masa y determinar la tensión en cada una de las cuerdas
si el tiempo que los bloques tardan en describir una órbita completa (periodo) es T.
L1
L2
m2
m1
6
DINÁMICA/TRABAJO Y ENERGÍA
P07.02. EXAMEN A1. CURSO 2006/2007 (CONT)
∑
r
r
F = ma
Masa 2
L1 + L2
L1
r
aN 2
2π
(L1 + L2 )
v2 = ω (L1 + L2 ) =
T
∑
Masa 1
r
F2
r
r
F = ma
r
aN1
r
F1
L1
r
m1 g
r r
r
F1 − F2 = m1a N 1
F1 − F2 = m a N 1 = m1
v12
L1
v2
F1 − F2 = m a N 1 = m1 1
L1
F2 = m2 a N 2
v22
= m2
L1 + L2
r
N1
v1 = ω L1 =
r
r
F2 = m2 a N 2
r
m2 g
2π
L1
T
F2 = m2 a N 2 = m2
r
N2
v22
L1 + L2
r
F2
v12
v22
F1 = m1 + m2
L1
L1 + L2
F1 =
⎞
m1 ⎛ 4π 2 2 ⎞
m2 ⎛ 4π 2
⎜⎜ 2 [L1 + L2 ]2 ⎟⎟
F1 = ⎜⎜ 2 L1 ⎟⎟ +
L1 ⎝ T
⎠ L1 + L2 ⎝ T
⎠
4π 2
[m1L1 + m2 (L1 + L2 )]
T2
4π 2
F2 = 2 m2 (L1 + L2 )
T
7
P08.02. EXAMEN A1. CURSO 2007/2008
a)
b)
c)
DINÁMICA/TRABAJO Y ENERGÍA
Tenemos un cajón de peso W situado sobre suelo horizontal. Pretendemos mover el cajón
tirando de una cuerda enganchada en su parte anterior, que forma un ángulo θ con la
horizontal. Los coeficientes de rozamiento estático y dinámico entre cajón y suelo son µE y
µD respectivamente.
Determinar la fuerza mínima que debe aplicarse al tirar de la cuerda de manera que el
cajón empiece a moverse. Dibuje el diagrama de sólido libre para el cajón a punto de
moverse.
Si se tira de la cuerda con una fuerza 10% mayor que la calculada en el apartado anterior,
determinar la aceleración del cajón, así como el trabajo realizado por esta fuerza y el
trabajo disipado por la fuerza de rozamiento cuando se haya desplazado una distancia L.
Dibuje el diagrama de sólido libre.
Repita los apartados a) y b) suponiendo que el cajón no se encuentra situado sobre suelo
horizontal, sino que queremos moverlo hacia arriba en un plano inclinado β sobre la
horizontal. El ángulo θ es en este caso el ángulo que la cuerda forma con la superficie del
plano inclinado..
Exprese los resultados numéricos en unidades S.I. Tome g = 9.8 m/s2.
θ
θ
β
Apartados a) y b)
Apartado c)
8
P08.02. EXAMEN A1. CURSO 2007/2008 (CONT)
DINÁMICA/TRABAJO Y ENERGÍA
Haremos todos los cálculos necesarios siguiendo el enunciado del apartado c), cuando el cajón está
situado sobre un plano inclinado β, y luego particularizaremos para el caso β = 0º, lo que nos dará
el resultado para el caso de suelo horizontal.
Y
F
F sin θ
W sin β
θ
La fuerza de rozamiento estática es FRE ≤ µ E N
X
Cuando el cajón está a punto de moverse, la fuerza de
rozamiento estática alcanza su máximo valor FRE máx
FRE máx = µ E N
F cos θ
N
β
FRE
W
W cos β
Cajón a punto de moverse
Aplicamos la 2ª ley de Newton cuando está a punto de moverse
En el eje Y
N = W cos β − F sin θ
Véase que la normal N depende de la fuerza aplicada F.
Dicha fuerza F es la que debemos determinar en el
momento en que el cajón está a punto de moverse.
Por la relación existente entre la fuerza de rozamiento estática máxima y la normal tenemos que
FRE máx = µ E (W cos β − F sin θ )
En el eje X
F cos θ = W sin β + FRE máx
F (cos θ + µ E sin θ ) = W (sin β + µ E cos β )
FRE máx
F cos θ = W sin β + µ EW cos β − µ E F sin θ
Fuerza mínima a aplicar para que empiece a moverse
F =W
sin β + µ E cos β
cos θ + µ E sin θ
9
DINÁMICA/TRABAJO Y ENERGÍA
P08.02. EXAMEN A1. CURSO 2007/2008 (CONT)
Llamamos F’ a la fuerza que tira del cajón cuando se mueve a lo largo del plano inclinado. En este
caso, las fuerzas que actúan sobre él son las mismas que hemos indicado antes, con la diferencia
de que la fuerza de rozamiento ahora es el rozamiento dinámico FRD en lugar del estático, y que la
normal tendrá un nuevo valor N’.
FRD = µ D N ' = µ D (W cos β − F ' sin θ )
Y
Si se tira del cajón con una fuerza 10% mayor
que la calculada en el apartado anterior, F’ es:
F'
F ' sin θ
W sin β
θ
F ' = 1.1 ⋅W
X
F ' cos θ
N'
La fuerza neta en sentido ascendente (eje X) es:
β
FX = F ' cos θ − FRD − W sin β
FRD
W
W cos β
Cajón en movimiento
FX = F ' cos θ − µ D (W cos β − F ' sin θ ) − W sin β
FX = F ' (cos θ + µ D sin θ ) − W (sin β + µ D cos β )
La aceleración aX que dicha fuerza produce
a lo largo del plano inclinado (eje X) es:
a X = 1.1g
sin β + µ E cos β
cos θ + µ E sin θ
aX =
F
FX
=g X
W
W/g
sin β + µ E cos β
(cos θ + µ D sin θ ) − g (sin β + µ D cos β )
cos θ + µ E sin θ
10
DINÁMICA/TRABAJO Y ENERGÍA
P08.02. EXAMEN A1. CURSO 2007/2008 (CONT)
Cuando el cajón se ha movido una distancia
Τdis = FRD L = µ D N ' L = µ D (W cos β − F ' sin θ )L
L a lo largo del plano inclinado, el trabajo
disipado por la fuerza de rozamiento es:
Τdis
⎛
sin β + µ E cos β ⎞
⎟⎟ L
= 1.1⋅ µ DW ⎜⎜ cos β −
+
cot
θ
µ
E
⎝
⎠
El trabajo hecho por la fuerza F’
a lo largo de ese recorrido es:
ΤF ' = F ' L cos θ = 1.1⋅ W L
Resultados cuando el cajón se mueve
en un plano horizontal: entonces β = 0
F ' = 1.1⋅ W
Aceleración en un plano horizontal
F =W
sin β + µ E cos β
1 + µ E tan θ
sin 0 + µ E cos 0
µE
=W
cos θ + µ E sin θ
cos θ + µ E sin θ
Trabajo disipado
aX =
FX
F
=g X
W/g
W
sin 0 + µ E cos 0
(cos θ + µ D sin θ ) − g (sin 0 + µ D cos 0)
cos θ + µ E sin θ
a X = 1.1g
cot θ cos β − sin β
cot θ + µ E
Fuerza mínima a aplicar para que empiece a moverse
µE
cos θ + µ E sin θ
FX = F ' (cos θ + µ D sin θ ) − µ DW
a X = 1.1g
Τdis = 1.1⋅ µ DW L
µE
(cos θ + µ D sin θ ) − gµ D
cos θ + µ E sin θ
Τdis = 1.1⋅ µ DW L
cot θ
cot θ + µ E
Trabajo realizado por F’
ΤF ' = 1.1⋅ W L
µE
11
1 + µ E tan θ
P08.03. EXAMEN B1. CURSO 2007/2008
A)
B)
DINÁMICA/TRABAJO Y ENERGÍA
Un carrito de masa 12 kg se deja caer por un rail en pendiente que conduce a un rizo
circular de radio 2 m.
Calcule la altura h mínima desde la que debe soltarse el carrito para que recorra el rizo
entero sin desplomarse, y determine qué velocidad llevará en el punto más bajo B y en el
más alto A (3 puntos).
Suponiendo que la velocidad del carrito cuando alcanza el punto A es la mínima necesaria
para no desplomarse, calcule la reacción normal del rail en el punto P para el ángulo θ = 30º
indicado en la figura (2 puntos).
Para facilitar los cálculos, tome g = 10 m/s2. Se supone ausencia de rozamiento.
A
A
P
R
h
θ
R
B
B
Resultados numéricos (véase solución del problema en hojas siguientes)
2
g (m/s ) =
10
v A min (m/s) =
4,47
m (kg) =
12
v B min (m/s) =
10,00
R (m) =
2
h min (m) =
5,00
θ (º) =
30
N P min (N) =
48,23
12
DINÁMICA/TRABAJO Y ENERGÍA
P08.03. EXAMEN B1. CURSO 2007/2008 (CONT)
Tomamos como referencia de energías potenciales el plano donde se encuentra el punto B.
Conservación de la energía
A
R
h
Entre A y B
1 2
vB
2
En este momento no son conocidos ni h, ni vA ni vB
mg
FCA
R
mv A2
=
= mg + N A
R
FCA min
Esta ecuación indica que a menor velocidad,
menor debe ser la reacción normal del rail.
Y puesto que el valor mínimo posible de la
reacción normal es cero, hacer NA = 0 nos da
la condición de velocidad mínima necesaria.
mv A2 min
=
= mg
R
v A min = gR
v A2 min = gR
vB min = 5 gR
vB2 min = v A2 min + 4 gR
B
gh =
1 2 1 2
vB = v A + 2 gR
2
2
FCA
DSL del carrito
en el punto A
1 2
mvB
2
1 2 1 2
mvB = mv A + mg (2 R )
2
2
B
NA
A
mgh =
Entre la posición inicial y B
hmin =
1 2
vB min
2g
hmin =
5R
2
13
DINÁMICA/TRABAJO Y ENERGÍA
P08.03. EXAMEN B1. CURSO 2007/2008 (CONT)
Estudio en el punto P
Fuerza centrípeta en P
NP
A
P
mg sin θ
θ
R(1− cosθ )
mg cos θ
R cosθ
θ
mg
R
FCP
mvP2
=
= mg cos θ + N P
R
Conservación energía entre A y P
1 2 1 2
mvP = mv A + mgR (1 − cos θ )
2
2
Multiplicando ambos
miembros por 2/R
mv P2 mv A2
=
+ 2mg (1 − cos θ ) = FCP
R
R
mv A2
+ 2mg (1 − cos θ ) = mg cos θ + N P
R
B
mv A2
NP =
+ 2mg (1 − cos θ ) − mg cos θ
R
Según el enunciado, debe calcularse NP para vA = vAmin
v A min = gR
N P min
mv A2
NP =
+ mg (2 − 3 cos θ )
R
mv A2 min
=
+ mg (2 − 3 cos θ )
R
N P min = mg + mg (2 − 3 cos θ ) = 3mg (1 − cos θ )
Nótese que cuando θ = 0 estamos en el punto A (P = A) y entonces NAmin = 0.
