Fundamentos Físicos de la Ingeniería

Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Primer Parcial / 19 enero 2009
1. Un cilindro de radio R rueda sin deslizar, sobre una superficie plana y horizontal
con una velocidad de traslación constante, v0. a) Describir y explicar en que
consiste el movimiento del cilindro. b) Determinar la velocidad y aceleración de un
punto genérico P (x,y,z) del cilindro en función de sus coordenadas. c) Determinar
la velocidad y aceleración de los puntos del eje instantáneo de rotación.
y
P
vo
x
O ω
I
y
O
vo
x
a) Se trata de un movimiento rototraslatorio plano
consistente en una rotación ω alrededor del eje del
cilindro y una traslación horizontal de dicho eje. Puesto
que rueda sin deslizar, la generatriz del cilindro que en
un instante está en contacto con el plano es el eje
instantáneo de rotación. Por se un movimiento plano,
basta con analizar el movimiento en el plano z = 0. La
velocidad angular la determinamos a partir del punto
centro instantáneo de rotación (CIR) situado en I:
v
v
vO = w IO  w = O = O
IO R
æ 0 ö÷
ç ÷
 ω = ççç 0 ÷÷
ççè-w ø÷÷
b) Establecemos un sistema de referencia tal como el indicado en la figura y determinamos la
velocidad y aceleración del punto genérico P(x,y,z) partiendo del punto O(0,0,0):
 æçvO ö÷÷ çæ 0 ö÷÷ çæ x ö÷÷ çævO + w yö÷÷
v P = v O + ω ´ OP = ççç 0 ÷÷ + ççç 0 ÷÷´ççç y÷÷ = ççç -w x ÷÷
çèç 0 ø÷÷ ççè-w ø÷÷ ççè z ø÷÷ ççè 0 ø÷÷
æ 0 ÷ö æ w y ÷ö æç-w 2 x ö÷
æ ö


ç
ç x÷
dω
÷÷ çç
÷÷ çç 2 ÷÷÷
2ç ÷
ç
a P = aO +
´ OP + ω ´ ω ´ OP = çç 0 ÷´çç-w x÷ = ç-w y÷ = -w çç y ÷÷
÷
dt
ççè-w ÷ø÷ èçç 0 ÷ø÷ çç 0 ÷÷
èçç 0 ÷ø
çè
ø÷
(
)
c) Particularizamos los resultados obtenidos anteriormente para el CIR, cuyas coordenadas
son (0,-R, z)
ævO - w Rö÷
ç
÷
v I = ççç 0 ÷÷ = 0
÷
èçç 0 ø÷
æ 0 ö÷
çç
÷
a I = ççw 2 R÷÷÷
ç
çè 0 ø÷÷
De modo que la aceleración del CIR está dirigida hacia el eje del cilindro.
Departamento de Física Aplicada
ETSIAM
Creación: 19/01/2009 - Revisión: 02/02/2009 - Impresión:02/02/2009
Universidad de Córdoba
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Primer Parcial / 19 enero 2009
m2
2. Dos bloques, de masas m1 = 4 kg y m2 = 8 kg, descienden por un plano
inclinado 30º, sin perder contacto entre sí, como se muestra en la figura. El coeficiente de rozamiento cinético entre el plano y cada uno de
los bloques es μ1=0.30 y μ2=0.10, respectivamente. Calcular la aceleración del sistema y la fuerza que se ejercen los dos bloques entre si.
m1
30º
a) Comenzamos valorando la fuerza de rozamiento cinético
que actúa sobre cada bloque
f1 = m1 N1 = m1m1 g cos q = 0.3´ 4´9.8´ cos 30º = 10.18 N ïüï
ý f = f1 + f 2 = 16.97 N
f 2 = m2 N 2 = m2 m2 g cos q = 0.1´8´9.8´ cos 30º = 6.79 Nïïþ
m2
+
m1
30º
N2
f2
R
m2g
N1
R
f1
m1g
A continuación aplicamos la 2º ley de Newton en la dirección del movimiento a cada bloque
y tenemos 2 ecuaciones con 2 incógnitas (a, R):
ìïïm1 g sen 30º + R - f1 = m1a
í
ïïîm2 g sen 30º -R - f 2 = m2 a
Sumando m.a.m. obtenemos:
(m1 + m2 ) g sen 30º -( f1 + f 2 ) = (m1 + m2 ) a
a = g sen 30º -
16.97
f
= 9.8sen 30º = 3.49 m/s 2
12
m1 + m2
R = m1 (a - g sen 30º ) + f1 = 4´(3.49 - 4.9) + 10.18 = 4.57 N
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3. El sistema que se muestra en la figura está formado por dos poleas, de masa M1 y
M2, y radios R1 y R2, de las que pende un bloque de masa m. a) Calcular la
aceleración con que desciende el bloque y la tensión en cada una de las dos
cuerdas. b) Particularizar los resultados anteriores para el caso de que las poleas
fuesen idénticas.
M1
M2
m
a) Escribimos las ecuaciones cardinales de la dinámica de traslación (para el bloque) y de
rotación para cada una de las poleas, a las que añadimos dos ecuaciones correspondientes al
hecho de que las cuerdas no resbalan en las poleas. Tenemos así cinco ecuaciones con cinco
incógnitas.
M1
T1
M2
ì
mg - T1 - T2 = ma
ï
ï
ï
ï
1
1
2
ï
T
R
M
R
a
T
M 1a
=

