Índice Física II: Elasticidad, Oscilaciones, Fluidos y Termodinámica

Índice general
Presentación
I
Índice general
II
1. Datos generales
1.1. Datos Personales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Datos de la Institución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Datos de la Asignatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1
1
1
2. Justificación
2
3. Objetivos
3.1. Objetivos Generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Objetivos Específicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
4
4. Elasticidad
4.1. Elasticidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2. Plasticidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3. Deformación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4. Esfuerzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5. Ley de Hooke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6. Deformación longitudinal o unilateral (E ) . . . . . . . . . .
4.7. Deformación multilateral o volumétrica (B ) . . . . . . . . .
4.8. Deformación por cizalladura o elasticidad de forma (η)
4.9. Deformación lateral (µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.10. Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.11. Energía elastica acumulada en una barra . . . . . . . . . . .
4.12. Deformación volumétrica (Ley de Hooke generalizada)
4.13. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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10
5. Oscilaciones
5.1. Movimiento periódico . . . . . . . . . .
5.2. Movimiento oscilatorio o vibratorio .
5.3. Movimiento Armónico simple (MAS)
5.3.1. Elongacion (x ) . . . . . . . . . . .
5.3.2. Posición de equilibrio (x 0 ) . .
5.3.3. Amplitud (A) . . . . . . . . . . . .
5.3.4. Periodo (T ) . . . . . . . . . . . . .
5.3.5. Frecuencia (ν ) . . . . . . . . . . .
5.3.6. Energía almacenada en MAS .
5.4. Péndulo simple o Matemático . . . . .
5.5. Péndulo compuesto o Físico . . . . . .
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ÍNDICE GENERAL
III
5.6. Péndulo de torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.7. Superposición de MAS en la misma dirección . . . . . . . .
5.8. Superposición de dos MAS en dirección perpendiculares
5.9. Movimiento oscilatorio amortiguado . . . . . . . . . . . . . . .
5.10. Movimiento oscilatorio forzado . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.11. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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6. Hidrostática
6.1. Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2. Densidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3. Peso especifico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4. Densidad relativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5. Presión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.6. Variación de la presión en un fluido en reposo . . . . . . . . . . . . . . .
6.6.1. Líquidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.6.2. Gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.7. Equilibrio de los líquidos no miscibles en los vasos comunicantes
6.8. Fuerza ejercida sobre la pared de un recipiente . . . . . . . . . . . . . .
6.9. Principio de pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.10. Principio de Arquímedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.11. Manometro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.12. Fuerzas moleculares en los líquidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.13. Tension superficial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.14. Definición del coeficiente de tension superficial (σ) . . . . . . . . . . .
6.15. Formación de una gota liquida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.16. Formación de una burbuja de jabón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.17. Ascenso de liquido en tubos capilares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.18. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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7. Hidrodinámica
7.1. Líneas de fluido o de corriente . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2. Tubos de flujo o de corriente . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3. Principio fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4. Tipos de flujo o regimen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4.1. Regimen estable, permanente o estacionario .
7.4.2. Flujo uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4.3. Flujo rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4.4. Flujo laminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4.5. Flujo turbulento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.5. Ecuación de continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.6. Ecuación de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.7. Teorema de Torricelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.8. Tubo de Venturi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.9. Tubo de Pitot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.10. Flujo de los fluidos viscosos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.11. Numero de Reynolds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.12. Ley de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.13. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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Fisica II
ÍNDICE GENERAL
8. Temperatura
8.1. Ley cero de la termodinámica . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.1. Definición de estado de un sistema . . . . . . .
8.1.2. Pared adiabática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.3. Pared diatérmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.4. Equilibrio térmico . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2. Concepto de temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2.1. Isoterma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2.2. Definición de temperatura . . . . . . . . . . . . .
8.2.3. Medición de la temperatura . . . . . . . . . . . .
8.3. Dilatación por temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4. Dilatación de líquidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4.1. Variación de la densidad con la temperatura
8.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV
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9. Calor y primera ley de la termodinámica
9.1. Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.1. Teoría del calórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.2. Teoría cinética o energética . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2. Cantidad de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3. Calor especifico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4. Cambios de estado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4.1. Region AB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4.2. Region BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4.3. Calor latente de fusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4.4. Region CD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4.5. Region DE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4.6. Calor latente de vaporización . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.5. Propagación del calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.5.1. Conducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.5.2. Conducción de calor entre dos capas paralelas . . . .
