Fundamentos de Arquitectura

1
PROBLEMA 1. El sistema de calefacción de una casa funciona mediante la circulación de agua caliente
por dicho sistema. Si el agua se bombea a una velocidad de 0’50 m/s a través de un tubo
de 4’0 cm de diámetro en el sótano, a una presión de 3’0 atm, ¿cuáles serán la velocidad
de flujo y la presión en un tubo de 2’6 cm de diámetro en el primer piso, a 5’0 m de
altura?
La ley de continuidad para un fluido ideal nos dice que el caudal es constante. Es decir, S·v = constante.
A partir de esta expresión podemos determinar la velocidad con la que el fluido llegará al primer piso.
Tomando como referencia 1 el nivel del sótano y como referencia 2 el nivel del primer piso:
v2 =
S1
π ⋅ R 12
42
⋅ v1 =
⋅
v
=
⋅ 0,5 ≈ 1,18 m / s
2
S2
π ⋅ R 22
2,6 2
Aplicando la ecuación de Bernouilli a los puntos 1 y 2 anteriores, podremos calcular el valor de la presión
en el tubo del primer piso:
P1 + ρ ⋅ g ⋅ h 1 +
P2 = P1 + ρ ⋅ g ⋅ (h 1 − h 2 ) +
(
1
1
⋅ ρ ⋅ v12 = P2 + ρ ⋅ g ⋅ h 2 + ⋅ ρ ⋅ v 22
2
2
)
(
)
1
⋅ ρ ⋅ v12 − v 22 = 3 ⋅ 1,013 ⋅ 10 5 − 10 3 ⋅ 9,8 ⋅ 5 + 0,5 ⋅ 10 3 ⋅ 0,5 2 − 1,18 2 ≈
2
≈ 2,54 ⋅ 10 5 Pa ≈ 2,51 atm
PROBLEMA 2. En un depósito que contiene agua se coloca una compuerta circular de 20 cm de
diámetro, centrada en una de las paredes
5m
del depósito (figura 1). Calcúlese la
fuerza que ejerce el agua sobre la
compuerta. Hágase lo mismo en el caso
de que la compuerta estuviera situada en
4m
figura1
figura2
el fondo del depósito (figura 2).
La fuerza ejercida sobre una superficie sumergida debida a la presión del fluido se obtiene a partir de la
relación siguiente: F = ρ·g·zG·S, siendo zG la distancia del centro de gravedad de la superficie sumergida
respecto de la superficie libre del fluido y S el valor de la superficie de la compuerta.
Por tanto, para la situación de la Figura 1, F = 103·9,81·2·0,12·π ≈ 616,4 N
Mientras que en el caso de la Figura 2, F = 103·9,81·4·0,12·π ≈ 1232,8 N
Fundamentos Físicos de la Arquitectura Técnica
10 de diciembre de 2002
2
PROBLEMA 3. En la figura se muestra la sección de una pared de una vivienda. Para lograr que la
temperatura interior de la habitación permanezca constante se están suministrando 10
kcal/m2 a la hora. Si la temperatura del medio exterior es de 5 ºC, ¿cuál es la
temperatura del medio interior?
Coeficiente de conductividad λ (kcal·m-1·h-1·ºC-1)
Espesor (cm)
1,2
15
Aislante
0,045
5
Ladrillo
0,45
2
1
1
Material
Mampostería de hormigón
Enlucido de cemento
ladrillo enlucido
exterior
mampostería
de hormigón
aislante
interior
15 cm
5 cm
2 cm
Teniendo en cuenta que la pared se comportará como una superposición de paredes planoparalelas,
podemos aplicar la ley de Fourier para calcular el flujo de calor. Como la temperatura del interior
permanece constante, el flujo que pierde por conducción deberá ser igual al flujo suministrado, por tanto:
Φ=−
S ⋅ (t e − t i )
S ⋅ (t i − 5 )
=
= 10 kcal ⋅ m − 2 ⋅ h −1
ei
0,01 0,02 0,05 0,15
+
+
+
λi
1
0,45 0,045 1,2
∑
Tomando S = 1 m2, o utilizando la densidad del flujo de calor ϕ =
φ
, podemos despejar de la relación
S
anterior la temperatura que debe haber en el interior:
 0,01 0,02 0,05 0,15 
t i = 10 ⋅ 
+
+
+
 + 5 ≈ 17,9 º C
0,45 0,045 1,2 
 1
Fundamentos Físicos de la Arquitectura Técnica
10 de diciembre de 2002
3
PROBLEMA 4. Considere el siguiente proceso de dos fases. Se permite que fluya calor fuera de un gas
ideal a volumen constante, de modo que su presión disminuye de 2,2 atm a 1,5 atm.
