Fundamentos de Arquitectura

1
PROBLEMA 1. En el sistema de tres ejes coordenados de la figura se tiene referida una viga, sobre la
que actúan tres fuerzas cuyas componentes, punto de aplicación y sentido son las
indicadas (fuerzas en Newtons y coordenadas en metros). Se pide:
a) demuestra que el sistema es coplanario y hallar su resultante general
b) calcula el momento resultante principal y el momento mínimo
c) halla la ecuación del eje central
d) responde razonablemente a la pregunta de si el sistema se puede reducir a un par de fuerzas.
Teniendo en cuenta que la primera componente en todas las fuerzas tiene un valor nulo y que la condición
0 −3 −4
para que tres vectores sean coplanarios en el espacio es que su determinante sea nulo, 0
0
0
4
−8 = 0;
3
luego sí son coplanarias las fuerzas.
r r r r
La resultante será: R = F1 + F2 + F3 = (0,−3,−4) + (0,0,−8) + (0,4,3) = (0,1,−9) N
Al ser un sistema coplanario, los momentos de cada fuerza son perpendiculares al plano que determinan.
Luego el momento resultante será perpendicular al mencionado plano. Como la resultante también se
halla sobre el mismo plano, el producto escalar entre el momento resultante y la resultante será cero. Es
decir, que el momento mínimo es nulo.
r r
r
r r r
r r
i
j
k
i j k
i j
r
Mo = 0 3
4 +0 5 4 +0 7
0 −3 −4 0 0 −8 0 4
r
k
4 = (−40,0,0) + (5,0,0) = (−35,0,0) N ⋅ m , ya que el primer
3
determinante es nulo por tener dos filas proporcionales.
Para la obtención del eje central partimos de la definición:
r r r
i j k
r
M o = (−35,0,0) = 0 y z = (− z − 9 y,0,0) , por tanto la expresión para la ecuación del eje central será
0 1 −9
9·y + z = 35
El sistema original no se podrá reducir a un par de fuerzas por que la resultante es diferente de cero,
mientras que en un par de fuerzas la resultante debe ser nula.
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PROBLEMA 2. Un depósito de agua está cerrado por encima con una placa deslizante de 12 m2 y 1200
kg de peso. El nivel de agua en el depósito es de 3,5 m de altura.
a) Calcula la presión en el fondo del depósito.
b) Si se abre un orificio circula de 5 cm de radio a medio metro del fondo, calcúlese el caudal de
agua por dicho orificio.
La presión en el fondo del depósito será la debida a la presión atmosférica, a la ejercida por la placa y a la
ejercida por la columna de fluido. Por tanto:
Pfondo = Patm + Pplaca + Pcolumna de fluido =
= 1,013 ⋅ 105 +
1200 ⋅ 9,8
+ 103 ⋅ 9,8 ⋅ 3,5 ≈ 1,366 ⋅ 105 Pa
12
Si tomamos como referencias la superficie de la placa (1) y el orificio de salida del fluido (2), se puede
aplicar el teorema de Bernouilli a esas referencias.
P1 + ρ ⋅ g ⋅ h1 +
1
1
⋅ ρ ⋅ v12 = P1 + ρ ⋅ g ⋅ h 2 + ⋅ ρ ⋅ v 22
2
2
siendo h1 = 3 m, v1 = 0 m/s, h2 = 0 m, P2 = 1,013·105 Pa, P1 = Patm + Pplaca y la densidad del agua 1000
kg·m-3. A partir de la expresión anterior podemos hallar el valor de la velocidad de salida del fluido para
calcular el caudal por el orificio. Si despejamos el valor de v2 de la ecuación anterior:
v2 =
2 ⋅ (P1 − P2 + ρ ⋅ g ⋅ h1 )
=
ρ
2 ⋅ (980 + 1000 ⋅ 9,8 ⋅ 3)
≈ 7,8 m / s
1000
El gasto o caudal por el orificio será pues: G = S ⋅ v 2 = 0,052 ⋅ π ⋅ 7,8 ≈ 0,061 m3 / s
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PROBLEMA 3. Dibuja los ejes principales centrales de la figura, justificándolo.
Atendiendo a la simetría de la figura, basta con determinar el valor
150 mm
100 mm
de yG, puesto que el valor de xG está situado sobre el eje de
simetría de la superficie (que pasa por el centro de los círculos y
por el punto medio de los rectángulos).