14
P07.03. EXAMEN B1. CURSO 2006/2007
MOVIMIENTO ARMÓNICO
Se dispone de un muelle de longitud natural L0 = 20 cm -figura (a)-. Cuando una masa M =
400 g se cuelga del muelle, su longitud se incrementa en L = 50 cm –figura (b)-. Finalmente,
la masa colgante se hace oscilar después de haber estirado el muelle una longitud A = 20 cm
–figura (c)-. Conteste las siguientes preguntas:
(a)
(b)
(c)
a) ¿Cuál es la constante del muelle?
0.5 p
b) Calcular el periodo de la oscilación. 0.5 p
c) Calcular la posición de la masa 6.98 s después 1.0 p
de comenzar las oscilaciones.
d) Calcular el periodo de oscilación si se hubiese colgado la 2.0 p
misma masa M de dos muelles idénticos a éste colocados
paralelamente entre si.
L0
L
A
M
M
15
MOVIMIENTO ARMÓNICO
P07.03. EXAMEN B1. CURSO 2006/2007 (CONT)
F
Ley de Hooke:
a)
F =k L
F = Mg
2a ley de Newton:
k=
Mg 0.25 ⋅ 9.8
= 6.125 N/m
=
0.40
L
Mg
b)
T = 2π
0.25
M
= 2π
= 1.27 s
6.125
k
Elegimos t = 0 cuando y = A
2a ley de Newton:
y = 0.1 cos(4.95 t )
ω=
6.125
k
=
= 4.95 rad/s
0.25
M
y = −A
F1 + F2 + Mg = Ma
Ley de Hooke: F = − k y
1
d2y
M 2 = −2k y + Mg
dt
A = 0.10 m
y = A cos(ω t + δ )
y = 0.1 cos(4.95 ⋅ 6.98) = −0.01 m
lo cual implica δ = 0
d)
c)
F2 = − k y
(Los muelles
son idénticos)
d2y
2k
=−
y+g
2
dt
M
16
MOVIMIENTO ARMÓNICO
P07.03. EXAMEN B1. CURSO 2006/2007 (CONT)
Ecuación de la oscilación con dos muelles:
d 2 y 2k
+
y=g
dt 2 M
y
F1
d2y
2
Escribamos la ecuación como
+
ω
y=g
dt 2
F2
La solución de esta ecuación es
ma
El periodo es
M
donde
T' =
2π
ω
= 2π
y=
2k
M
ω=
M
g + A cos(ω t + δ )
2k
M
0.25
= 2π
= 0.90 s
2k
2 ⋅ 6.125
La pareja de muelles idénticos en paralelo se
comporta como un único muelle de constante 2 k.
Mg
17
P08.04. EXAMEN A2. CURSO 2007/2008
a)
b)
c)
MOVIMIENTO ARMÓNICO
En el laboratorio de física se dispone de los siguientes equipos: 1º) Un péndulo simple
consistente en una lenteja, que puede tratarse como masa puntual, sujeta del techo por un
hilo inextensible de longitud L. 2º) Un bloque de masa M que puede desplazarse oscilando
horizontalmente sobre un carril sin rozamiento, que está unido a un resorte ideal de
constante k.
El péndulo se separa un ángulo θ0 de la vertical, y el bloque sujeto por el muelle se separa
una distancia x0 de su posición de equilibrio. Ambos se liberan en el mismo instante
iniciando las respectivas oscilaciones.
¿Cuál debe ser la masa de la lenteja del péndulo para que la energía total de los dos
osciladores sea la misma?.
Suponiendo que la masa del péndulo es la que verifica la solución correcta del apartado
anterior, calcular (en m/s) la velocidad de la lenteja y del bloque cuando ambos pasan por
su posición de equilibrio.
¿Cuál es la tensión del hilo del péndulo cuando pasa por la posición de equilibrio?
Valores numéricos
g (m·s-2) =
L (m) =
θ 0 (º) =
M (kg) =
k (N/m) =
x 0 (m) =
9,8
2,25
5
0,125
20
0,05
18
MOVIMIENTO ARMÓNICO
P08.04. EXAMEN A2. CURSO 2007/2008 (CONT)
Ecuación del movimiento del bloque
x(t ) = x0 cos ωt
ω2 =
Ecuación del movimiento del péndulo
k
M
θ (t ) = θ 0 cos ωt
x& (t ) = −ω x0 sin ωt
Velocidad
Vel. angular
x&máx = ω x0
Velocidad máxima
g
L
θ&(t ) = −ω θ 0 sin ωt
v(t ) = L θ&(t ) = −ω L θ 0 sin ωt
Velocidad
La velocidad es máxima al pasar por la posición de
equilibrio, cual sucede por primera vez cuando
ω2 =
t = T / 4 ⇒ ω t = π / 2 ⇒ sin ωt = 1
vmáx = ω L θ 0
Velocidad máxima
Energía total: tomando el nivel cero de energía potencial en el punto de equilibrio, la energía total
coincide con la energía cinética correspondiente a la velocidad máxima.
Etotal =
1
M x&máx
2
ω2 =
k
M
1
M ω 2 x02
2
1
⇒ Etotal = k x02
2
2
=
Etotal =
ω2 =
k x02
m=
g L θ 02
g
L
1
m vmáx
2
⇒
1
m ω 2 L2 θ 02
2
1
Etotal = m g L θ 02
2
2
=
19
MOVIMIENTO ARMÓNICO
P08.04. EXAMEN A2. CURSO 2007/2008 (CONT)
(b) Cálculo de las velocidades al pasar por la posición de equilibrio (hecho en el análisis anterior)
Bloque
Velocidad
x& (t ) = −ω x0 sin ωt
x&máx = ω x0
Velocidad máxima
ω2 =
k
M
Péndulo
x&máx = x0
k
M
Velocidad
Velocidad máxima
ω2 =
g
L
(c) Tensión del hilo del péndulo cuando
pasa por la posición de equilibrio
L
r
T
r
vmáx
T − mg = FC =
r
FC
r
mg
DSL
m vmáx
L
(
2
m ω 2 L2 θ 02
=
L
T = m g 1 + θ 02
)
v(t ) = L θ&(t ) = −ω L θ 0 sin ωt
vmáx = ω L θ 0
vmáx = θ 0 g L
k x02
(a) m =
(kg)
g L θ 02
(b)
Bloque
k
(m/s)
M
0,632
vmáx = θ 0 g L (m/s)
0,410
x&máx = x0
(b)
0,298
Péndulo
(
2
(c) T = m g 1 + θ 0
)
(N)
20
2,94
ESTÁTICA
P07.04. EXAMEN B2. CURSO 2006/2007
Una varilla rígida de longitud L = 1.80 m y masa M = 6 kg está unida
a una articulación (punto O de la figura). La varilla se mantiene
inclinada mediante un cable de acero unido a la pared. Los ángulos
entre el cable, la varilla y la pared son θ1 = 60º y θ2 = 50º
respectivamente. Un contrapeso m = 4 kg cuelga del extremo opuesto
de la varilla.
a) Dibuje el diagrama de sólido libre para la varilla (2 p).
b) Calcular la tensión en el cable y las componentes
rectangulares de la reacción en el punto O (2 p).
∑
τ O = − Mg
DSL
θ2
T
θ2
180 − θ1
90 − θ 2
Y
θ1
X
L
β
Rx
180 − β
β
O
Ry
180 − β
Mg
β = 180 − θ1 − θ 2
mg
∑
θ2
θ1
L
m
O
M
L
sin (180 − β ) − mgL sin (180 − β ) + TL sin (180 − θ1 ) = 0
2
sin β ⎛ M
⎞
T=
⎜ + m⎟ g
sin θ1 ⎝ 2
⎠
Fx = Rx − T cos(90 − θ 2 ) = 0
∑
Rx =
sin β sin θ 2 ⎛ M
⎞
⎜ + m⎟ g
sin θ1 ⎝ 2
⎠
Fy = R y + T sin (90 − θ 2 ) − Mg − mg = 0
R y = (M + m )g −
sin β cos θ 2 ⎛ M
⎞
⎜ + m⎟ g
sinθ1
⎝ 2
⎠
T = 74.4 N; Rx = 57.0 N;
R y = 50.2 N
21
ESTÁTICA
P08.05. EXAMEN A3. CURSO 2007/2008
Un tambor de radio r que une simétricamente dos cilindros de radio R lleva arrollado un hilo del
cual se tira horizontalmente según se muestra en las figuras. El conjunto de tambor y cilindros
está colocado sobre una plataforma plana y apoyado sobre un escalón de altura h. El peso del
conjunto es W, y se supone que el hilo arrollado sobre el tambor no se desliza cuando se somete
a tensión. Se pide:
a) Calcule el ángulo que forma con la horizontal la fuerza que el escalón hace sobre el sólido.
b) Determine el valor de la reacción normal de la plataforma sobre el sólido cuando la tensión
del hilo es T newton.
c) Calcule qué tensión mínima hay que aplicar al hilo para que el sólido remonte el escalón.
R
r
h
Valores numéricos
h
A
r (m) = 0,15
R (m) = 0,30
h (m) = 0,05
W (kp) = 0,200
T (kp) = 0,050
B
0,05
0,10
0,01
0,200
0,050
C
0,08
0,10
0,04
0,200
0,050
D/E
0,05
0,12
0,04
0,200
0,050
22
ESTÁTICA
P08.05. EXAMEN A3. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
a) Calcule el ángulo que forma con la horizontal la fuerza que el escalón hace sobre el sólido.
Se trata de un sistema plano de fuerzas concurrentes que proceden de tres direcciones
distintas (la vertical, la horizontal y la dirección de la fuerza que el escalón aplica sobre el
sólido). Por tanto, habrá equilibrio estático cuando las tres direcciones sean concurrentes: el
punto común es la parte superior del tambor, y a partir de ahí determinaremos la dirección
de la fuerza F aplicada por el escalón sobre el sólido.
Punto de concurrencia
R
T
R
r
tan θ =
r+R−h
L
F
Fy
θ
Fx
W
h
R−h
R
r r
R
θ
h
cos β =
β
R−h
L
N
(
)
2
2
2
2
L = R sin β = R 1− cos 2 β = R 1 − (R − h )2 / R 2 = R − R + h − 2 R ⋅ h = 2 R ⋅ h − h
tan θ =
r+R−h
2R ⋅ h − h2
⎛ r+R−h ⎞
⎟
2 ⎟
⎝ 2R ⋅ h − h ⎠
θ = tan −1 ⎜⎜
23
ESTÁTICA
P08.05. EXAMEN A3. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
b) Determine el valor de la reacción normal de la plataforma sobre el sólido cuando la tensión
del hilo es T newton.
− T + FX = 0
FX = T
FY + N − W = 0
FY = W − N
W − N = tan θ ⋅ T
T
r
FY = FX tan θ
F
Fy
Fx
B
0,05
0,10
0,01
0,200
0,050
C
0,08
0,10
0,04
0,200
0,050
D/E
0,05
0,12
0,04
0,200
0,050
F
0,05
0,15
0,06
0,200
0,050
W (N) = 1,960
T (N) = 0,490
1,960
0,490
1,960
0,490
1,960
0,490
1,960
0,490
1,2690
72,7
0,386
0,039
0,610
0,062
1,0517
60,3
1,103
0,113
1,120
0,114
0,9682
55,5
1,248
0,127
1,349
0,138
0,8622
49,4
1,388
0,142
1,680
0,171
θ (rad) =
θ (º) =
(N) =
b) NN (kp)
=
T min (N) =
c) T min (kp) =
a)
θ
h
A
0,15
0,30
0,05
0,200
0,050
r (m) =
R (m) =
h (m) =
W (kp) =
T (kp) =
R
W
N
c) Calcule qué tensión mínima hay que aplicar
al hilo para que el sólido remonte el escalón.