Luego, el gas se expande a presión constante, desde un volumen de 6,8 l a 10,0 l, en
cuyo punto la temperatura alcanza su valor original. Dibuja el diagrama p-V del proceso,
la variación de energía interna y el flujo de calor total que sale del gas o entra en él.
De acuerdo al enunciado del ejercicio, el diagrama de Clapeyron será, en el sentido ABC:
Diagrama de Clapeyron
A
2 ,2
2
P (atm)
1,8
1,6
B
1,4
9
1,2
1
6
7
8
9
10
V (l)
Dado que la energía interna sólo es función de la temperatura (experiencia de Joule), y el enunciado del
problema nos dice que la temperatura inicial y la final son iguales: ∆Utotal = 0 J.
Por el primer principio de la Termodinámica: ∆Utotal = Qtotal – Wtotal = QAB + QBC – (WAB + WBC).
Como la transformación AB es isócora, el trabajo realizado es nulo. Por lo tanto, el calor total se puede
calcular como el trabajo realizado en el proceso BC. Es decir:
Qtotal = Wtotal = p·(VC – VB) = 1,5·(10 – 6,8) atm·l = 4,8 atm·l ≈ 4,8·101,3 J = 486,24 J, siendo un calor
absorbido por el sistema.
Fundamentos Físicos de la Arquitectura Técnica
10 de diciembre de 2002
4
PROBLEMA 5. Para la sección de la figura, calcúlese el centro de gravedad y dibújense los ejes
principales centrales. El radio de las secciones en forma de cuarto de círculo es 1,5 cm.
1 cm
Tomando como ejes de referencia los indicados en la figura de
la izquierda, la coordenada x del centro de gravedad, xG, sería
del centro de gravedad. Para ello consideraremos las
II
superficies I, II, III y IV para calcular yG.
yG =
∑
∑S
y iG ⋅ Si
i
 4 ⋅ 1,5  π
0,5 ⋅ 5 + 3,5 ⋅ 5 + 2 ⋅ 
+ 1 ⋅ ⋅ 1,5 2
 3⋅π
 4
=
≅
π
2
5 + 5 + 2 ⋅ ⋅ 1,5
4
≅ 1,91 cm
III
5 cm
nula. Por tanto, sólo sería necesario calcular la coordenada y
IV
1 cm
I
5 cm
Como el eje Y es un eje de simetría, los ejes XG e YG tienen el
Ejes
principales
centrales
producto de inercia nulo. Como son perpendiculares entre sí,
verifican las dos condiciones de ejes principales. Por tanto,
estos ejes son ejes principales centrales. En la figura aparecen
dibujados los ejes principales centrales para la sección del
ejercicio.
G
Fundamentos Físicos de la Arquitectura Técnica
10 de diciembre de 2002
5
PROBLEMA 6. La figura muestra una sección de una
2700 N
Y
viga sobre la que actúa un sistema de
fuerzas. Reduce el sistema al origen de
coordenadas. Razona si es posible sustituir
15 cm
3600 N
el sistema de fuerzas dado por un par.
Indica en qué punto del eje OX se puede
sustituir el sistema original por una única
fuerza.
O
15 cm
X
Z
En primer lugar, especificaremos las componentes y puntos
de aplicación de cada una de las fuerzas. La reducción del
sistema inicial al origen de coordenadas es equivalente a
2700 N
determinar la resultante y el momento resultante respecto al punto O.
F1 = (2700, 0, 0) N aplicada en A1 (0, -15, 0) cm
F2 = (-2700, 0, 0) N aplicada en A2 (0, 15, 0) cm
F3 = (0, 3600, 0) N aplicada en A3 (0, 0, 0) cm
La resultante será, pues, la suma de todas las fuerzas anteriores, R = (0, 3600, 0) N
Y el momento resultante:
r
r
r
r
r r r
r
j
i
j k i
i
j
k
r
− 15 0 + 0
0
15 0 + 0
MO = 0
2700 0
0 − 2700 0 0 0 3600
r
k
0 = (0, 0, 81000) N ⋅ cm = (0, 0, 810) N ⋅ m
0
El sistema no se puede sustituir por un par de fuerzas porque su resultante es diferente de cero. Sin
embargo, como es un sistema coplanario, su momento mínimo es nulo y sí se puede sustituir por una
única fuerza aplicada en un punto del eje central. Sea E (x, y, 0) un punto cualquiera del eje central,
puesto que el sistema está aplicado en el plano OXY.
r
r
i
j
→
r
r
r
M E = M O − OE× R = (0, 0, 81000) − x
y
0 3600
r
k
0 = (0, 0 81000 − 3600 ⋅ x )
0
y aplicando la condición de momento mínimo nulo podemos calcular el punto del eje OX en el que se
debe aplicar la fuerza: x =
81000
= 22,5 cm
3600
Fundamentos Físicos de la Arquitectura Técnica
10 de diciembre de 2002
6
PROBLEMA 7. Dibuja el diagrama de cortantes y flectores de la viga, perfectamente acotado.