9.5.3. Flujo calorífico radial entre dos cilindros coaxiales . .
9.5.4. Flujo calorífico radial entre dos esferas concéntricas
9.5.5. Convección . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.5.6. Radiación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.6. Diferencial entre calor y trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.7. Trabajo originados por cambios de volumen . . . . . . . . . . .
9.8. Primera ley de la Termodinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.9. Transformación isobarica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.10. Transformación adiabática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.11. Dilatación libre o expansion en el vació . . . . . . . . . . . . . . .
9.12. Transformación isocora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.13. Teoría cinética de gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.13.1. Gas ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.13.2. Ley de Boyle - Mariotte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.13.3. Ley de Gay - Lusas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.13.4. Ley de Dalton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.13.5. Calores específicos de un gas ideal . . . . . . . . . . . . .
9.14. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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120
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129
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138
138
138
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139
139
139
139
139
139
Fisica II
ÍNDICE GENERAL
V
10.Segunda ley de la termodinámica
10.1. Ciclo de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2. Eficiencia o rendimiento térmico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.3. Enunciado de Clausius y de Kelvin - Planck del segundo Principio de la Termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.3.1. Enunciado de Kelvin-Planck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.3.2. Enunciado de Clausius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.3.3. Teorema de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.3.4. Entropía - Procesos reversible (Teorema de Claussius) . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.4. Entropía y la Segunda Ley de la Termodinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.5. Entropía y desorden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
149
149
151
151
152
152
152
153
154
154
154
11.Metodología
161
11.1. Estrategias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
11.2. Métodos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
11.3. Medios y Materiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
12.Cronograma de Actividades
162
12.1. Temas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
12.2. Cronograma de Actividades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
13.Relación de Estudiantes y Asistencias
163
13.1. Relación de estudiantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
13.2. Lista de Asistencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
Bibliografía
165
Fisica II
Capítulo 2
Justificación
La practica pre-profesional contribuye a lograr el perfil del futuro profesional de la E.P. de Ciencias Físico Matemáticas, en sus aspectos: personal, profesional y promotor de cambio social y desarrollo.
La practica pre-profesionales permite el logro de experiencias en las areas de desempeño docente, mediante la aplicación de los conocimientos y el ejercicio de habilidades y destrezas desarrolladas en la E.P. de Ciencias Físico Matemáticas.
La practica pre-profesional tiene sustento:
1ro En la curricula flexible por competencias de la C.P. de Ciencias Físico Matemáticas 2001-2006
en los reglamentos específicos que habla de las prácticas pre-profesionales en sus artículos
40-48 señalan:
Art. 40
El presente reglamento se sustenta en el estatuto de la U.N.A. que contempla la realización
de prácticas pre-profesionales en la formación de todos los estudiantes de la universidad.
Art. 41
Los estudiantes de la Carrera Profesional de Cs. Físico Matemáticas están obligados a realizar
prácticas pre-profesionales pudiendo efectuarse después de haber logrado un mínimo de
170 créditos.
Art. 42
Las prácticas pre profesionales de la Carrera Profesional de Cs. Físico Matemáticas serán
prácticas productivas y prácticas de investigación.
Art. 43
Las prácticas productivas comprenderán prácticas pedagógicas en centros de enseñanza de
nivel medio superior y universidades; prácticas en centros productivos, convenio, proyectos
y otros que requieran la participación de Físicos Matemáticos.
Art. 44
Las prácticas de investigación se realizan en la U.N.A. bajo la dirección de un profesor designado específicamente con este fin.
Art. 45
Las prácticas productivas de investigación tendrán una duración de un semestre académico.
Art. 46
2
2. Justificación
3
Los estudiantes, después de haber cumplido con sus prácticas productivas y/o de investigación presentaran el informe a la institución donde se realizo y esta a su vez informara
de su desarrollo a la Dirección de Carrera quien lo remitirá a la comisión de prácticas pre
profesionales para su aprobación o desaprobación.