N = W − tan θ ⋅ T
1,1778
67,5
0,778
0,079
0,813
0,083
El sólido remonta cuando el módulo de la
normal es nulo (en ese momento la
componente vertical de la fuerza F
equilibra al peso)
Tmin =
W
tan θ
24
SÓLIDO RIGIDO
P07.05. EXAMEN B1. CURSO 2006/2007
El mecanismo dibujado en la figura se compone de dos barras rígidas, cada una de ellas de la
misma longitud L = 25 cm. La barra AB gira en torno a la rótula A con velocidad angular ωAB =
0,50 rad/s. La barra BC se une a la barra AB y puede girar en torno al extremo B, mientras que el
extremo C desliza sobre el suelo. En el instante representado en el dibujo, los ángulos son θ1 =
60º y θ2 = 50º . Se pide:
a) La velocidad del punto B, vB, y el ángulo formado por vB con la horizontal.
2p
b) La velocidad angular de la barra BC, ωBC, y la velocidad del extremo C, vC.
4p
ω AB
B
θ2
L
A
θ1
L
C
25
P07.05. EXAMEN B1. CURSO 2006/2007 CONTINUACIÓN)
SÓLIDO RIGIDO
a) Cálculo de la velocidad vB y del ángulo formado por vB con la horizontal.
Definición producto escalar:
r
r
r
r
Varilla AB vB = v A + ω AB × rB / A
(i sin θ
r
( )
r
r
r
r
vB = 0 + ω AB − k × L (i cos θ1 + j sin θ1 )
Véase que
(− k )× ir = − rj
r
(− k )× rj = ir
r
r
ω AB = ω AB
r
r
r
vB = ω AB L (i sin θ1 − j cos θ1 )
ω AB
B
r
rB / A
r
rB / A
r
r
= L (i cos θ1 + j sin θ1 )
A
r
vA = 0
L
( )
r
−k
r
i
δ
r
vB
r
r r
r
r
)
−
j
cos
θ
⋅
i
=
i
sin
θ
−
j
cos
θ
i
cos δ
1
1
1
1
r
r
r
(
i sin θ1 − j cos θ1 ) ⋅ i
cos δ = r
r
r
i sin θ1 − j cos θ1 i
cos δ = sin θ1 = cos(90 − θ1 )
δ = 90 − θ1
r
r
i sin θ1 − j cos θ1
r
j
r
k
r
i
θ1
26
SÓLIDO RIGIDO
P07.05. EXAMEN B1. CURSO 2006/2007 CONTINUACIÓN)
b) Cálculo de la velocidad angular ωBC y de la velocidad vC.
r
r
r
r
vC = vB + ω BC × rC / B
r
r
r
vC i = ω AB L (i sin θ1 − j cos θ1 ) +
r
i
r
j
r
k
0
0
ω BC
L sin β − L cos β
0
Sabemos que:
r
r
r
r
r
r
r
r
(
)
v
i
=
ω
L
i
sin
θ
−
j
cos
θ
+
i
ω
L
cos
β
+
j ω BC L sin β
vB = ω AB L i sin θ1 − j cos θ1
C
AB
1
1
BC
r
Vector rC / B
Esta ecuación vectorial corresponde a dos
r
r
ecuaciones escalares, una por componente:
r
rC / B = L (i sin (θ1 + θ 2 − 90) − j cos(θ1 + θ 2 − 90))
vC − ω BC L cos β = ω AB L sin θ1
Let’s call β = θ1 + θ 2 − 90
ω AB
ω BC L sin β = ω AB L cos θ1
r
r
r
rC / B = L (i sin β − j cos β )
B
cos θ1
cos θ1
ω
ω
ω
=
=
Aunque no sepamos sus valores,
BC
AB
AB
r
sin β
sin (θ1 + θ 2 − 90 )
vB
podemos escribir la velocidad
ω BC
θ2
⎞
⎛ cos β
angular y la velocidad de C
vC = ω AB L⎜⎜
cos θ1 + sin θ1 ⎟⎟
como:
L
L 90 − θ
⎠
⎝ sin β
r
r
ω BC = ω BC k
θ + θ − 90
⎞
⎛ cos(θ1 + θ 2 − 90 )
r
r
vC = ω AB L⎜⎜
cos θ1 + sin θ1 ⎟⎟
r
j
vC = vC i
⎠
⎝ sin (θ1 + θ 2 − 90 )
r
r
r
C
rC / B
r
i
θ1 k
ωBC y vC son
v
C
A
las cantidades
(
)
1
1
a calcular.
2
C desliza sobre el suelo
27
SÓLIDO RIGIDO
P07.06. EXAMEN A2. CURSO 2006/2007
Una varilla rígida y delgada de longitud 2L = 180 cm está formada por dos mitades
homogéneas hechas de materiales diferentes, cuyas densidades lineales respectivas son
ρA = 8 kg/m y ρB = 12 kg/m.
La varilla se cuelga por sus extremos mediante unos hilos, según se muestra en la figura.
Se pide:
a) Determinar la posición del CM de la varilla (1 p)
b) Determinar la tensión de cada uno de los hilos usados para colgar horizontalmente la
varilla (1 p)
c) Determinar el momento de inercia respecto al punto A (1 p)
d) Suponiendo que en un momento dado se corta el hilo B, determinar la velocidad angular y
la aceleración angular de la varilla cuando el ángulo entre la varilla y la horizontal es 45º (2 p).
A
ρA
ρB
L
L
B
28
SÓLIDO RIGIDO
P07.06. EXAMEN A2. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
Apartado a)
Puesto que las dos mitades son homogéneas, las
respectivas posiciones de los centros de masas serán
Y
TA
ρA
A
ρB
L
x=0
xCM
Masa total:
∑
∑
τ A = − mg xCM + TB 2 L = 0
Fy = − mg + TA + TB = 0
xCM 1 ⎛ ρ A + 3ρ B ⎞
⎟⎟
= ⎜⎜
2L 4 ⎝ ρ A + ρ B ⎠
B
xB = 3L / 2
mA = ρ A L
mB = ρ B L
Posición del CM del conjunto: xCM =
xCM =
m = (ρ A + ρ B )L
Masa de cada mitad:
TB
L
mg
xA = L / 2
m A (L / 2) + mB (3L / 2)
m A + mB
TB = mg
xCM
2L
xCM =
m A x A + mB x B
m A + mB
ρ A L(L / 2 ) + ρ B L(3L / 2 )
ρ AL + ρB L
⎛ ρ + 3ρ B ⎞ L
⎟⎟
xCM = ⎜⎜ A
⎝ ρ A + ρB ⎠ 2
⎛ x ⎞
TA = mg − TB = mg ⎜1 − CM ⎟
2L ⎠
⎝
TB = (ρ A + ρ B )L g
1 ⎛ ρ A + 3ρ B ⎞
⎜
⎟
4 ⎜⎝ ρ A + ρ B ⎟⎠
⎡ 1 ⎛ ρ + 3ρ B ⎞ ⎤
⎟⎟⎥
TA = (ρ A + ρ B ) L g ⎢1 − ⎜⎜ A
+
4
ρ
ρ
B ⎠⎦
⎝ A
⎣
TB =
1
(ρ A + 3ρ B )L g
4
TA =
1
[3ρ A + ρ B ]29L g
4
SÓLIDO RIGIDO
P07.06. EXAMEN A2. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
Apartado b) Momento de inercia respecto de A
ρA
A
m = (ρ A + ρ B )L
dm = ρ dx
dx
L
x=0
mg
ρB
⎛ ρ + 3ρ B ⎞ L
⎟⎟
xCM = ⎜⎜ A
⎝ ρ A + ρB ⎠ 2
B
L
L3
I A = (ρ A + 7 ρ B )
3
x
L
IA =
∫
L
2L
x 2 dm A +
∫
x 2 dmB =
∫
x 2 ρ A dx +
∫
L
2L
⎡ x3 ⎤
⎡ x3 ⎤
1
1
2
x ρ B dx = ρ A ⎢ ⎥ + ρ B ⎢ ⎥ = ρ A L3 + ρ B 8 L3 − L3
3
⎣ 3 ⎦0
⎣ 3⎦L 3
(
L
0
L
0
2L
Apartado c) Aceleración angular y velocidad angular
TA'
A
∑
τ A = xCM mg sin (90 − θ ) = I A α
θ
α=
xCM
Cortando el hilo B, la
varilla cae rotando
alrededor de A.
mg
90 − θ
3
(ρ A + 7 ρ B ) L3
α
α=
xCM mg cosθ
IA
⎛ ρ A + 3ρ B ⎞ L
⎜⎜
⎟⎟ (ρ A + ρ B )L g cos θ
+
ρ
ρ
B ⎠ 2
⎝ A
⎛ ρ + 3ρ B ⎞ 3 g cos θ
⎟⎟
α = ⎜⎜ A
2L
⎝ ρ A + 7ρB ⎠
30
)
SÓLIDO RIGIDO
P07.06. EXAMEN A2. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
Regla de la cadena
⎛ ρ + 3ρ B ⎞ 3 g cos θ
⎟⎟
α = ⎜⎜ A
+
ρ
ρ
7
2L
B ⎠
⎝ A
⎛ ρ + 3ρ B ⎞ 3 g cos θ dω
dω dθ
dω
⎟⎟
=
=ω
=
α = ⎜⎜ A
dθ dt
dθ
2L
dt
⎝ ρ A + 7ρB ⎠
ω
∫
⎛ ρ A + 3ρ B ⎞ 3 g cos θ
⎟⎟
dθ
+
ρ
ρ
L
7
2
B ⎠
⎝ A
ω dω = ⎜⎜
θ
⎛ ρ A + 3ρ B ⎞ 3 g
⎟⎟
+
ρ
ρ
7
B ⎠ 2L
⎝ A
ω dω = ⎜⎜
0
⎛ ρ + 3ρ B ⎞ 3 g
⎟⎟
ω 2 = ⎜⎜ A
sin θ
+
ρ
ρ
7
2
L
B ⎠
⎝ A
ρA (kg/m) =
8,00
ρB (kg/m) =
12,00
L (m) =
-2
g (m s ) =
0,90
9,80
θ (º) =
45
θ (rad) = 0,7854
∫
cos θ dθ
0
⎛ ρ A + 3ρ B ⎞ 3 g
⎟⎟
sin θ
ρ
7
ρ
2
L
+
B ⎠
⎝ A
ω = ⎜⎜
x CM (m) = 0,9900
SOLUCIÓN NUMÉRICA
T A (N) =
97,02
T B (N) =
79,38
2
I A (kg m ) =
22,36
α (rad s-2) =
ω (rad/s) =
5,52
2,35
31
P07.07. EXAMEN B2. CURSO 2006/2007
SÓLIDO RIGIDO
La figura muestra un disco de radio 3R, con cuatro agujeros circulares, cada uno de radio R.