Las superficies en las que se ha descompuesto la original son:
25 mm
150 mm
círculo de 150 mm de diámetro, círculo de 100 mm de diámetro,
rectángulo vertical y rectángulo horizontal.
25 mm
La coordenada x del centro de gravedad será cero en este sistema
de referencia, mientras que la coordenada y del centro de gravedad
250 mm
se puede calcular a partir de la expresión general y de acuerdo a las secciones consideradas.
yG =
∑ Si ⋅ yG
∑ Si
YG
i
=
250 ⋅ 25 ⋅ 12'5 + 150 ⋅ 25 ⋅ 100 + π ⋅ 752 ⋅ 250 − π ⋅ 502 ⋅ 250
250 ⋅ 25 + 150 ⋅ 25 + π ⋅ 752 − π ⋅ 502
≈ 147 mm
Las condiciones que deben verificar los ejes principales centrales son:
• deben ser ejes conjugados, es decir, que su producto de inercia tiene que
ser nulo.
• deben ser perpendiculares
XG
Como YG es un eje de simetría para cualquier eje perpendicular a YG, en
particular XG, tendrá un producto de inercia nulo.
Como ambos son
perpendiculares, los ejes principales centrales de inercia son los designados
como XG e YG, respectivamente.
X
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PROBLEMA 4. Una esfera de plomo llena de aire, con un radio de 0’1 m, se encuentra totalmente
sumergida en un tanque de agua. ¿Cuál será el espesor de la capa de plomo si la esfera ni
flota ni se hunde? Densidad del plomo 11300 kg·m3. AYUDA: téngase en cuenta que el
espesor es un valor muy pequeño frente al radio de la esfera.
Un esquema gráfico de la situación se puede apreciar en la figura inferior.
Se considera que el peso del aire interior es despreciable frente al peso de
la esfera de plomo. Por otro lado, el peso de la esfera se puede calcular
E = empuje
como sigue:
P = m ⋅ g = ρ plomo ⋅ V ⋅ g
El volumen de una esfera de espesor e se puede calcular como:
V=
P = peso
=
[
]
4
⋅ π ⋅ (R + e )3 − R 3 =
3
(
)
4
⋅ π ⋅ R 3 + 3 ⋅ R 2 ⋅ e + 3 ⋅ R ⋅ e 2 + e3 − R 3 ≈
3
≈ 4⋅π⋅R2 ⋅e
donde se ha tenido en cuenta que el espesor es mucho menor que el radio y se han despreciado los
términos en los que aparece el cuadrado y el cubo del espesor.
Como el empuje es el peso del fluido desalojado:
4
E = ρagua ⋅ V ⋅ g = ρagua ⋅ ⋅ π ⋅ R 3 ⋅ g
3
Aplicando el principio de Arquímedes tenemos la igualdad siguiente:
4
ρagua ⋅ ⋅ π ⋅ R 3 ⋅ g = ρplomo ⋅ 4 ⋅ π ⋅ R 2 ⋅ e
3
siendo el espesor la única variable desconocida. Despejando de la ecuación anterior:
e=
R ⋅ ρagua
3 ⋅ ρplomo
=
0'1 ⋅ 103
≈ 0'003 m = 3 mm
3 ⋅ 11300
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PROBLEMA 5. Dado el entramado de la figura, calcular las deformaciones que sufren las barras BF,
AF y BC si éstas tienen una sección de 10 cm2 y el material del que están formadas tiene
un módulo de Young de 2·1011 N·m-2.
10 kN
5 kN
C
D
B
3m
F
30º
A
30º
3m
E
3m
En el diagrama de sólido libre se sustituye el enlace fijo por las dos componentes posibles de la reacción
en ese punto (RAx, RAy). Mientras que en el enlace móvil sólo habrá componente vertical, REy. Para
calcular la longitud de las barras utilizamos las relaciones de trigonometría:
AF =
3 ⋅ cos15º
3
≈ 3,46 m; AB = AF ⋅ cos15º =
≈ 3,35
cos 30º
cos 30º
Aplicando la condición de equilibrio obtendremos las expresiones necesarias para poder calcular las
componentes de las reacciones de los apoyos (se ha supuesto que la componente x de la reacción en A
tiene sentido hacia la izquierda, que las componentes y de la reacción en A y en B son hacia arriba. Se ha
considerado positivo el momento cuyo sentido es contrario al de las agujas del reloj).