Art. 47
En el caso de que la practica productiva y/o prácticas de investigación se realice en la Universidad Nacional del Atiplado el practicante presentara el informe al docente a cargo, este a
su vez informara su desarrollo a la Dirección de la Carrera para el visto bueno de la comisión
de prácticas Pre-profesionales.
Art. 48
Los aspectos no contemplados en el presente reglamento serán absueltos por la Comisión
de prácticas pre profesionales.
2d o En el Estatuto Universitario del Titulo VI del regimen académico y administrativo en su capitulo II del regimen de estudios en la facultad, cuando nos habla de los estudios en su articulo
122 que señala:
Art. 122
La actividad académica en una Escuela Profesional comprende:
Formación general.
Formación básica profesional.
Formación profesional.
Investigación.
Orientación profesional.
Proyección y extension universitaria
Su diseño involucra la programación curricular teórico-practica de cada asignatura; proyectos de investigación sobre la realidad regional, nacional y mundial; plan de actividades de
proyección y extension universitaria; y un plan de prácticas pre-profesionales. Concor.: Arts.10,
12, 16 y ss. Ley 23733
Fisica II
Capítulo 3
Objetivos
3.1.
Objetivos Generales
Las prácticas pre-profesionales tienen como objetivo poner en práctica los conocimientos
adquiridos plasmándolo en la enseñanza universitaria.
3.2.
Objetivos Específicos
Los objetivos específicos que se tiene para la practica desarrollada en la respectiva asignatura
designada son:
Familiarizarse en el desempeño de la docencia universitaria.
Afianzar los conocimientos adquiridos, para resolver problemas durante la práctica preprofesional.
Solucionar con métodos adecuados los problemas que se presentan.
Estar siempre disponible para absolver las inquietudes de los alumnos.
4
Capítulo 4
Elasticidad
4.1.
Elasticidad
Se llama así a la propiedad que tiene los cuerpos, de recuperar su forma y dimensiones original
cuando la fuerza aplicada cesa de actuar. El trabajo realizado por la fuerza se transforma en energía
potencial de deformación.
4.2.
Plasticidad
Cuando al cesar las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, este no recupera su forma o dimensiones originales, parcial o totalmente. El trabajo realizado por los fuerzas parte se transforma en
calor.
4.3.
Deformación
Son todas las variaciones que se producen en su longitud, superficie, volumen y también de
forma.
4.4.
Esfuerzo
Se define como una relación entre las fuerzas entre el area de la sección transversal, su notación es σ
σ=
4.5.
F
S
(4.1)
Ley de Hooke
Todo cuerpo bajo la acción de una fuerza, se deforma, esta deformación (x ) es proporcional a
la fuerza (F ) que se aplica, dentro del intervalo en el cual el cuerpo se comporta elásticamente.
5
6
4. Elasticidad
Figura 4.1: Ley de Hooke
4.6.
Deformación longitudinal o unilateral (E )
Se define el modulo de Young (E )
E=
Esfuerzo por tensión o compresión
Deformación unitaria longitudinal
E=
σ
=
∆
F
S
∆L
L0
=
F L0
S∆L
(4.2)
(4.3)
Figura 4.2: Deformación por tracción
Fisica II
7
4. Elasticidad
Figura 4.3: Deformación volumétrica
4.7.
Deformación multilateral o volumétrica (B )
Si el cuerpo se somete iguales esfuerzos de tracción o compresión por todo los lados, entonces
el cuerpo sufrirá deformación volumétrica.
Definiremos el modulo de compresibilidad (B ) y su inversa el coeficiente de compresibilidad
(χ).
B=
Esfuerzo volumétrico
Variación de presión
=
Deformación unitaria de volumen Deformación unitaria de volumen
∆p ∆p
B=
= ∆V
∆
V
(4.4)
(4.5)
0
χ
4.8.
1
B
(4.6)
Deformación por cizalladura o elasticidad de forma (η)
Esta deformación es producto de aplicar fuerzas opuestas a os caras contrarías del cuerpo,
produciendose un desplazamiento de planes paralelos en la dirección de las fuerzas.