Estos agujeros están distribuidos como se indica en la figura. La densidad superficial del disco es
ρ (kg·m-2). El disco se mueve sobre suelo horizontal. Conteste a las siguientes preguntas para los
valores numéricos dados abajo:
a) Calcular el momento de inercia Izz del disco, donde Z es el
eje perpendidular que pasa a través de su centro de simetría
(no se muestra en la figura). (2 p)
b) La velocidad angular inicial del disco cuando entra en
contacto con el suelo es ω0 en sentido horario, mientras que
la velocidad lineal del CM es nula. El coeficiente de
rozamiento dinámico es µ. Dibuje el DSL teniendo en cuenta
las fuerzas externas que actúan sobre el disco, y calcule: el
tiempo que tarda el disco en empezar a rodar sin deslizar, la
velocidad del centro de masas y la velocidad angular del
sólido en el momento en que empieza la rodadura (4 p).
Halle los resultados numéricos de las cuestiones anteriores:
R = 14,7 cm, ρ = 50 kg·m-2, ω0 = 0,60 rad/s, µ = 0.15
32
SÓLIDO RIGIDO
P07.07. EXAMEN B2. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
Momento de inercia de un disco (densidad superficialσ, radio a)
1
1
2
( Masa ) ⋅ (Radio ) = σ π a 4
2
2
1. Disco macizo de radio a = 3R, densidad superficial σ = ρ.
Respecto a un eje normal que pasa por su centro de simetría (Izz)
En nuestro problema tenemos discos de dos tipos:
I1zz =
I zz =
1
81
ρ π (3R )4 = ρ π R 4
2
2
2. Cuatro agujeros que se tratarán como discos
de radio a = R y densidad superficial σ = -ρ.
3R
R
2R
Los agujeros están dispuestos simétricamente alrededor del centro de simetría
del disco, la distancia entre cada centro de agujero y el centro de la figura es 2R.
2R
Momento de inercia de cada agujero
respecto al eje perpendicular que pasa por
su propio centro:
2R
Z normal al plano, no
se muestra en el dibujo
Eje Z
I 2' zz
1
I 2 zz = − ρ π R 4
2
Hay que calcular el momento de inercia de cada agujero respecto al eje Z que
pasa por el centro de simetría. Aplicamos el teorema de Steiner:
(
)
9
2
I 2' zz = I 2 zz + − ρ π R 2 (2 R ) = − ρ π R 4
2
1
81
4
I1zz = ρ π (3R ) = ρ π R 4
9⎞
45
⎛ 81
2
2
I zz = I 2 zz + 4 I 2' zz = ⎜ − 4 ⎟ ρ π R 4 =
ρ π R4
2⎠
2
9
⎝2
2
= I 2 zz + − ρ π R 2 (2 R ) = − ρ π R 4
45
2
33
I zz =
ρ π R4
2
(
)
SÓLIDO RIGIDO
P07.07. EXAMEN B2. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
Situación inicial:
r
vCM 0 = 0
( )
r
(
ω −k)
r
r
r
r
vC 0 = ω0 − k ⋅ 3R (− j ) = 3ω0 R (− i )
0
Esto significa que el punto C se mueve inicialmente hacia la
izquierda, luego la fuerza de rozamiento dinámica se dirige
hacia la derecha.
r
r
r
Fx = FR = m aCM
2a Ley de Newton:
aCM = µ g
r
r
µ m g i = m aCM i
∑
Rotación del disco:
∑
r
r
Y
X
r
El momento de inercia ICM es el mismo IZZ calculado antes,
ya que nuestro disco es una figura plana; la aceleración
angular es entonces:
3µ m g R
donde la masa m es
C
r
FR
Situación inicial
r
ω (t )
La velocidad angular decrece mientras la
velocidad del centro de masas se incrementa
I CM
m = ρ π (3R ) − 4 ρ π R 2 = 5 ρ π R 2
y el momento de inercia es
)
r
vC 0
r
r 3µ m g R r
α=
k
I CM
α=
r
3R (− j )
Z
τ CM = 3R (− j )× FR = I CM α
r
r
r
3R (− j )× µ m g i = I CM α
(
CM
3µ 5 ρ π R 2 g R 2 µ g
α=
=
(45 / 2)ρ π R 4
3R
2
45
ρ π R4
2
r 2µ g r
α=
k
3R
I CM = I zz =
Antihorario
r
r
FR
α
t > 0, pero antes de rodar sin34
delizar
SÓLIDO RIGIDO
P07.07. EXAMEN B2. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
Ecuaciones de traslación y rotación
Condición de rodadura
µ g t f = 3Rω0 −
2µ g
3R t f
3R
vCM (t ) = aCM t = µ g t
ω (t ) = ω0 − α t = ω0 −
vCM (t f ) = ω (t f ) ⋅ 3R
tf =
2µ g
t
3R
r
ω (t )
R ω0
µg
Cuando comienza la rodadura tenemos:
vCM (t f ) = aCM t f = µ g t f = R ω0
2µ g
1
ω (t f ) = ω0 − α t f = ω0 −
t f = ω0
3R
3
45
ρ π R4
2
2µ g
α=
3R
vCM (t )
I zz =
r
r
FR
α
t > 0, pero antes de rodar sin deslizar
SOLUCIÓN: R = 14,7 cm, ρ = 50 kg·m-2, ω0 = 0,60 rad/s, µ = 0.15
IZZ = 1.65 kg·m2
α = 6.67 rad·s-2 tf = 0.060 s vCM(tf) = 8.82·10-2 m/s ω(tf) = 0.20 rad/s
35
SÓLIDO RIGIDO
P08.06. EXAMEN A2. CURSO 2007/2008
a)
b)
c)
Un disco homogéneo de radio R y masa M rueda sin deslizar hacia
abajo en un plano inclinado de ángulo θ que tiene una ranura, según
se muestra en la figura. El disco va montado sobre un eje
concéntrico de radio r y masa muy pequeña.
Determine la aceleración del CM y la aceleración angular del disco.
Calcule la fuerza de rozamiento entre el eje y el plano inclinado.
Calcule la velocidad angular del disco cuando haya recorrido una
distancia L a lo largo del plano, suponiendo que partió del reposo.
Apartado a)
α
N
R
FR
aCM
M (kg) =
R (m) =
r (m) =
L (m) =
1,25
0,40
0,05
1,50
Rotación:
FR r = I CM α
Momento inercia:
FR = I CM
30
(Paralelamente al
plano inclinado)
(Sentido horario)
aCM = r α
I CM =
α
r
=
1
M R2
2
(La masa del eje
es despreciable)
a
1
M R 2 CM
2
r2
1 R2
Mg sin θ − M 2 aCM = M aCM
2
r
θ
aCM =
9,8
Mg sin θ − FR = M aCM
Mg
⎛
R2 ⎞
⎜1 + 2 ⎟aCM = g sin θ
⎜ 2r ⎟
⎠
⎝
g (m·s-2) =
θ (º) =
Traslación:
Rueda sin deslizar:
r
Valores numéricos
g sin θ
1 + R 2 / 2r 2
(
)
α=
aCM
g sin θ
=
r
r + R 2 / 2r
(
)
36
SÓLIDO RIGIDO
P08.06. EXAMEN A2. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Apartado b) Fuerza de rozamiento. A partir de la ecuación de rotación y los resultados anteriores
aCM =
g sin θ
1 + R 2 / 2r 2
(
)
a
g sin θ
α = CM =
r
r + R 2 / 2r
(
FR r = I CM α → FR = I CM
1
g sin θ
FR = MR 2 2
2
r + R2 / 2
)
(
)
α
r
= I CM
aCM
r2
R2
FR = 2
Mg sin θ
2
R + 2r
Apartado c) Velocidad angular cuando ha recorrido la distancia L a lo largo del plano inclinado
Es un movimiento uniformemente acelerado, calculamos primero la velocidad del CM:
vCM
2 gL sin θ
= 2aCM L =
1 + R 2 / 2r 2
(
Solución numérica A
B
v
2aCM L
ω = CM =
r
r2
)
C
D
E
a CM (m·s-2) =
0,15
0,21
0,07
0,09
0,10
α (rad·s-2) =
2,97
5,94
0,67
13,35
4,20
16,80
0,92
18,33
1,34
4,83
0,45
8,97
1,90
10,25
0,62
12,32
2,03
9,75
0,45
9,01
F R (N) =
v CM (m/s) =
ω (rad/s) =
ω=
2 gL sin θ
r 2 + R2 / 2
(
)
37
SÓLIDO RIGIDO
P08.07. EXAMEN B2. CURSO 2007/2008
a)
b)
c)
Un cilindro hueco y homogéneo, de radio interior r y radio exterior R, rueda sin deslizar a
lo largo de un plano inclinado un ángulo θ sobre la horizontal. Suponiendo que
inicialmente se encontraba en reposo, se pide:
Determinar la aceleración del CM y la aceleración angular del cilindro.
Calcular la velocidad del CM cuando el cilindro ha recorrido una distancia L sobre el
plano inclinado y la velocidad angular del sólido en ese instante.
Calcular las componentes vectoriales de velocidades y aceleraciones de los puntos A, B y P
indicados en el dibujo cuando el cilindro ha recorrido una distancia L sobre el plano
inclinado, con respecto al sistema coordenado que se muestra en el esquema cuyo origen
es el CM.
R
Y
L
r
A
R
r
Posición del CM al
inicio del movimiento
P
B
X
θ
38
SÓLIDO RIGIDO
P08.07. EXAMEN B2. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Apartado a) Fuerzas que intervienen en el movimiento a lo largo del plano (en rojo)
Y
aCM
m g sin θ − FR = m aCM
Iα
m
g
sin
θ
−
= m aCM
α
I
α
R
F
⋅
R
=
I
α
FR =
R
mg sin θ
CM
R
Rueda sin deslizar:
R
I es el momento de inercia
a
respecto al eje principal de
α = CM
r
R
X simetría que pasa por el CM
FR
θ
Momento de inercia respecto a su
1
I = m R2 + r 2
eje principal de simetría de un
2
cilindro hueco de radios r y R:
Iα 1
1⎛
r2 ⎞
2
2 aCM
= m R +r
= ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ m aCM = C m aCM
2
R
2
2⎝ R ⎠
R
(
Sea m la masa
(desconocida) del
cilindro hueco
(
mg
)
)
C
Iα
= m aCM puede escribirse como m g sin θ − C m aCM = m aCM
R
1⎛
r2 ⎞
g sin θ
⎜
donde C = ⎜1 + 2 ⎟⎟
=
2⎝ R ⎠
1+ C
Por tanto la relación m g sin θ −
aCM
De aquí la aceleración angular vale
α=
g sin θ
R(1 + C )
39
SÓLIDO RIGIDO
P08.07. EXAMEN B2. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Apartado b)
Y
L
R
r
Posición del CM al
inicio del movimiento
X
θ
Velocidad del CM y velocidad angular cuando ha recorrido una distancia L partiendo del reposo
2
vCM
= 2 aCM L = 2 g sin θ L
1+ C
1⎛
r2 ⎞
donde C = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟
2⎝ R ⎠
vCM =
2 g sin θ
L
1+ C
ω=
vCM 1 2 g sin θ
L
=
R
R
1+ C
Observación: cuanto más próximos sean los valores de r y R, mayor es
el valor de C y menor será la velocidad lineal y la velocidad angular.