∑ F = 0 ⇒ − R + 5 ⋅ cos 45º = 0; ⇒ R ≈ 3,54 kN
∑ F = 0 ⇒ R + R − 10 − 5 ⋅ sen 45º = 0; ⇒ R ≈ 5,75 kN
∑ M = 0 ⇒ − R ⋅ 6 − 5 ⋅ AB + 10 ⋅ 3 = 0; ⇒ R ≈ 7,79 kN
ix
Ax
iy
Ay
A
Ax
Ey
TBC
5 kN
Ay
By
TBF
Ey
Aplicaremos el método de secciones y la condición de equilibrio
TAF
RAx
para calcular los valores de los esfuerzos en las barras BF, AF y
BC.
RAy
∑ F = 0 ⇒ − R + 5 ⋅ cos 45 + T ⋅ cos 45º+T ⋅ cos 45º+T ⋅ cos 30º = 0
∑ F = 0 ⇒ R + T ⋅ sen30º+T ⋅ sen45 − T ⋅ sen45º−5 ⋅ sen45º = 0
∑ M = 0 ⇒ 5 ⋅ AB + T ⋅ AB = 0 ⇒ T = − 5 kN (compresión)
ix
Ax
iy
Ay
A
AF
BF
BC
BF
BC
BF
AF
BF
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Sustituyendo el valor de TBF en las otras dos ecuaciones y despejando los esfuerzos que quedan por
determinar: TAF ≈ 9,67 kN (tracción) y TBC ≈ 6,84 kN (tracción).
A partir de la ley de Hooke, se puede establecer la relación entre la deformación y el esfuerzo de las
barras: ∆L =
F⋅L
, siendo L la longitud de la barra, F el valor del esfuerzo, E el módulo de Young y S la
E ⋅S
sección de la barra. Por lo tanto, la deformación en cada una de las barras será:
∆L BC
TBC ⋅ L BC 6,84 ⋅ 103 ⋅ 3,46 ⋅ sen15º
=
=
≈ 3 ⋅ 10− 5 m = 0,03 mm
11
−3
E ⋅S
2 ⋅ 10 ⋅ 10
∆L BF
TBF ⋅ L BF 5 ⋅ 103 ⋅ 3,46 ⋅ sen15º
=
=
≈ 2 ⋅ 10− 5 m = 0,02 mm
11
−3
E ⋅S
2 ⋅ 10 ⋅ 10
∆L AF
TAF ⋅ L AF 9,67 ⋅ 103 ⋅ 3,46
=
=
≈ 3 ⋅ 10− 5 m = 0,2 mm
11
−3
E ⋅S
2 ⋅ 10 ⋅ 10
PROBLEMA 6. En la viga empotrada de la figura, que soporta una distribución de carga continua de
densidad lineal de carga q = 5 Tm/m, halla el diagrama de cortantes y flectores.
q = 5 T m /m
2 m
3 m
En la viga empotrada, el diagrama de sólido libre es un momento de reacción en el empotramiento y una
fuerza de reacción con componentes x e y. Aplicando la condición de equilibrio:
∑ F = 0 ⇒ R = 0 Tm;
.
∑ F = 0 ⇒ R − 15 = 0; ⇒ R = 15 Tm
∑ M = 0 ⇒ M − 15 ⋅ 3,5 = 0; ⇒ M = 52,5 Tm ⋅ m
ix
Ax
iy
Ay
A
Ay
'
A
A partir de las relaciones entre cargas,
'
A
esfuerzos y momentos flectores se puede calcular las expresiones de cortantes y flectores pedidas.
Cortantes en Tm y momentos flectores en Tm·m.
~ Tramo AB
0≤x<2
VAB(x) = C1;
VAB(0) = C1 = QA = RAy = 15 Tm ⇒ VAB(x) =15 Tm
MAB(x) = ∫VAB(x)·dx =15·x + C2
MAB(0) = C2 = MA = –52,5 Tm·m ⇒ MAB(x) = 15·x – 52,5 Tm·m
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2≤x<5
~ Tramo BC
q (x) = 5 Tm/m;
VBC(x) = –∫5·dx = –5·x + C3
VBC(2+) = VBC(2-) + QB ⇒ – 10 + C3 = 15 ⇒ C3 = 25 Tm ⇒ VBC(x) = –5·x + 25 Tm
MBC(x) = ∫VBC(x)·dx = –2,5·x2 + 25·x + C4
MBC(2+) = MBC(2-) + MB ⇒ –2,5·22 + 25·2 + C4 = 15·2 – 52,5; C4 = –62,5 Tm·m
MBC(x) = –2,5·x2 + 25·x –62,5 Tm·m
Las gráficas que se obtendrían
Diagram a de cortante s
al representar las expresiones
halladas
14
dan
lugar a los diagramas de
12
10
V (Tm·m)
anteriormente
cortantes y flectores acotados
8
que pide el problema.