Fisica II
8
4. Elasticidad
Figura 4.4: Elasticidad de forma
Esfuerzo cortante
σr
=
Deformación cortante
φ
(4.7)
Fuerza tangencial
F
=
Superficie que se desplaza S
(4.8)
Y
Corrimiento
=
Distancia entre las dos caras L 0
(4.9)
η=
σr =
φ=
4.9.
Deformación lateral (µ)
Es cuando la muestra se estira, se observa que lateralmente sufre una contracción.
Para medirla se usa el coeficiente de Poisson (µ).
µ=
Contracción lateral relativa
Alargamiento longitudinal negativo
Para el caso del cilindro de la figura
µ
∆r L 0
∆L r 0
(4.10)
(4.11)
Fisica II
9
4. Elasticidad
Figura 4.5: Deformación lateral
4.10.
Torsion
Es una deformación por cizalladura pura, pero no homogénea, se produce cuando se aplica un par
de fuerzas (F ), en la parte superior de la barra y la sección inferior de la base esta fija. Se demuestra
que el torque aplicado es igual a
πµR 4 θ
τ=
(4.12)
2L o
en este caso tampoco hay variación de volumen.
4.11.
Energía elastica acumulada en una barra
Cuando una barra es sometida a una fuerza F~ de tracción , esta se alarga una distancia ∆L y el
trabajo realizado por esta fuerza, se transforma en energía elastica almacenada en la barra.
Fisica II
10
4. Elasticidad
Figura 4.6: Deformación lateral
1
U = E V0 ∆2
2
(4.13)
Relación entre los módulos elásticos
η=
E
,
2(1 + µ)
B=
E
3(1 − 2µ)
(4.14)
4.12.
Deformación volumétrica (Ley de Hooke generalizada)
4.13.
Ejercicios resueltos
EJERCICIO NO 4. 1 De un tubo vertical cuyo radio inferior r = 1m gotea agua. Hallar el radio de las
gotas en el momento de desprenderse. Considérese que las gotas son esféricas
SOLUCIÓN
Fisica II
11
4. Elasticidad
Figura 4.7: torsion
Figura 4.8: Energía elastica almacenada en una barra
F =W
(i)
Fisica II
12
4. Elasticidad
Figura 4.9: Deformación volumétrica
F = σA
σ(πr 2 )
W = ρg V
4
3
W = ρg
πR
3
(ii)
(iii)
igualando (ii)=(iii)
4
σπr 2 = ρg πR 3
3
r 2
σr
σr 2
3
3 3
3
⇒ R=
R =
4 ρg
4 ρg
EJERCICIO NO 4. 2 En la figura se representa dos alambre de sección uniforme A que están articuladas en X , Y , Z , inicialmente tiene una longitud H y están horizontales, cuando se ha aplicado
ninguna carga. El peso del cable es despreciable. Si se aplica gradualmente un peso P en el punto Y .
Hallar P para producir una deformación vertical v , respecto del punto Y
SOLUCIÓN
SOLUCIÓN
Fisica II
13
4. Elasticidad
X
FY = 0
2T cos θ = P
v
cos θ = p
H2 + v 2
F L0
, F =T
AE
∆LA E
t=
L0
(i)
(ii)
∆L =
(iii) en (i)
(iii)
∆LA E
cos θ
L0
p
!
H2 + v 2
v
−1 p
H
H2 + v 2
P =2
P=
2AE
H
∆L =
L f − L0
L0
p
H2 + v 2 − H
H
p
h2 + v 2
∆L =
−1
H
∆L =
EJERCICIO NO 4. 3 Si el esfuerzo de corte en el acero excede aproximadamente 4 × 108 N /m 2 , el acero
se rompe. Determinar para (a) Corte un perno de acero de 1, 0c m de diametro. (b) Hacer un hoyo de
1,0c m de diametro en una placa de acero de 0, 5c m de espesor.