Componentes vectoriales en el sistema de referencia dado:
r
g sin θ r
aCM =
i
1+ C
( )
r
g sin θ
−k
α=
R(1 + C )
r
(El eje Z positivo es normal
al plano XY y saliente)
r
2 g sin θ r
vCM =
L i
1+ C
r
ω=
( )
r
1 2 g sin θ
L −k
R
1+ C
40
SÓLIDO RIGIDO
P08.07. EXAMEN B2. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Punto superior (A)
Apartado c)
Y
L
(
r r
r
2 g sin θ r 1 2 g sin θ
vA =
L i+
L ⋅R −k × j
1+ C
R
1+ C
A
R
r
Posición del CM al
inicio del movimiento
P
r
g sin θ r
aCM =
i
1+ C
r
r g sin θ
α=
−k
R(1 + C )
B
X
)
r
2 g sin θ r
vA = 2
L i
1+ C
r r
r
r
r
a A = aCM + α × rA / CM − ω 2 rA / CM
(
)
r r 2 g sin θ
r
r
g sin θ r g sin θ
aA =
i+
R −k × j − 2
L⋅R⋅ j
1+ C
R(1 + C )
R (1 + C )
( )
r
vCM
θ
r
r
rA / CM = R j
r r
r
r
r
r
v A = vCM + v A / CM = vCM + ω × rA / CM
2 g sin θ r
=
L i
1+ C
r
2 g sin θ ⎛ r L r ⎞
aA =
⎜i − ⋅ j ⎟
1+ C ⎝
R ⎠
( )
r
1 2 g sin θ
L −k
ω=
R
1+ C
r
1⎛
r2 ⎞
C = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟
2⎝ R ⎠
41
SÓLIDO RIGIDO
P08.07. EXAMEN B2. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Punto delantero (B)
Apartado c) Continuación
Y
L
(
r r
r
2 g sin θ r 1 2 g sin θ
vB =
L i+
L ⋅R − k ×i
1+ C
R
1+ C
A
R
r
Posición del CM al
inicio del movimiento
P
r
g sin θ r
aCM =
i
1+ C
r
r g sin θ
α=
−k
R(1 + C )
B
X
)
r
r
2 g sin θ r
2 g sin θ
vB =
L i−
L j
1+ C
1+ C
r r
r
r
r
aB = aCM + α × rB / CM − ω 2 rB / CM
(
)
r r 2 g sin θ
r
r
g sin θ r g sin θ
aB =
i+
R − k ×i − 2
L⋅ R ⋅i
1+ C
R(1 + C )
R (1 + C )
( )
r
vCM
θ
r
r
rB / CM = R i
r r
r
r
r
r
vB = vCM + vB / CM = vCM + ω × rB / CM
2 g sin θ r
=
L i
1+ C
r
g sin θ ⎛ 2 L ⎞ r g sin θ r
aB =
j
⎜1 ⎟ i−
1+ C ⎝ R ⎠
1+ C
( )
r
1 2 g sin θ
L −k
ω=
R
1+ C
r
1⎛
r2 ⎞
C = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟
2⎝ R ⎠
42
SÓLIDO RIGIDO
P08.07. EXAMEN B2. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Punto inferior (P)
Apartado c) Continuación
Y
L
(
R
Posición del CM al
inicio del movimiento
P
r
g sin θ r
aCM =
i
1+ C
r
r g sin θ
α=
−k
R(1 + C )
( )
r
1 2 g sin θ
L −k
ω=
R
1+ C
1⎛
r2 ⎞
C = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟
2⎝ R ⎠
X
r
r
2 g sin θ r
2 g sin θ
vP =
L i+
L (− i ) = 0
1+ C
1+ C
r r
r
r
r
aP = aCM + α × rP / CM − ω 2 rP / CM
(
2 g sin θ r
=
L i
1+ C
r
B
)
r
r
r
r
g sin θ r g sin θ
2 g sin θ
aP =
i+
R − k × (− j ) − 2
L ⋅ R ⋅ (− j )
1+ C
R(1 + C )
R (1 + C )
( )
r
vCM
θ
)
r
r
r
2 g sin θ r 1 2 g sin θ
vP =
L i+
L ⋅ R − k × (− j )
1+ C
R
1+ C
A
r
r
r
rP / CM = − R j
r r
r
r
r
r
vP = vCM + vP / CM = vCM + ω × rB / CM
r
2 g sin θ L r
aP =
j
1+ C R
El punto P es el centro instantáneo de rotación. Su velocidad es
nula pero su aceleración no.
43
FLUIDOS
P07.08. EXAMEN A3. CURSO 2006/2007
En una tubería por la que se suministra agua a un embalse se han colocado unos tubos piezométricos
abiertos a la atmósfera (véase figura 1).
1. Si la diferencia de alturas
entre los tubos es h = 25 cm
y las secciones de la
conducción en la parte
ancha y en la parte estrecha
son S1 = 350 cm2 y S2 = 200
cm2, respectivamente,
determinar el caudal y el
flujo másico que circula por
la tubería.
Figura 1
h
S1
1
S2
2
P
c0
Figura 2
H
2. Del embalse toma agua una bomba P que eleva 3000 kg de
líquido por minuto y la expulsa a una altura H = 4 m con una
velocidad c0 = 8 m/s (figura 2). ¿Qué potencia debe tener la
bomba si despreciamos las pérdidas por rozamiento?.
Datos. Aceleración de la gravedad g = 9.8 m/s2; densidad del agua ρ = 1.00 g/cm3
44
FLUIDOS
P07.08. EXAMEN A3. CURSO 2006/2007 (CONTINUACION)
Apartado 1
1
1
Ecuación de Bernoulli P1 + ρc12 + ρgy1 = P2 + ρc22 + ρgy2
2
2
P1 = Patm + ρgz1
P2 = Patm + ρgz2
h
z1
c1
S1
1
y1
c2 =
z2
S2
y2
2 gh
2
1 − (S 2 S1 )
V&2 = V& = S 2
c2
(
1
P1 − P2 = ρ c22 − c12
2
P1 − P2 = ρg ( z1 − z2 )
P1 − P2 = ρgh
2
Ecuación de continuidad
2 gh
2
1 − (S 2 S1 )
c1 = c2
S2
S1
1 ⎛ 2 2 S 22 ⎞
P1 − P2 = ρ ⎜⎜ c2 − c2 2 ⎟⎟ = ρgh
2 ⎝
S1 ⎠
2 gh
m& 2 = m& = ρ S 2
2
1 − (S 2 S1 )
45
)
FLUIDOS
P07.08. EXAMEN A3. CURSO 2006/2007 (CONTINUACION)
2. Del embalse toma agua una bomba P que eleva M kg de
líquido por minuto y la expulsa a una altura H con una
velocidad c0 (figura 2). ¿Qué potencia debe tener la bomba
si despreciamos las pérdidas por rozamiento?.
0
c0
0
H
Trabajo realizado por la bomba para
elevar una masa de agua m a la altura H
Potencia necesaria:
dW dm
W& =
=
g HP
dt
dt
M (kg) 1
=
M kg/s
60 (s) 60
1000
9,8
0,25
3,50E-02
S2 (m ) =
2
2,00E-02
P1-P2 (Pa) =
2450
c2 (m/s) =
2,70
c1 (m/s) =
1,54
V (m /s) =
m (kg/s) =
W& = g H P m&
1
W& =
M g HP
60
yS
3
ρ (kg/m ) =
2
g (m/s ) =
h (m) =
2
S1 (m ) =
3
La bomba eleva M kg por minuto:
m& =
W = m g HP
H
S
La velocidad de la superficie
libre del embalse es nula
PS
1 2
P
1 2
+
cS + y S + H P = 0 +
c0 + y0
ρg 2 g
ρg 2 g
1 2
1 2
HP =
c0 + y0 − y S
HP =
c0 + H
2g
2g
Figura 2
y0
Aplicamos la ec. de Bernoulli en función de las alturas
La presión en S y en 0 es la misma
P
2
5,39E-02
53,95
g (m/s ) =
M (kg/min) =
c0 (m/s) =
H (m) =
9,8
3000
8
4
HP (m) =
W (watt) =
7,27
3560,00
46
FLUIDOS
P07.09. EXAMEN B3. CURSO 2006/2007
Una esfera hueca (radio interno R1, radio externo R2), hecha de un material de densidad ρ0, flota
en un líquido de densidad ρL. Cuando el hueco se rellena con un material de densidad ρm la esfera
flota completamente sumergida con su parte superior justamente a ras de la superficie. (a) Calcule
la fracción de volumen de la esfera hueca que flota por encima de la superficie antes de rellenarla.
(b) Calcule la densidad ρm.
Datos numéricos
(a) Volumen y masa de la esfera hueca:
E
ρ0
ρ 0 (g/cm3) = 0,80
ρ L (g/cm3) = 1,60
(
4
M 0 = π ρ 0 R23 − R13
3
4
V0 = π R23
3
R1
R2
M0g
ρL
VL
(
)
0,10
R 2 (m) =
0,20
Por el principio de Arquímedes, la esfera sufre un empuje
E igual al peso del fluido dsplazado. Como la esfera
flota, E debe ser igual a su peso M0g.
E = ρ L VL g
Igualando E con el peso, calculamos VL
4 ρ
VL = π 0 R23 − R13
3 ρL
)
R 1 (m) =
VL es el volumen de la parte sumergida
(
)
4
E = ρ L VL g = M 0 g = π ρ 0 R23 − R13 g
3
Fracción sumergida
(
)
ρ 0 ⎛ R13 ⎞
VL ρ 0 R23 − R13
⎜1 - ⎟
=
=
ρ L ⎜⎝ R23 ⎟⎠
V0 ρ L
R23
47
FLUIDOS
P07.09. EXAMEN B3. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
(b) Cuando el interior de la esfera se rellena con un material de densidad ρm, la esfera flota con
su parte superior justo a ras de agua.
El empuje E’ iguala al peso del fluido desplazado. Dicho
peso es igual al peso de un volumen de fluido igual al
volumen de la esfera.
E'
ρ0
ρm
E ' = ρ L V0 g = (M 0 + M ') g
R1
M0g + M '
(
R2
ρL
4
4
M ' = π ρ L R23 − π ρ 0 R23 − R13
3
3
Igualando las dos expresiones para M’
R23
ρ m = ρ 0 + (ρ L - ρ 0 ) 3
R1
)
4
4
M ' = π (ρ L - ρ 0 ) R23 + π ρ 0 R13
3
3
La masa del material de relleno es
4
M ' = π ρ m R13
3
M ' = ρ L V0 − M 0
3
ρ0 (g/cm ) = 0,80
3
ρL (g/cm ) = 1,60
Solución
numérica
R1 (m) = 0,10
R2 (m) = 0,20
VL/V0 = 0,44
3
ρm (g/cm ) = 7,20
48
P07.10. EXAMEN B3. CURSO 2006/2007
FLUIDOS
Un tanque de forma cilíndrica es utilizado para almacenaje de agua. El área de su base es S m2.
Un grifo en la parte superior aporta un flujo másico de C1 kg/s, mientras que un desagüe
situado en la parte inferior deja salir fuera C2 y kg/s, donde y representa la altura de la
superficie del líquido sobre el fondo plano del tanque. Además, existe un rebosadero a una
altura h m por encima del desagüe. Suponiendo que al comienzo de una jornada el tanque
contiene inicialmente V0 litros, y que se abren al mismo tiempo el grifo de entrada y el
desagüe, calcular:
a) El tiempo que tarda la superficie del agua en alcanzar el rebosadero (si es que lo alcanza).
b) En caso de que no hubiese rebosadero, calcular el máximo nivel sobre el fondo que puede
alcanzar el agua.
c) Haga una gráfica de la altura alcanzada por el agua en función del tiempo, señalando en la
misma los valores obtenidos en los apartados a) y b).
