Fundamentos Físicos de la Ingeniería

Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Segundo Examen Parcial / 9 de abril de 2005
m, l
1. Una placa rectangular, de lado l y masa m uniformemente distribuida, puede girar
alrededor de un eje fijo horizontal que coincide con uno de sus bordes, como se
indica en la figura. Separamos la placa hasta la posición horizontal y la abandonamos partiendo del reposo. Cuando alcanza la posición vertical, la placa colisiona
m, l
(coeficiente de restitución, 0 < e < 1) contra el borde de otra placa idéntica que se
encontraba en reposo sobre un plano horizontal. a) Determinar las velocidades de
cada placa justamente después de la colisión. b) Calcular la reacción percusional suministrada por el eje.
Primera fase: Durante la rotación de la primera placa se conserva la
energía de ésta, de modo que
⎞
l 1 ⎛1
0 = −mg + ⎜⎜ ml 2 ⎟⎟⎟ ω02
⎜
⎠
2 2 ⎝3
→ ω02 =
3g
l
→ ω0 =
l/2
3g
l
+
+
Segunda fase: Durante la colisión entre las dos placas,
•
No se conserva la cantidad de movimiento del sistema (por
existir una reacción externa en el eje),
•
Se conserva el momento angular con respecto al eje:
⎛1 2 ⎞
⎛1 2 ⎞
⎜⎝⎜⎜ ml ⎠⎟⎟⎟ ω0 = ⎝⎜⎜⎜ ml ⎠⎟⎟⎟ ω + mvl → l ω + 3v = l ω0
3
3
•
m, l
N.R.
ΠE
E
ω
No se conserva la energía cinética del sistema (por tratarse
de una colisión parcialmente elástica). Sin embargo, puesto
que se supone conocido el coeficiente de restitución,
podemos aplicar la Regla de Huygens-Newton en el punto
A de contacto durante la colisión (frontal); esto es,
lω − v = −e (lω0 − 0) → l ω − v = −elω0
+
m, l
Π
ωl
-Π
+
m, l v
A
Disponemos de dos ecuaciones con dos incógnitas (ω, v):
⎧⎪⎪l ω + 3v = l ω0
⎨
⎪⎩⎪l ω − v = −el ω0
⎪⎧⎪
1 − 3e
ω0
⎪⎪ω =
4
⎪
→ ⎨
1+ e
⎪⎪⎪
⎪⎪v = 4 l ω0
⎩⎪
⎪⎧⎪
1
⎪⎪ω = − ω0
2
⎪
→ e = 1⎨
⎪⎪
1
⎪⎪v = l ω0
⎪⎩⎪
2
b) La percusión que suministra el eje es igual al cambio que experimenta la cantidad de
movimiento del sistema.
Antes de la colisión: p0 = mvcm = mω0
l
2
⎧
l
1− 3e l 1− 3e
⎪
⎪
⎪ p1 = mvcm = mω 2 = m 4 ω0 2 = 8 ml ω0
Después: ⎪
⎨
⎪
1+ e
⎪
p2 = mv =
ml ω0
⎪
⎪
4
⎪
⎩
→
p = p1 + p2 =
3− e
ml ω0
8
De modo que
Πeje = p − p0 =
3− e
1
1+ e
1+ e
ml ω0 − mlω0 = −
ml ω0 = −
m 3 gl
8
2
8
8
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 09/04/05
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Impresión: 20/04/2005
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2. Un deportista que pesa 60 kg se lanza desde un puente sujeto a una cuerda elástica de 30 m de longitud
natural (practica “puenting”) llegando justamente a tocar la superficie del agua situada a 40 m por debajo en la
vertical de donde inició el salto. a) Calcular la constante elástica de la cuerda. b) Determinar la aceleración
máxima a la que estará sometido el deportista y en qué punto la adquiere. c) Una vez que se haya amortiguado
la caída, de modo que la cuerda permanezca siempre tensa, determinar la frecuencia de las oscilaciones
verticales que experimentará el deportista.
a) Conservación de la energía entre A y C:
A
de modo que
k=
2× 60×9.8× 40
N
= 470.4
2
10
m
l = 40 m
l0 = 30 m
1
2mgl
2
0 = −mgl + k (l − l0 ) → k =
2
2
(l − l0 )
T
B
b) En un instante genérico, la ecuación del movimiento
del deportista se escribe en la forma
v0
a
C
T − mg = ma
mg
siendo T la tensión de la cuerda.