SOLUCIÓN
(a)
σr =
Fr
A
⇒
A = πr 2 = π
(b)
σr =
Fr
A
Fr = σr A
d2
σr πd 2
, Fr =
4
4
SOLUCIÓN
⇒
Fr = σr A
A = πd l
f r = σr πd l
Fisica II
14
4. Elasticidad
EJERCICIO NO 4. 4 A dos caras opuestas de un bloque cubico de acero de 26c m de lado se aplica
fuerzas de extension opuesta de 200K g f cda una.Hallar el ángulo de cizalla y el desplazamiento
relativo, el modulo de rigidez del acero vale 8,4 × 105 K g f /c m 2
SOLUCIÓN
SOLUCIÓN
(a)
G=
σ
F /A
F /A
=
=
,
εs ∆y /h tan θ
θ=
(b) Si tan θ ≈ θ =
∆y
h
tan θ = θ
F
AG
, ∆y = θ h
EJERCICIO NO 4. 5 Se aplican fuerzas de compresion a dos caras opuestas de un bloque rectangular
de volumen V0 = L x L y L z . La disminucion relativa de volumen es 0,0005 y la distancia relativa de la
longitud del bloque es 0,001. Determinar el coeficiente de poisson del material del bloque.
SOLUCIÓN
Consideremos las ecuaciones de Ley de Hooke generalizadas para el caso de compresion, se tiene.
SOLUCIÓN
εx
εy
εz
—
1”
σx − µ(σy + σz )
y
—
1”
= − σy − µ(σz + σx )
y
—
1”
= − σz − µ(σx + σy )
y
= −
Fisica II
15
4. Elasticidad
como las fuerzas están aplicadas en la dirección del eje y tenemos σx = σz = 0, reemplazamos
estos valores en las ecuaciones anteriores y sumando.
εv =
∆V
= εx + εy εz
V0
(1)
σy µσy
1
εx + εy εz = + µσy −
+
y
y
y
1
εx + εy εz = − (1 − 2µ)σy
y
en la dirección y se tiene
σy = y εy = y
∆L y
Ly
εy =
,
(2)
∆L y
Ly
(3)
ahora (2),(3) en (1)
1
1
εV = − (1 − 2µ)σy = − (1 − 2µ)
y
y
(−y εy )
| {z }
Por com p r e s ionod i s m i nu c ion
εV =
1
(1 − 2µ)y εy
y
εV
= 1 − 2µ
εy
‚
Œ
1
εV
µ=
1−
2
εy
EJERCICIO NO 4. 6 Sea una barra de longitud L o que al calentarla desde 0oC hasta t oC se dilata en
una magnitud ∆L, si α es el coeficiente lineal del material de la barra. Para reducir la barra mediante un deformación elastica de compresión, en la magnitud ∆L hay que aplicar una carga σn si E
es el modulo de Young del material, hallar σn .
Cuando la barra se calienta desde
0o C
SOLUCIÓN
hasta t oC , el cuerpo se dilata una longitud:
∆L = I o αt o
(1)
También se puede dilatar la barra debido a la carga σn :
E = σn /∆ = σn /(∆L/I o )∆L = σn I o /E
(2)
Igualando las expresiones (1) y (2): I o αt o = σn I o /E
σn = αE t o
EJERCICIO NO 4. 7 Una barra de cobre de longitud L = 1m , dispuesta horizontalmente gira alrededor
de un eje vertical que pasa por su centro. ¿Con que frecuencia de rotación se despedazara la barra?
SOLUCIÓN
Fisica II
16
4. Elasticidad
Sea conoce la densidad: ρC u = 8,9g /c m 3 Resistencia a la rotura: σr (C u ) = 3 × 108 N /m 2 Cuando la barra gira con velocidad angular w , se tiene la fuerza centripeta para el diferencial de masa
dm
V2
(w x )2
d FC = d m
=dm
= w 2 x d m , d m = ρd V = ρSd x
x
x
Z L/2
L2
1
(1)
F C = w 2 ρS
x d x = w 2 ρS
2
a
0
se ha usado d m = ρd V = ρSd x La barra gira y se rompe cuando supera la fuerza asociada a la
resistencia a la rotura
Fr = σr S
(2)
Igualando (1) y (2)
1 2
w ρSL 2 = σr S y w = 2πν
8
1 2σr 1/2
ν
≈ 0,827 × 102 RPS, ν = 82RPS
πL
ρ
EJERCICIO NO 4. 8 Al tensar un alambre de C u , cuya sección transversal tenia 1,5m m 2 de area, se
observo que el comienzo de la deformación permanente correspondía a la carga de 4,5K g f . ¿Cual
es el limite de elasticidad del material de que esa hecho el alambre?