49
FLUIDOS
P07.10. EXAMEN B3. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
m& 1
Rebosadero
Ecuación de continuidad
dm
= m& 1 − m& 2
dt
y0 =
m(t ) = ρ V (t ) = ρ S y (t )
dm
= C1 − C2 y (t )
dt
h
V (t )
y (t )
V0
y0
m& 2
ρ → densidad del agua
∫
dy
1
=
dt
C1 − C 2 y ρ S
t
1
dy
=
C1 − C 2 y ρ S
y0
y
y0
ρS
1
=
t
ρS
dy
= C1 − C2 y
dt
m& 2 = C2 y (C2 → kg/(m ⋅ s))
y
1
−
Ln (C1 − C 2 y )
C2
dm
dV (t )
dy
=ρ
=ρS
dt
dt
dt
m& 1 = C1 (kg/s)
S
V0
S
t
0
∫
dt
∫
0
⎛ C − C2 y ⎞
C
⎟⎟ = − 2 t
Ln⎜⎜ 1
ρS
⎝ C1 − C 2 y0 ⎠
y=
⎞
⎛ C ⎞
C1 ⎛ C1
− ⎜⎜ − y0 ⎟⎟ exp⎜⎜ − 2 t ⎟⎟
C2 ⎝ C2
⎝ ρS ⎠
⎠
dy
1
=−
C1 − C 2 y
C2
∫
du
1
Ln (C1 − C 2 y )
=−
u
C2
u = C1 − C 2 y → dy = −
1
du
C2
⎛ C ⎞
C1 − C 2 y = (C1 − C 2 y0 ) exp⎜⎜ − 2 t ⎟⎟
⎝ ρS ⎠
50
FLUIDOS
P07.10. EXAMEN B3. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
y=
⎞
⎛ C ⎞
C1 ⎛ C1
− ⎜⎜ − y0 ⎟⎟ exp⎜⎜ − 2 t ⎟⎟
C2 ⎝ C2
⎝ ρS ⎠
⎠
a) El tiempo que tarda la superficie del agua en
alcanzar el rebosadero (si es que lo alcanza).
b) En caso de no existir
rebosadero, calcular el
máximo nivel sobre el
fondo que puede alcanzar
el agua.
m& 1
⎞
⎛ C ⎞
C1 ⎛ C1
C
− ⎜⎜ − y0 ⎟⎟ exp⎜⎜ − 2 t ⎟⎟ = 1
C2
t →∞ C2 ⎝ C2
⎝ ρS ⎠
⎠
ymáx = lim
Valores numéricos
V 0 (litros) =
3
V 0 (m ) =
Spillway
h
V (t )
S (m ) =
ρ (kg/m3) =
10
1000
C 1 (kg/s) =
0,6
C 2 (kg/m.s)= 0,5
y 0 (m) =
V0
y0
S
m& 2
100
0,01
C 1/C 2 (m) = 1,2
C 1/C 2-y 0 = 1,19
C 2/ρ S =
h (m) =
y = 1.2 − 1.19 exp(− 0.00005 t )
0,1
2
y (t )
t y =h
⎞
⎛ C1
⎜⎜ − h ⎟⎟
C
ρS
⎠
Ln ⎝ 2
=−
C2
⎞
⎛ C1
⎜⎜ − y0 ⎟⎟
⎠
⎝ C2
0,00005
1
t y=h = −
(1.2 − 1) = 35668 s
1
Ln
0.00005 (1.2 − 0.01)
⎞
⎛ C ⎞
C1 ⎛ C1
− ⎜⎜ − y0 ⎟⎟ exp⎜⎜ − 2 t ⎟⎟
t →∞ C2 ⎝ C2
⎝ ρS ⎠
⎠
ymáx = lim
ymáx =
C1
= 1.20 m
C2
51
FLUIDOS
P07.10. EXAMEN B3. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
c) Nivel de agua frente a tiempo
y=
⎞
⎛ C ⎞
C1 ⎛ C1
− ⎜⎜ − y0 ⎟⎟ exp⎜⎜ − 2 t ⎟⎟
C2 ⎝ C2
⎝ ρS ⎠
⎠
y = 1.2 − 1.19 exp(− 0.00005 t )
1,4
y (m)
Altura máxima si no hubiese
rebosadero
1,2
1.20 m
1,0
y=h=1m
0,8
0,6
El nivel de agua llega
al rebosadero
0,4
t = 35668 s
0,2
0,0
t (s)
0,0
4
2,0x10
4
4,0x10
4
6,0x10
4
8,0x10
5
1,0x10
5
1,2x10
5
1,4x10
52
FLUIDOS
P08.08. EXAMEN A3. CURSO 2007/2008
M
Un cilindro de sección S lleno de agua está cerrado por su
parte superior mediante un pistón hecho con un material
muy ligero que ajusta muy bien y sobre el que hay una pesa
de masa M. Por debajo del nivel del agua, a una
profundidad h, hay una llave que al abrirse permite el paso
del agua a través de un conducto de sección efectiva A.
h
Datos numéricos: M = 20 kg; S = 400 cm 2 ; A = 1 cm 2 ; h = 60 cm
a) Determinar la velocidad de salida del agua en el momento en que se abre la llave.
b) Calcular el flujo de agua (en kg/s) y el caudal (en litro/s) en el instante en que se abre la llave.
Sean 1 y 2 los puntos señalados en la figura, entre los que aplicaremos Bernoulli
Punto 1
P1 +
1
1
ρ c12 + ρ g h1 = P2 + ρ c22 + ρ g h2
2
2
M
Velocidad c1: la suponemos nula pues S >> A, y eso quiere
decir que la bajada del pistón será muy lenta.
Presión P1: debe ser igual a la atmosférica más la ejercida por
la pesa; despreciamos el peso del pistón al ser muy ligero.
Mg
P1 = Patm +
S
Altura h1: tomando como nivel de referencia el del orificio de
salida, es evidente que h1 = h.
S
1
A
h
2
53
FLUIDOS
P08.08. EXAMEN A3. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Punto 2
M
Velocidad c2: es la incógnita a determinar.
Presión P2: es igual a la presión atmosférica ya que se trata
de un extremo abierto.
S
1
A
h
Altura h2: tomando como nivel de referencia el del orificio de
salida, es evidente que h2 = 0.
La ecuación de Bernoulli queda
Patm +
Mg 1
1
+ ρ c12 + ρ g h = Patm + ρ c22 + ρ g h2
S
2
2
0
0
⎛ M
⎞
+ h ⎟⎟
Velocidad de salida: c2 = 2 g ⎜⎜
⎝ρS
⎠
Flujo másico: m& = ρ A c2
m&
Flujo volumétrico: V& = = A c2
ρ
Con los datos del enunciado multiplicamos
por 103 para obtener el resultado en litro/s)
2
DATOS ENUNCIADO
A
M (kg) =
20
2
S (cm ) =
400
2
B
40
C
20
D
40
500
400
500
A (cm ) =
h (cm) =
1
60
0,5
50
1
90
0,5
80
S (m2) =
0,04
0,05
0,04
0,05
5,0E-05
0,50
1,0E-04
0,90
5,0E-05
0,80
1000
1000
1000
5,05
0,25
0,25
5,24
0,52
0,52
5,60
0,28
0,28
2
A (m ) = 1,0E-04
h (m) =
0,60
DATO CONOCIDO
ρ (kg/m3) = 1000
c 2 (m/s) =
& (kg/s) =
m
&
V (litro/s) =
4,64
0,46
0,46
54
P08.09. EXAMEN B3. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
FLUIDOS
En la azotea de un edificio de tres pisos, a 12 m de altura sobre el nivel de la calle, hay un
depósito de agua para servicio de la comunidad. La superficie del agua en el depósito
alcanza una altura de 1 m sobre el fondo, y este nivel puede considerarse invariable aunque
varios vecinos abran los grifos a la vez, pues el volumen almacenado en el depósito es
grande comparado con el caudal de salida y además hay un mecanismo de alimentación
que deja entrar agua de la red pública para compensar el gasto de agua. Las alturas sobre el
nivel de la calle de los grifos de los distintos pisos se dan en la tabla adjunta.
Se sabe que las pérdidas de carga en las tuberías son de 8000 Pa/m, y dada la
configuración de la fontanería de la finca, se puede admitir que la distancia
de los grifos de cada piso a la tubería principal de bajada es despreciable.
Se pide:
a) Considerando que cada grifo tiene una abertura de salida equivalente a 0.40
cm2, y que siempre se abren al máximo, determinar cuánto tiempo tardará en
llenar un cubo de 20 litros el vecino del 1º, el vecino del 2º y el vecino del 3º.
Piso 1º: 4 m
Piso 2º: 7 m
Piso 3º: 10 m
1m
12 m
b) Un fin de semana en que el fontanero está ilocalizable, hay una avería en la
alimentación del depósito, que queda interrumpida, y como resultado el depósito
se va vaciando lentamente. El vecino del 2º llena una jarra de agua de 1 litro a
las 12 h, y observa que tarda 4 segundos en llenarse. Cuando vuelve a llenar la
misma jarra a las 14 h, el tiempo de llenado es de 5 segundos. Calcular cuánto
ha descendido el nivel del depósito en ese intervalo.
Tome la aceleración de la gravedad como 10 m/s2, y la densidad del agua como 1000 g/cm3.
55
FLUIDOS
P08.09. EXAMEN B3. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Apartado a)
D = Pérdida de carga en tuberías (Pa/m)
P0 +
0
1
1
ρ c02 + ρ g y0 − D ⋅ L = P + ρ c 2 + ρ g y
2
2
c ( y ) = 2 g ( y 0 − y ) − 2 D ⋅ L / ρ = 2 g ( y0 − y ) − 2 D ⋅ ( H − y ) / ρ
h0
L=H−y
y0 = H + h0
y0
L
3º
2º
H
y
1º
c( y ) = 2 gy0 - 2 gy − 2 D ⋅ H / ρ + 2 D ⋅ y / ρ
c( y ) = 2 g (H + h0 − D ⋅ H / ρ g ) - 2 g y (1 − D / ρ g )
c( y ) = 2 g [h0 + H (1 − D / ρ g ) - y (1 − D / ρ g )]
Cada piso se caracteriza por su diferente valor de y (altura sobre el
suelo). El flujo volumétrico (caudal) al abrir el grifo en el piso
situado a la altura y está dado por:
Q( y ) = S ⋅ c( y ) = S ⋅ 2 g [h0 + H (1 − D / ρ g ) - y (1 − D / ρ g )]
El tiempo que tarda en llenarse un recipiente de 20 litros será:
20 ⋅10 −3 20 ⋅10 −3
=
t (20) =
Q( y )
S ⋅ c( y )
(unidades S.I.)