900 N
900 N
500 N·m
30 cm
500 N·m
RAx
30 cm
30 cm
RAy
30 cm
diagrama de sólido libre
RBy
Planteando las ecuaciones del equilibrio, calcularemos las reacciones en los apoyos.
∑F = 0 ⇒ R
∑F = 0 ⇒ R
∑M = 0 ⇒ R
ix
Ax
= 0 N;
iy
Ay
)
+ R By − 900 = 0; ⇒ R Ay = 1283,3 N
A
~ Tramo AC
)
⋅
+
−
⋅
=
⇒
≅
−
0
,
6
500
900
0
,
3
0
;
R
383
,
3
N
By
By
0 ≤ x < 0,3 m
VAB(x) = C1;
VAB(0) = C1 = QA = RAy = 1283,3 N ⇒ VAB(x) =1283,3 N
MAB(x) = ∫VAB(x)·dx =1283,3·x + C2
MAB(0) = C2 = 0 ⇒ MAB(x) = 1283,3·x N·m
~ Tramo CB
0,3 ≤ x < 0,6 m
VCB(x) = C2
VCB(0,3+) = VCB(0,3-) + QB ⇒ C2 = 1283,3 - 900 ⇒ C2 = 383,3 N ⇒ VCB(x) = 383,3 N
MCB(x) = ∫VCB(x)·dx = 383,3·x + C3
MCB(0,3+) = MCB(0,3-) + MC ⇒ 383,3·0,3 + C3 = 1283,3·0,3 - 500; C3 = -230 N·m
MCB(x) = 383,3·x – 230 N·m
Se puede resolver también mediante el método de secciones y verificar que la solución que se obtiene es
la misma.
El dibujo del diagrama acotado es la representación gráfica de las expresiones obtenidas en el paso
anterior.
Fundamentos Físicos de la Arquitectura Técnica
10 de diciembre de 2002
7
Diagrama de cortantes
13 0 0
110 0
V (N)
9 00
700
500
3 00
0
0 ,1
0 ,2
0,3
0,4
0,5
0 ,6
x (m)
Diagrama de flectores
40 0
3 50
30 0
2 50
M (N·m)
20 0
150
10 0
50
0
0
0 ,1
0,2
0 ,3
0 ,4
0,5
0,6
-50
-10 0
-150
x (m)
Fundamentos Físicos de la Arquitectura Técnica
10 de diciembre de 2002
8
1 kN
60º
PROBLEMA 8. Dado el entramado de la figura, halla los
esfuerzos (tipo y valor) en cada una de las
barras que lo forman.
3m
60º
El diagrama de sólido libre para este entramado se puede ver
30º
triangular es b =
3
≅ 5,2 m , mientras que el valor de la
tg 30º
hipotenusa es h =
3
= 6 m.
sen 30º
Planteando las ecuaciones del equilibrio, calcularemos las
reacciones en los apoyos:
∑F
ix
= 0 ⇒ R Ax − 1 ⋅ cos 60 º = 0 ;
⇒ R Ax = 1 ⋅ cos 60 º = 0,5 kN
∑F
iy
2,5 kN
en la figura inferior derecha. La base del entramado
1 kN
RAx
60º
RAy
3m
60º
= 0 ⇒ R Ay + R By − 2,5 − 1 ⋅ sen 60 º = 0;
30º
∑M
A
= 0 ⇒ R By ⋅ 5,2 = 0 ⇒ R By = 0 kN
Por lo tanto, la única barra que trabaja es la que une el apoyo
2,5 kN
⇒ R Ay ≅ 3,37 kN
diagrama de
sólido libre
RBy
fijo con la fuerza de 2,5 kN. Así pues, si nos fijamos en el nudo C (donde actúa dicha fuerza), la barra
trabajará a tracción con un esfuerzo igual a 2,5 kN.
Fundamentos Físicos de la Arquitectura Técnica
10 de diciembre de 2002