SOLUCIÓN
Según el problema, cuando se aplica una fuerza F1 = 4,5K g f , el alambre se estira x l ; luego el
limite de elasticidad esta dado por:
σ=
F
4,5 × 9,8N
=
= 2,94 × 107 N /m 2
−6
2
S
1,8 × 10 m
Fisica II
17
4. Elasticidad
EJERCICIO NO 4. 9 Del tejado de una casa cuelga un alambre de acero de 40m de longitud y 2m m
de diámetro (a)¿Que carga máximo se puede colgar de este alambre sin que llegue a romperse?
(b)¿Cuanto se alarga este alambre se de el se cuelga un hombre que pesa 70K g ? (c)¿Se notara alargamiento permanente cuando el hombre anterior suelta el alambre?. El limite de elasticidad del acero es
igual a 2,94 × 108 N /m 2
SOLUCIÓN
Se conoce d = 2 × 10−3 m , L o = 40m La tension a la rotura σr (a c e ro) = 7,85 × 108 N /m 2 Limite de
elasticidad: σ = 2,94 × 108 N /m 2 Modulo de Young: E = 21,6 × 1010 N /m 2
(a) La carga maxima pedida: F = σr S
F = σr
πd 2
N
(2 × 10−3 )2 2
= 7,85 × 108 2 × 3,14
m = 2469N
4
m
4
F = 251K g f
(b) El alargamiento solicitado ∆L = F L o /ES
∆L =
70 × 9,8 × 40
m = 0,04m
3,14 × 10−6 × 21,6 × 1010
∆L = 4c m
(c) Hallemos el esfuerzo que ejerce el hombre y lo comparamos con el limite de elasticidad.
σ=
F
70 × 9,8
=
= 2,47 × 108 N /m 2
S
3,14 × (2 × 10−3 )2 /4
Se puede ver que σ < 2,94 × 108 N /m 2 , y como no supera el limite, la respuesta es no se notara el
alargamiento.
EJERCICIO NO 4. 10 Entre dos paredes macizas se hallan dos barras hechas de diferentes materiales.
La sección de las barras es S. sus longitudes son l 1 y l 2 . Las barras se calientan en ∆t grados. Hallar
las fuerzas con que las barras actúan la una sobre la otra; si los coeficientes de expansion térmica
de las barras α1 y α2 y los módulos de elasticidad del material de las barras E 1 y E 2 son conocidos
(Modulo de Yoyng). La deformación de las paredes se desprecia.
Fisica II
18
4. Elasticidad
SOLUCIÓN
En este problema nuevamente comparamos el alargamiento debido a la temperatura y la compresión debido a la elasticidad. El alargamiento debido a la temperatura en las dos barras:
∆l = ∆l 1 + ∆l 2 = α1 l 1 ∆t o + α2 l 2 ∆t o
(1)
La compresión de las barras, debido a la elasticidad en las dos barras:
∆l = ∆l 1 + ∆l 2 = (F l 1 /SE 1 ) + (F l 2 /SE 2 )
(2)
Igualando (1) y (2) y despejando F
(α1 l 1 + α2 l 2 )
A∆t o
F= l1
l2
+E
E
1
2
EJERCICIO NO 4. 11 Una carga de 100K g f esta colgado de un alambre de acero de 1m de longitud y
1m m de radio. ¿A que es igual el trabajo de tracción del alambre?
SOLUCIÓN
Fisica II
19
4. Elasticidad
Se conoce
E = 21,6 × 1010 N /m 2 ,
F = 10 × 9,8N ,
r = 10−3 m
S = πr 2 = 3,14 × (10−3 )2 m 2
Se sabe que el trabajo debido a la tracción del alambre esta dado por
1
W = ESL o ∆2
2
La deformación unitaria: ∆ = F /SE reemplazando, W = 21 ESL o (F /SE )2 = L o F 2 /2SE
W=
1m × (102 × 9,8N )2
2 × 3,14(10−3 )2 m 2 × 21,6 × 1010 N /m 2
EJERCICIO NO 4. 12 Hallar el modulo de Poisson para el cual el volumen de un alambre no varia al
alargarse
SOLUCIÓN
El volumen inicial Vo = πro2 l o , El volumen final Vf = π(ro − ∆r )2 (l o + ∆l ) donde el radio se acorta y
la longitud se alarga. Como el volumen no varia Vo = Vf
πro2 l o = o p i (ro − ∆r )2 (l o + ∆l )
πro l o = π(ro2 l o − 2ro l o ∆r + l o ∆r 2 + ro2 ∆l − 2ro ∆l ∆r + ∆l ∆r 2 )
donde los términos que poseen ∆r 2 , ∆l ∆r 2 son nulos.