56
FLUIDOS
P08.09. EXAMEN B3. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Apartado a) continuación
c( y ) = 2 g [h0 + H (1 − D / ρ g ) - y (1 − D / ρ g )]
20 ⋅10 −3 20 ⋅10 −3
t (20) =
=
Q( y )
S ⋅ c( y )
Q( y ) = S ⋅ c( y ) = S ⋅ 2 g [h0 + H (1 − D / ρ g ) - y (1 − D / ρ g )]
Piso 1º: y1 = 4 m
Piso 2º: y2 = 7 m
Piso 3º: y3 = 10 m
-2
g (m.s ) =
-3
ρ (kg.m ) =
h 0 (m) =
H (m) =
D (Pa/m) =
2
S (m ) =
10
1000
1
12
8000
4,00E-05
c 1 (m/s) =
7,21
c 2 (m/s) =
6,32
c 3 (m/s) =
5,29
3
Q1=
m /s
2,88E-04
litro/s
0,29
Q2 =
2,53E-04
0,25
Q3 =
2,12E-04
0,21
t 1(20 l) =
t (s)
69,3
t 2(20 l) =
79,1
t 3(20 l) =
94,5
Apartado b)
Cuando empieza a disminuir lentamente el nivel del depósito, la
velocidad de salida en un piso situado a la altura y sobre el suelo sigue
siendo
c( y ) = 2 g [h + H (1 − D / ρ g ) - y (1 − D / ρ g )]
0
… pero el valor de h0 va disminuyendo lentamente.
c2 (y)
− H (1 − D / ρ g ) + y (1 − D / ρ g )
h0 =
2g
Puesto que Q = S ⋅ c
donde Q =
→
Q2
− H (1 − D / ρ g ) + y (1 − D / ρ g )
h0 =
2 g S2
Q2 (12 h )
S
Q (14 h )
c2 (14 h ) = 2
S
capacidad
tiempo llenado
c2 (12 h ) =
El vecino del 2º registra diferentes
valores del caudal a diferentes horas:
t llenado 1 l
A las 12 h
4
A las 14 h
5
3
Q 2 (12 h) =
litro/s
0,25
m /s
2,500E-04
c (m/s)
6,25
Nivel agua
h 0 (12 h) =
m
0,95
Q 2 (14 h) =
0,20
2,000E-04
5,00
h 0 (14 h) =
0,25
∆h = 0.70 m
57
TERMODINÁMICA
P07.11. EXAMEN A4. CURSO 2006/2007
10 moles de un gas ideal monoatómico inicialmente a 20 ºC se expanden reversiblemente
de acuerdo con la relación p = aV, donde p, V representan la presión y el volumen,
respectivamente, y a es una constante. El volumen al final de la expansión es el doble del
volumen inicial. La constante universal de los gases es R = 8.314 J/(K⋅mol)
1. Representar el proceso en un diagrama p-V (1 p).
2. Determinar la temperatura final (1.5 p).
3. Calcular el trabajo en la expansión (1.5 p).
p
2
p = aV
p1 = aV1
T1 =
p2 = aV2
T2 =
1
p1 V1
=
p2 V2
V
V1
V2=2V1
W=
∫
V1
V2
pdV =
∫
V1
[ ]
a
a V dV = V 2
2
W=
V2
V1
[
Debemos encontrar una relación que nos
permita hallar el valor de T2 sabiendo T1 y
la relación de volúmenes inicial y final.
p1V1
nR
(en este caso m = 2)
V2 = mV1
p2V2
nR
2
2
T1
p1V1 ⎛ V1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
= ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟
T2 = m 2 T1
=
T2 p2V2 ⎝ V2 ⎠ ⎝ m ⎠
T2 = m 2 T1 = 2 2 ⋅ 293 = 1172 K = 899º C
Trabajo en la expansión:
V2
Conocemos T1 = 20º C = 293 K
W=
]
[
]
[
]
[
]
nR 2
a 2
a
m − 1 T1
V2 − V12 = m 2 − 1 V12 =
2
2
2
10 ⋅ 8.314 2
2 − 1 ⋅ 293 = 36540 J
2
nRT1
V =
a
2
1
aV12
T1 =
nR
58
P07.12. EXAMEN B4. CURSO 2006/2007
TERMODINÁMICA
Un gas ideal de coeficiente adiabático γ = 1.4 ejecuta un ciclo de potencia formado por las
siguientes etapas:
1→2
.
El gas se expande politrópicamente (índice de politropía k1 = 1.35) desde las
condiciones V1 = 1 litro, P1 = 7.87 bar, hasta que su volumen se duplica.
2→3. El gas se enfría a volumen constante, hasta que su temperatura es T3 = 280 K.
3→1 El gas se comprime politrópicamente hasta restituir las condiciones iniciales (sea
k2 el índice de politropía de este proceso, que deberá determinarse).
.
Se supone que todas las etapas son reversibles. La masa de gas es n = 0.20 moles, y la constante
universal de los gases es R = 8,314 J/(K·mol). Se pide:
A) Calcular las coordenadas de presión y temperatura en todos los puntos notables
del ciclo (2 p).
B) Determinar el índice k2 y representar gráficamente el ciclo en un diagrama de
Clapeyron (P-V) (2 p).
C) Calcular el trabajo asociado con cada una de las etapas del ciclo, discutiendo su
signo (2 p).
D) Calcular el calor asociado con cada una de las etapas del ciclo, discutiendo su
signo (2 p).
E) Determinar el rendimiento del ciclo (1 p).
F) Calcular la variación de entropía de cada una de las etapas del ciclo (2 p).
59
TERMODINÁMICA
P07.12. EXAMEN B4. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
R (J/K.mol)
n (mol)
V1 (l)
P1 (bar)
8,314
0,2
1
7,87
V2 (l)
2
T3 (K)
280
k1
γ
1,35
1,4
3
V1 (m )
0,001
P1 (Pa)
787000
3
V2 (m )
k1
3
Se calcula p3
usando la ley de
los gases ideales
p1V1k2
k2 =
=
p3V3k2
ln ( p3 p1 )
ln (V1 V3 )
P1V1
k1
1,7573
cv (J/K.mol)
20,785
T (K)
473,3
371,3
280,0
p (bar )
8
1
Observe que en la etapa 1→2 se verifica
7
k1 − γ < 0
T2 − T1 < 0
k1
6
Q>0
W >0
5
4
Q>0
3
2 Q<0
k2
W <0
70,141449
0,002
k2
1
2
3
V3 = V2 = 2V1
0,002
1,35
V3 (m )
Cálculo del índice k2
3
2
P1V1
3
V (m )
0,001
0,002
0,002
k2
1,0
4,2073464
Los demás se calculan usando la ecuación
de estado del gas ideal, y para T2, la
ecuación adiabática en función de T y V.
1,4
1,6
1,8
2,0
V (litros)
P (Pa)
787000
308734
232792
En azul, los datos iniciales
1,2
W politrópico =
Q politrópico =
piVi − p f V f
k −1
+
piVi − p f V f
k −1
p f V f − piVi
γ −1
QV = n cV (T3 − T2 )
=
nR (Ti − T f )
k −1
⎡ k −γ
⎤
= nR (T f − Ti )⎢
⎥
⎣ (k − 1)(γ − 1) ⎦
cV =
R
(γ − 1)
60
TERMODINÁMICA
P07.12. EXAMEN B4. CURSO 2006/2007 (CONTINUACIÓN)
Calor y trabajo
W politrópico =
Q politrópico =
piVi − p f V f
k −1
piVi − p f V f
k −1
+
=
Polit 1→2
Isoc 2→3
Polit 3→1
Qin, Wout
nR (Ti − T f )
k −1
p f V f − piVi
γ −1
Q (J)
60,55
-379,71
379,13
439,68
W (J)
484,38
0,00
-424,41
59,97
⎡ k −γ
⎤
= nR (T f − Ti )⎢
⎥
⎣ (k − 1)(γ − 1) ⎦
QV = n cV (T3 − T2 )
Rendimiento η =
Wout W polit1→2 + W polit 3→1 59.97
=
= 0.136
=
439
.
68
Qin
Q polit1→2 + Q polit 3→1
Incremento de entropía (politrópicas)
V
∆S = −nR ln i
V
1 / (γ −1)
⎛ p f V fγ ⎞
⎟
V =⎜
⎜ pV ⎟
⎝ i i ⎠
∆S =
∫
δQV
T
=
∫
Ti
⎛ Tf
ncv dT
R
ln⎜⎜
=n
T
γ − 1 ⎝ Ti
Cálculo entropías
Volumen auxiliar
3
V(k1) (m )
0,00109
3
∆S12 (J/K)
⎞
⎟⎟
⎠
1 / (γ −1)
⎛ p f V fγ ⎞
⎟
V =⎜
⎜ pV ⎟
⎝ i i ⎠
V(k2) (m )
Incremento de entropía (isocórica)
Tf
∆U (J)
-423,83
-379,71
803,54
0,00
∆S23 (J/K)
0,00371
0,144 Politropica
-1,174 Isocora
∆S31 (J/K)
1,030 Politropica
∆Sciclo (J/K)
0,000
61
TERMODINÁMICA
P08.10. EXAMEN A4. CURSO 2007/2008
Una muestra de 0.25 mol de gas ideal monoatómico, cuyo
coeficiente adiabático es γ = 5/3, describe un ciclo de potencia que
puede asimilarse a un ciclo ideal de Carnot de rendimiento 40%.
Los volúmenes y presiones conocidos de este ciclo se dan en la tabla
adjunta. Rellene los cuadros de resultados, usando las unidades
indicadas, para cada uno de los apartados siguientes:
a) Calcule los calores específicos del c P (J/mol.K) =
gas a presión y a volumen constante. c V (J/mol.K) =
Dato: R = 8,314 J·K-1·mol-1
b) Determine todas las coordenadas V, p, T de los
puntos notables del ciclo que no están dadas en el
enunciado. Haga una gráfica del ciclo usando el
reverso de esta hoja, numerando dichos puntos
notables en el sentido
de recorrido
delTciclo..
V, p,
Coordenadas
V (m3)
p (Pa)
T (K)
1
2
Etapa 1→2 Expansión isoterma
V 1 (litros) =
P 1 (bar) =
V 2 (litros) =
3,50
4,00
7,00
d) Calcule la variación de entropía
de cada etapa del ciclo.
∆S (J/K)
1→2
2→3
3→4
4→1
e) Calcule el índice politrópico del proceso que une
directamente el punto de mayor presión del ciclo
con el punto de mayor volumen del ciclo.
3
k =
4
c) Determine el trabajo, el calor y la variación
de energía interna en cada etapa del ciclo.
W (J)
1→2
2→3
3→4
4→1
Q (J)
∆U (J)
Cada resultado correcto (total = 40):
Apartado a) +2
Apartado b) +1
Gráfica: +5
Apartado c) +1
Apartado d) +1
Apartado e) +6
62
TERMODINÁMICA
P08.10. EXAMEN A4. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
c
a) Calcule los calores específicos del γ = P
cV
gas a presión y a volumen constante.
Dato: R = 8,314 J·K-1·mol-1
cP − cV = R
cV =
R
γR
cP =
(γ − 1)
(γ − 1)
γ = 5/3
b) Determine todas las coordenadas V, p, T de los
puntos notables del ciclo que no están dadas en el
enunciado. Haga una gráfica del ciclo usando el
reverso de esta hoja, numerando dichos puntos
notables
en el sentido V,
de p,
recorrido
T
. del ciclo.
Coordenadas
3
1
2
V (m )
V1
V2
p (Pa)
p1
T (K)
4
1/ (γ −1)
⎛T ⎞
V3 = V2 ⎜⎜ 2 ⎟⎟
⎝ T3 ⎠
T2 V2γ −1 = T3 V3γ −1
(adiabática 2→3)
1
(isoterma 1→2)
pV
T1 = 1 1 = T2
nR
T3 = (1 − η R ) ⋅ T1 = T4
3
nRT3
p3 =
V3
p
p2 =
nRT2
V2
nRT4
V4
1/ (γ −1)
⎛ T1 ⎞
V4 = V1 ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ T4 ⎠
p4 =
T1 V1γ −1 = T4 V4γ −1
(adiabática 4→1)
c P (J/mol.K) =
c V (J/mol.K) =
20,785
12,471
Gráfica cualitativa. Véase
la gráficas cuantitativa más
adelante.