La aceleración máxima ocurre en el instante en el que la cuerda elástica presenta su máximo
alargamiento (l = 40 m) y, por ende, su máxima tensión;
Tmáx − mg = mamáx
→ k (∆l )máx − mg = mamáx
→ amáx =
k
(∆l )máx − g
m
o sea
amáx =
470.4×10
− 9.8 = 78.4 − 9.8 = 68.6 m/s 2 = 7 g
60
c) Una vez que se haya amortiguado la caída, de modo que la cuerda permanezca siempre
tensa, el deportista experimentará un m.a.s. vertical cuya frecuencia es
ω=
470.4
k
ω
=
= 2.8 rad/s → ν =
= 0.446 Hz
60
2π
m
→ T=
1
= 2.24 s
ν
La posición de equilibrio corresponde a un alargamiento x0 de la cuerda tal que su tensión
equilibre el peso del deportista; esto es
T − mg = 0 → kx0 = mg → x0 =
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mg 60×9.8
=
= 1.25 m
k
470.4
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3. Un péndulo de torsión está formado por un alambre de acero ordinario, de 80 cm de
longitud y 1 mm de diámetro, que lleva en su extremo inferior un disco homogéneo de
plomo, de 12 cm de diámetro y 1 cm de espesor. Se gira el disco un cierto ángulo y
después se abandona de modo que efectúe oscilaciones de rotación en un plano
horizontal. El tiempo empleado en realizar 100 oscilaciones completas es 315 s.
a) ¿Qué esfuerzo tensor soporta el alambre? ¿Se supera el límite elástico? b) Calcular
la constante de torsión del péndulo. c) Determinar el módulo de rigidez del acero del
alambre. Datos: densidad del plomo, 11.35 g/cm3; límite elástico del acero,
25×107 N/m2; relación entre el coeficiente de torsión y el módulo de rigidez de un
alambre, τ =
πR4
G
2l
periodo de las oscilaciones: T =
315
2π
rad
= 3.15 s → ω =
= 1.995
T
100
s
2
masa del disco : m = ρV = 11.35×103 × π (0.06) × 0.01 = 1.284 kg
1
1
momento de inercia del disco: I = mR 2 = 1.284× 0.062 = 2.31×10−3 kg.m 2
2
2
a) El esfuerzo tensor que soporta el alambre es:
σl =
mg
1.284×9.8
N
=
= 1.6×107 2 (no se supera el límite elástico)
2
2
πR
m
π (0.5×10−3 )
b) El momento recuperador de torsión es proporcional al ángulo o elongación de torsión; esto
es, M = −τφ . Por otra parte, tenemos la ecuación fundamental de la dinámica de rotación
(aplicada al disco), M = Iφ ; de modo que
M = −τφ = I φ → I φ + τφ = 0
que es la ecuación diferencia de un m.a.s. de rotación (torsión) cuya frecuencia angular es
ω=
τ
I
de donde podemos calcular el valor del coeficiente de torsión
2
2
⎛ 2π ⎞
⎛ 2π ⎞⎟
−3
−3 m.N
τ = ω 2 I = ⎜⎜ ⎟⎟⎟ I = ⎜⎜
2.31
10
9.19
10
×
×
=
×
⎟
⎝⎜ T ⎠
⎝⎜ 3.15 ⎠⎟
rad
c) Calculamos el valor del módulo de rigidez del acero a partir del coeficiente de torsión y de
las dimensiones del alambre:
πR4
2l
2× 0.80
N
G → G=
×9.19×10−3 = 7.49×1010 2
τ=
τ=
4
4
2l
πR
π × 0.5
m
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4. La compuerta representada en la figura tiene una anchura L y está formada por un tramo AB rectangular de
altura R y la cuarta parte (BC) de una superficie cilíndrica de sección circular de radio R . La compuerta
puede girar alrededor de un eje perpendicular al plano del dibujo y que pase por A. Determinar la fuerza
vertical mínima F que se debe aplicar en C para que el líquido no se salga.