/ro
Simplificando 2πro l o ∆r = πro2 ∆l , 2l o ∆r = ro ∆l como por definición µ = ∆r
∆l /l
o
µ=
∆r /ro 1
=
∆l /l o 2
luego µ0,5
Fisica II
20
4. Elasticidad
EJERCICIO NO 4. 13 Una barra de cobre de longitud l se suspende de uno de los extremos de un techo.
Hallar (a) el alargamiento de la barra ∆L bajo la acción de su propio peso. (b) El incremento relativo
de su volumen (∆V /V )
SOLUCIÓN
(a)Debemos suponer que la gravedad permanece constante por que el cambio de la gravedad es
cero. Como la fuerza se ejerce la barra es su propio peso, entonces tomemos un diferencial de su
peso:
d p = g d m = g ρSd z
Z lo
p = ρg S
d z = ρg Sl o
(1)
∆l
lo
(2)
0
Por definición:
E=
F /S
,
∆l /l o
Igualando (1) y (2),
ES
F = ES
∆l
= ρg Sl o
lo
∆l = ρg l o2 /E
(b) En teoría se demuestra
∆V
(1 − 2µ)σ
=
V
E
como
E = σ/(∆l /l o ),
reemplazando (4.15) en (3):
σ ∆l
=
E
lo
(3)
(4.15)
∆V
∆l
= (1 − 2µ)
V
lo
Fisica II
21
4. Elasticidad
EJERCICIO NO 4. 14 Una esfera de hierro de 20c m de diámetro y 25K g f de peso, se encuentra suspendida de un punto a 2,00 sobre el suelo por un alambre de 3m de longitud. El diámetro del alambre es 0,10c m se le comunica una oscilación al péndulo así formado de manera que el centro de la
esfera, en la posición mas baja esta animado de una velocidad de 2m /s . ¿A que distancia pasara del
suelo? El modulo de Young del hierro es 1,89 × 106 K g f /c m 2
SOLUCIÓN
Las fuerzas que actúan sobre la esfera en su posición mas baja:
X
= T − W = Fc
T = Fc + W
T=
mv2
+mg
L o + ∆L
(1)
La fuerza que produce estiramiento ∆L es la tension.Como por definición
E=
T /S
,
∆L/L o
T=
SE
∆L
Lo
(2)
reemplazando valores en (2):
T=
3,14 × (0,10)2 × 1,89 × 106 × 9,8 × ∆L
= 48466∆LN
4 × 3,0
de (3) en (1):
48466∆L =
(3)
mv2
+mg
L o + ∆L
∆L 2 + 3∆L − 0,017 = 0
∆L = 0,05m = 5c m
La esfera pasara a una distancia de 2,00 − 0,05m = 1,95 de suelo.
EJERCICIO NO 4. 15 (a)Calcular la extension de un alambre de acero que tiene una longitud de 2m
y diámetro 1m m cuando es cargado con un peso de 10K g f si el modulo de Young para el acero es
21,6 × 1010 N /m 2 . (b)¿Cuanta energía se almacena al estirar el alambre?