TA
Adiabática
4
2
Adiabática
TB
3
V
(isoterma 3→4)
ηR = 1−
T
TB
= 1− 3
TA
T1
Las coordenadas de cada punto se calcularán
usando la ecuación estado del gas ideal (cuando se
conozcan dos coordenadas de un punto) o la
ecuación de la adiabática (en forma de relación T-V
en otro caso).
63
TERMODINÁMICA
P08.10. EXAMEN A4. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
c) Determine el trabajo, el calor y la variación
de energía interna en cada etapa del ciclo.
Procesos adiabáticos: trabajo
R(T4 − T1 )
Wadiab 41 =
γ −1
Wadiab =
(
R Ti − T f
)
γ −1
Wadiab 23
d) Calcule la variación de
entropía de cada etapa
del ciclo.
Procesos isotermos: ∆U = 0
Procesos adiabáticos: Q = 0
R(T2 − T3 )
=
γ −1
W (J)
∆Sisot =
Q (J)
∆U (J)
1→2
2→3
3→4
4→1
∆S12 =
Qisot12
T1
Qisot
T
∆S34 =
Qisot 34
T1
∆S (J/K)
∆U 23 = −Wadiab 23
V4
Qisot 34 = Wisot 34 = R T3 ln
V3
∆U 41 = −Wadiab 41
V2
Qisot12 = Wisot12 = R T1 ln
V1
Procesos adiabáticos: ∆U = −Wadiab
Vf
Qisot = Wisot = R T ln
Vi
Procesos isotermos: calor y trabajo
1→2
2→3
3→4
4→1
∆S adiab = 0
(reversible)
e) Calcule el índice politrópico del proceso que une directamente el punto de mayor presión del ciclo con el
punto de mayor volumen del ciclo.
p1V1k
=
p3V3k
ln p1 + k ln V1 = ln p3 + k ln V3
k (ln V1 − ln V3 ) = ln p3 − ln p1
k=
ln ( p3 / p1 )
ln (V1 / V3 )
64
TERMODINÁMICA
P08.10. EXAMEN A4. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
c P (J/mol.K) =
c V (J/mol.K) =
R (J/mol.K) = 8,314
(1)
TB = (1 − η R ) ⋅ TA
Apdo e)
γ=
n (mol) =
V 1 (litros) =
P 1 (bar) =
V 2 (litros) =
ηR=
1,67
0,25
3,50
4,00
7,00
0,40
m3
Pa
7,00E-03 m3
3,50
3,50E-03
4,00E+05
TA
Adiabática
4
ln( p3 / p1 )
ln(V1 / V3 )
(1)
1,67
0,25
3,50
4,00
7,00
0,40
k =
3,00
2
Adiabática
TB
3
2,50
2
2,00
1,50
1,00
1,350
4
3
0,50
(2-6)
1,67
0,15
2,00
4,00
7,00
0,50
(3)
1,67
0,45
5,00
4,00
7,00
0,30
(4-5)
1,67
0,35
4,50
4,00
7,00
0,45
k =
Coordenadas V, p, T
1,350
0,00
0,00
2,00
4,00
6,00
8,00
10,00
12,00
14,00
V (litros)
∆S (J/K)
1→2
2→3
3→4
4→1
1,441
0,000
-1,441
0,000
.
3
V (m )
p (Pa)
T (K)
0,0035
400000
673,6
2
0,0070
200000
673,6
3
0,0151
55771
404,1
4
0,0075
111542
404,1
1
1
4,00
1
T A = T 1 (K) = T 2 (K) = 673,6
T B = T 3 (K) = T 4 (K) = 404,1
k=
12,471
P (bar)
γ=
n (mol) =
V 1 (litros) =
P 1 (bar) =
V 2 (litros) =
ηR=
4,50
20,785
1→2
2→3
3→4
4→1
W (J)
Q (J)
∆U (J)
970,4
970,4
0,0
840,0
0,0
-840,0
-582,2
-582,2
0,0
-840,0
0,0
840,0
65
16,00
P08.11. EXAMEN B4. CURSO 2007/2008
TERMODINÁMICA
Un mol de gas ideal de coeficiente adiabático 1.40 describe el ciclo termodinámico de la figura.
Se trata de un ciclo descrito en sentido horario en el que la etapa 1→2 es isoterma, siendo su
temperatura 750 K, y la etapa 4→1 es adiabática, siendo la presión p4 = 1.05 bar. Además, se
conocen las siguientes relaciones de volumen:
V2
= 8/3
V1
P
p1
V4
= 0.90
V3
Dato : R = 8,314 J ⋅ K -1 ⋅ mol-1
Suponiendo que todas las etapas son reversibles, analice el ciclo
y realice las siguientes tareas, completando el cuadro Resultados:
1
a) Calcule las coordenadas V, p, T de los puntos
notables del ciclo que no estén dadas en el
enunciado. Emplee los resultados obtenidos para
dibujar una gráfica a escala en el plano p - V.
p2
2
b) Razone a partir del primer principio los signos de
los intercambios de calor del gas en cada etapa
p3 = p4
del ciclo. Después calcule para cada etapa el
3
4
calor, el trabajo y la variación de energía interna
V
del gas. Con esos resultados, determine el
V1
V4 V2 = V3
rendimiento, si se trata de un ciclo de potencia, o
la eficiencia, si es un ciclo de refrigeración.
c) Calcule la variación de entropía en cada una de las etapas del ciclo.
d) Considere una máquina térmica funcionando de acuerdo con este ciclo, pero de
forma irreversible. Si su rendimiento fuese el 40% de la máquina reversible
ideal, ¿cuánto calor habría que suministrarle para obtener el mismo trabajo que
la máquina térmica ideal proporcionaría en cada ciclo de funcionamiento?
66
TERMODINÁMICA
P08.11. EXAMEN B4. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Apartado a) Coordenadas de los puntos notables
P
1
p1
V2
=a
V1
Isoterma
T1 = T2
Isobara
V4
=b
V3
V4 V2
= a ⋅b
V3 V1
p3 = p4
V
V4 V2 = V3
V1
V
V1
1
2 V2
V3
3
4 V4
Datos iniciales
p
p2
p3
p4
⎛V ⎞
T4 = T1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟
⎝ V4 ⎠
V1 =
T
T1
T2
p1
p1V1γ = p4V4γ
Adiabática
3
4
⇒
V4
= a ⋅b
V1
Isocora V3 = V2
2
p2
p1
=a
p2
⇒
p1V1 = p2V2
T3
T4
γ −1
⎛ 1 ⎞
= T1 ⎜
⎟
⎝ a ⋅b ⎠
1
V4
a ⋅b
γ −1
p1 =
nRT1
V1
T1 V1γ −1 = T4 V4γ −1
V4 =
nRT4
p4
p2 =
nRT2
V2
V3 = V2 =
T3 =
p3V3
nR
Cálculo de valores numéricos: véase más adelante
Relaciones de volumen conocidas
V2
=a
V1
V4
=b
V3
V4
b
67
TERMODINÁMICA
P08.11. EXAMEN B4. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Apartado b) Trabajo, calor, variaciones de energía interna
El ciclo es recorrido en sentido horario. Esto corresponde a un ciclo de potencia, con trabajo
neto del ciclo positivo.
P
p1
1
Wadiab < 0
1→2 Expansión isoterma
Wisot > 0, Qisot > 0
Qadiab = 0
p3 = p4
4
Tfinal < Tinicial
V4 V2 = V3
4→1 Compresión adiabática
V final < Vinicial
V2
V1
∆Uisot = U2 −U1 = 0
Qisocoro = n cV (T3 − T2 )
Wisocoro = 0
∆Uisocoro = U3 −U2 = Qisocoro
Qisob = n cP (T4 − T3 )
3→4 Enfriamiento isobaro
Wisob = p4 (V4 −V3 )
Tfinal < Tinicial
∆Uisobaro = U4 −U3 = Qisobaro −Wisobaro
Qisobaro < 0, Wisobaro < 0
Tfinal > Tinicial
V final = Vinicial
Qisocoro < 0, Wisocoro = 0
3
V
V1
V final > Vinicial
2→3 Enfriamiento isocoro
2
p2
Tfinal = Tinicial
Wisot = Qisot = n RT1 ln
Wadiab =
V final < Vinicial
p4V4 − p1V1 nR(T4 − T1 )
=
γ −1
γ −1
∆U adiab = U1 − U 4 = −Wadiab
Cálculo de valores numéricos: véase más adelante
Qadiab = 0
γ=
cP
cV
cV =
; cP − cV = R
R
γR
; cP =
γ −1
68γ − 1
TERMODINÁMICA
P08.11. EXAMEN B4. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Apartado c) Variaciones de entropía
P
p1
2
∆S12 =
1
T3
∆S 23 =
2
∫
4
∆S 34 =
3
V
V1
T
=
∫
T3
∆S 41 = 0
V4 V2 = V3
∫
δWisot
T
1
δQV
T
=
∫
nRT dV
V
= n R ln 2
T V
V1
Isoterma
T3
T3
=
T2
T4
p3 = p4
δQisot
1
Qin
p2
∫
T4
2
∫
n cV
T
dT = n cV ln 3
T
T2
Isocora
T2
δQ p
T
T4
=
∫
n cp
T
dT = n c p ln
T4
T3
Isobara
T3
Adiabática
Cálculo de valores numéricos: véase más adelante
Apartado d) Rendimiento
El rendimiento del ciclo, bajo el supuesto de que todas las etapas son reversibles, viene dado por
η=
Wneto Wisot + Wisob + Wadiab
=
Qin
Qisot
Si llamamos q (=0.40) a la fracción del rendimiento ideal que tenemos en
el ciclo real (irreversible), el rendimiento de dicho ciclo irreversible será:
η irr = q ⋅η
69
TERMODINÁMICA
P08.11. EXAMEN B4. CURSO 2007/2008 (CONTINUACIÓN)
Representación gráfica y valores numéricos
4,0E+05
n (mol) =
γ =
1
3,5E+05
1
750
2
p 3 = p 4 (bar) =
1,050
3
a =V 2/V 1 =
2,667
4
b = V 4/V 3 =
0,900
W (J)
T 1 = T 2 (K) =
P (Pa)
2,5E+05
2,0E+05
1,5E+05
V (m )
0,0174
0,0465
0,0465
0,0418
p (Pa)
357672
134127
105000
105000
T (K)
750,0
750,0
587,1
528,4
Q (J)
∆U (J)
∆S (J/K)
1->2
6116,0
6116,0
0,0
8,1546
2->3
0,0
-3385,3
-3385,3
-5,0887
3->4
-488,1
-1708,5
-1220,3
-3,0659
4->1
-4605,6
0,0
4605,6
0,0000
Σ=
1022,2
1022,2
0,0
0,0
2
1,0E+05
0,0E+00
0,000
3
1,40
3,0E+05
5,0E+04
1
4 3
η =
0,010
η irr =
16,7%
0,020
0,030
V (m 3)
0,040
6,7%
0,050
0,060
70