=
ï
1
1
1
1
1
1
ï
2
2
ï
ï
ï
1
1
2
ï
íT2 R2 = M 2 R2 a2  T2 = M 2 a
ï
2
2
ï
ï
ï
a
a
R
=
1 1
ï
ï
ï
a = a2 R2
ï
ï
ï
ï
ï
î
T2
T1
T2
m
mg
Sumamos m.a.m. las tres primeras ecuaciones
é
ù
1
2m
mg = ê m + ( M 1 + M 2 )ú a  a =
g
êë
úû
2
2m + ( M 1 + M 2 )
Y las tensiones son
T1 =
M 1m
g
2m + ( M 1 + M 2 )
T2 =
M 2m
g
2m + ( M 1 + M 2 )
b) Si las poleas fuesen idénticas, sería
a=
m
g
m+M
Departamento de Física Aplicada
T1 = T2 =
Mm
g
2 (m + M )
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4. Un proyectil de 5 g de masa lleva una velocidad de 400 m/s en el instante en que impacta en el tronco de un
gran árbol en el que penetra una distancia de 4 cm hasta detenerse. Supongamos, para simplificar, que la
resistencia que presenta la madera al avance del proyectil sea constante. a) Calcular la fuerza que ejerció el
proyectil sobre el árbol y la resistencia de la madera a la penetración. b) Calcular la potencia desarrollada
por esa fuerza ¿Es constante? c) Estimar el tiempo empleado en el frenado del proyectil.
a) Puesto que la resistencia que opone la madera al avance del proyectil se supone constante,
será constante la desaceleración que este experimenta. Podemos calcular la aceleración de
frenado a partir una bien conocida fórmula del movimiento rectilíneo uniformemente
acelerado:
v02
4002
v = v - 2aΔx = 0  a =
=
= 2´106 m/s 2
2Δx 2´ 0.04
2
f
2
0
La fuerza que ejerce el proyectil sobre el árbol será igual y opuesta a la fuerza de resistencia
que presenta la madera al avance del proyectil; esto es,
F = ma = 5´10-3 ´ 2´106 = 104 = 10 000 N
b) La potencia desarrollada por esa fuerza viene dada por P = Fv . Aunque F se supone
constante, la potencia va disminuyendo a medida que se ralentiza el proyectil. En el instante
inicial vale
P = F · v = Fv = 104 ´ 400 = 4´106 W = 4 MW
c) Podemos calcular el tiempo pedido a partir de
a=
Δv
Δv
400
 Δt =
=
= 2´10-4 = 200 μs
Δt
2´106
a
Método de la energía:
a) Durante la penetración en la madera, hasta quedar en reposo, el proyectil pierde toda su
energía cinética
1
5´10-3 ´ 4002
Ek = mv02 =
= 400 J
2
2
Como la fuerza resistente que se opone al avance del proyectil se supone constante, el
teorema del trabajo y la energía cinética nos permite escribir:
Wresist = Fresist Δx = -ΔEk
Departamento de Física Aplicada
 Fresist =
-ΔEk
400
=
= 10 000 N
Δx
0.04
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5. Un satélite de comunicaciones describe una órbita circular ecuatorial en el mismo sentido de rotación de la
Tierra, a una altura de 800 km sobre su superficie. ¿Por dónde sale el satélite, por el Este o por el Oeste?
¿Durante cuánto tiempo permanecerá visible (sobre el horizonte) desde un lugar llano y despejado situado
en el Ecuador? Datos: Radio ecuatorial de la Tierra: 6371 km; Masa de la Tierra: 5.9791024 kg;
G = 6.67210-11 (SI)
Radio de la órbita del satélite
Rs = 6371 + 800 = 7171 km
B
Ángulo central correspondiente al orto (salida) y
ocaso (ocultación) del satélite en el horizonte:
RT
ωT
6371
q R
cos = T =
= 0.888
2 Rs 7171
Hemisferio
Norte
q = 54.64º = 0.9537 rd
θ
Rs
ωs
ωrel
A
La velocidad angular asociada con el movimiento del
satélite en su órbita alrededor de la Tierra se deduce
a partir de la Ley de la Gravitación Universal:
G
M T ms
= ms acp = ms ws2 Rs
2
Rs
 ws =
La velocidad de angular de la Tierra es wT =
GM T
= 1.04´10-3 rd/s
3
Rs
2p
= 7.29´10-5 rad/s .
86400
Puesto que estamos observando el satélite desde la Tierra, su velocidad angular relativa a la
Tierra será:
wrel = ws - wT = +9.67 ´10-4 rad/s
donde el signo positivo indica que la salida (orto) se produce por el OESTE. Dicho de otro
modo, la velocidad angular del satélite es superior a la terrestre, por lo que el satélite “se
adelanta” a ésta.
El satélite estará visible mientras recorre un arco de circunferencia de ángulo central θ con
una velocidad angular relativa a la Tierra ωrel; esto es,
t=
q
0.9537
=
= 986 s = 16 min 26 s
wrel 9.67´10-4
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