6
La discontinuidad que aparece
4
2
en el origen, tanto para el
0
0
1
2
3
4
5
x (m )
para el de flectores, se debe a
la presencia de una carga
Diagrama de flectores
0
1
2
3
0
puntual (la reacción en el
4
5
empotramiento)
y
a
un
momento puntual (el momento
-5
-10
de
-15
M (Tm·m)
diagrama de cortantes como
reacción
en
el
empotramiento).
-20
-25
-30
-35
-40
-45
-50
-55
x (m )
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PROBLEMA 7. Cuando un sistema pasa del estado A al B a lo largo de la transformación ACB, recibe
una cantidad de calor de 20000 calorías y realiza un trabajo de 7500 calorías. ¿Cuánto
calor recibe el sistema a lo largo de la
P
C
B
transformación ADB, si el trabajo
realizado
es
de
2500
calorías?.
Cuando el sistema vuelve de B hacia
A, a lo largo de la transformación en
forma de curva, el trabajo es de 5000
calorías, ¿cuánto calor absorbe o libera
A
D
el sistema? Si UA = 0 y UD = 10000
calorías, hállese el calor absorbido en
V
los procesos AD y DB.
De acuerdo al enunciado del problema y al criterio de signos empleado Qacb = 20000 cal, mientras que
Wacb = 7500 cal. Aplicando el primer principio de la Termodinámica al proceso ACB, la variación de la
energía interna es: ∆Uacb = Qacb – Wacb = 20000 – 7500 = 12500 cal.
En el proceso ADB también aplicamos el primer principio de la Termodinámica y que la energía interna
es una variable de estado, que depende únicamente del estado inicial y del estado final:
Qadb = ∆Uadb + Wadb = 12500 + 2500 = 15000 cal
El trabajo en la transformación curva, BA, Wba = – 5000 cal. Nuevamente, mediante el primer principio
de la Termodinámica: Qba = ∆Uba + Wba = –12500 – 5000 = – 17500 cal (calor cedido por el sistema)
Para calcular los calores absorbidos en los procesos AD y DB:
Qad = ∆Uad + Wad = ∆Uad + Wadb = 10000 + 2500 = 12500 cal
Como Qad + Qdb = Qadb ⇒ Qdb = Qadb – Qad = 15000 – 12500 = 2500 cal
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PROBLEMA 8. La pared de un horno se compone de una primera capa de ladrillo refractario de 15 cm
de espesor, sobre la que va colocada otra capa de ladrillo ordinario de 10 cm de espesor
y, finalmente, lleva una capa exterior de chamota de espesor desconocido. Si la pared
tiene una superficie de 5 m2 y las temperaturas de la cara interna del ladrillo refractario y
la externa de la chamota son 380 y 65º C, respectivamente, calcula el espesor mínimo de
la chamota para que la pérdida de calor a través de la pared sea inferior a 450 cal·s-1.
Halla también el valor de la temperatura de la capa interna del ladrillo ordinario.
DATOS: coeficientes de conductividad del ladrillo refractario, 1,5 kcal·m-1·h-1·ºC-1;
ladrillo ordinario, 0,65 kcal·m-1·h-1·ºC-1 y chamota 0,07 kcal·m-1·h-1·ºC-1.
Teniendo en cuenta que el horno se comportará como una superposición de paredes planoparalelas,
podemos aplicar la ley de Fourier para calcular el flujo de calor.
Φ=−
S ⋅ (t e − t i )
5 ⋅ (380 − 65)
=
< 450 cal / s ≈ 1620 kcal / h
ei
0,15 0,10 echamota
+
+
λi
1,5 0,65 0,07
∑
Despejando de la expresión anterior el espesor de la chamota, y tomando la igualdad como condición de
mínimo espesor: echamota ≈ 0,05 m.
En el estado estacionario, la temperatura interfase se calcula también mediante la ley de Fourier:
1620 =
5 ⋅ (380 − t ladrillo _ ordinario )
= 50 ⋅ (380 − t ladrillo _ ordinario )
0,15
1,5
Por lo tanto, la temperatura de la capa interna del ladrillo ordinario es:
t ladrillo _ ordinario = 380 −
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162
≈ 348 º C
5
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