Sobre la porción rectangular (AB) de la compuerta actúa una fuerza F1 horizontal, aplicada a
una profundidad h1 = 2 R / 3 (centro de presión), cuyo módulo es:
Nx
⎛ R⎞
1
F1 = ⎜⎜ρ g ⎟⎟⎟ RL = ρ gR 2 L
⎜⎝ 2 ⎠
2
A
Ny
R
F1
B
F2
F2v
F2
O
R
F2h
Sobre la porción cilíndrica (BC) de la compuerta
actúa una fuerza F2 cuya línea de acción pasa por el
eje de simetría de revolución del cilindro (punto O,
en la figura). Las componentes horizontal y vertical
de esta fuerza son
⎛ 3R ⎞
3
F2h = ⎜⎜ρ g ⎟⎟⎟ RL = ρ gR 2 L
⎜⎝
2⎠
2
F
C
⎛
⎛ π⎞
π R 2 ⎞⎟
⎟⎟ L = ⎜⎜1 + ⎟⎟⎟ ρ gR 2 L
F2v = ρ g ⎜⎜ R 2 +
⎜⎝
⎜
⎝
4 ⎠⎟
4⎠
El eje fijo en A, alrededor del cual puede girar la compuerta, ejerce sobre ésta una fuerza N
cuyas componentes horizontal y vertical se indican en la figura.
Puesto que la compuerta debe permanecer cerrada y en equilibrio, el momento resultante
sobre ella debe ser nulo; así, tomando momentos en A, podemos escribir:
⎛2 ⎞
2
M A = F1 ⎜⎜ R⎟⎟⎟ + F2h R + F2v R − FR = 0 → F = F1 + F2h + F2v
⎜⎝ 3 ⎠
3
y sustituyendo valores
⎛1 3
⎛ 34 + 3π ⎞⎟
2
π⎞
2
F = F1 + F2h + F2v = ⎜⎜ + + 1 + ⎟⎟⎟ ρ gR 2 L = ⎜⎜
⎟⎟ ρ gR L
⎜
⎜
⎝
⎠
⎝
⎠
3 2
4
12
3
esto es,
F = 3.62 ρ gR 2 L
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5. a) Determinar la dirección del flujo en la tubería de sección
constante representada en la figura adjunta. b) Calcular el caudal y
el número de Reynolds del flujo. El fluido es aceite de oliva a
20 ºC.
1 kg/cm2
12 m
1
Datos: densidad, 0.918 g/cm3; viscosidad, 84 cP; fórmula de Hagenπ D 4 ∆p
Poiseuille, Q =
128 η L
Datos: 1
∅ 45 mm
30º
2
2 kg/cm2
kg
= 9.8×104 Pa; η = 0.84 P = 0.084 Pa.s
2
cm
a) Determinamos la pérdida de carga entre los puntos 1 y 2:
H l = e1 − e2 =
=
p1 − p2
1
p − p2
+ gh + (v12 − v22 ) = 1
+ gh =
ρ
ρ
2
(1− 2)×9.8×104
918
+ 9.8×12sen 30º = −106.81 + 58.84 = −47.97
J
kg
La dirección del flujo es la de la pérdida de carga (disminución de energía); por consiguiente
se dirige desde abajo hacia arriba, (2) → (1) .
b) Expresamos la pérdida de carga (Hl) en términos de presión (pérdida de presión, Hp):
H p = ρ H l = ∆'℘
= 918× 47.97 = 44 039 Pa = 0.45
kg
cm 2
Aplicamos la ley de Hagen-Pouiseuille
3
π D 4 ∆ '℘
π × 0.0454 44 039
L
−3 m
=
= 4.4×10
= 4.4
Q=
128η L
128× 0.084 12
s
s
La velocidad media del fluido en la tubería es:
Q = SV =
πD2
V
4
→ V=
4Q
= 2.76 m/s
πD2
Calculamos el número de Reynolds del flujo:
R=
ρ DV
= 1360
η
de modo que se trata de un flujo laminar, por ser R > 2300.
⎪⎧℘1 = p1 + ρ gh = 98000 + 918×9.8× 6 = 151978 Pa
→ H p = ℘1 −℘ 2 = ∆ ′℘ = 44 022 Pa
⎨⎪
⎪⎪⎩℘ 2 = p2 = 196 000 Pa
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