Fisica II
22
4. Elasticidad
SOLUCIÓN
F /S
(a) de la definición E = ∆L/L
, y por lo tanto ∆L =
o
∆L =
F Lo
E ES
reemplazando valores
10 × 9,8 × 2
= 11,55 ×−4 m = 0,115c m
2,16 × 1010 × π(103 )2 /4
∆L = 0115c m
EJERCICIO NO 4. 16 Calcular la densidad del agua a 8K m de profundidad si su coeficiente de compresión es χ = 4,8 × 10−10 m 2 /N
SOLUCIÓN
Por definición del modulo de compreibilidad:
B=
p
1
= − € ∆V Š
χ
V
Por tanto
de ρ = m
se obtiene por derivacion
V
de (1) en (2)
∆V
= −p χ
V
(1)
∆V
∆ρ
=−
ρ
V
(2)
∆ρ
104
= 1 × 980 × 8 × 105 × 4,8 × 10−10 × 5 = 0,038
ρ
10
Fisica II
23
4. Elasticidad
ρ − ρo
= 0,038
ρo
donde ρ = ρo (1 + 0,038) = 1,038ρo
ρ = 1,038 × 103 K g /m 3
EJERCICIO NO 4. 17 (a)¿Que presión p debe actuar todas las caras de un cubo de caucho, para que
su densidad aumente en el 1 por 100? (b)¿Que fuerza por area nos proporciona el alargamiento del
cubo en un 10 por 100 en la dirección de un de sus aristas?. Se sabe que E = 7,2K g f /c m 2 y µ = 0,499
En teoría se ha deducido
se tiene:
∆V
V
=
1−2µ
(σx
E
SOLUCIÓN
+σy +σz ) como la presión es la misma para todas las caras,
3σ
∆V
=
(1 − 2µ)
V
E
(1)
∆V
∆ρ
=
V
ρ
(2)
Además
tomar en cuenta que σ = p = p r e s ion De (1) y (2):
E
0,01 × 7,2K g f /c m 2
∆ρ
=
= 12K g f /c m 2
p=
ρ 3(1 − 2µ)
3(1 − 2 × 0,499)
p = 12K g f /c m 2
σ
(b)Nos pide el esfuerzo: E = ∆
, como dato ∆ = 0,10
σ = ∆e = 0,10 × 7,2K g f /c m 2 = 0,72K g f /c m 2
σ = 0,72K g f /c m 2
EJERCICIO NO 4. 18 ¿Cual es la presión necesario para comprimir un cubo de hule al 90 % de su volumen original?. Compara este presión con la presión atmosférica. La compresibilidad del hule es de
40 × 10−11 m 2 /N
Por definición: B =
p
( ∆V
V )
Por tanto
p=B
∆V
V
∆V
V
=
= 0,10
SOLUCIÓN
1
× 0,10 = 2,5 × 108 N /m 2
40 × 10‘−11m 2 /N
p = 2,5 × 108 N /m 2
EJERCICIO NO 4. 19 La suspension de un ascensor montacargas esta construida por 4 cables iguales
de acero de 1,00c m de diámetro cada uno. Cuando el suelo del ascensor se encuentra a nivel del
primer piso del edificio, la longitud de los cables de suspension es de 20m . Si se introduce en el
ascensor una maquina de 1000K g f . ¿a que distancia por debajo del nivel del suelo, quedara el piso
del ascensor?. Se supone que el alargamiento de los cables de suspension y el E = 2 × 106 K g f /c m 2
Fisica II
24
4. Elasticidad
SOLUCIÓN
X
F = 0,
4F − W = 0,
F = W /4
Por definición E = F i o /S∆l
∆l =
W lo
1000 × 20
=
= 3 × 10−3 m
(10−2 )2
2×106
4SE
4 × π 4 × 10−4
∆l = 3m m
EJERCICIO NO 4. 20 El extremo superior de un cordon de goma esta fijo y las extensiones causadas
por suspender varias masas M de su extremo inferior han sido medidas. Los resultados se muestran
en la tabla.
Haga la grafica carga versus extension y de ella determinar el trabajo que se hace en aumentar
la extension del cordon desde 7,5c m hasta 22,5c m
SOLUCIÓN
Primero hallemos la constante de elasticidad K del cirdon de goma, a partir de la pendiente de la
recta (por minimos cuadrados).
K=
300 − 100
= 10,8g f /c m = 10,6 × 103 d i n a s /c m
25 − 6,5
Para determinar el trabajo se usa la expresión vista en teoría:
Z
Z
W=
x2
F (x )d x =
x1
1
K x d x = K [x 22 − x 12 ]
2
donde x 1 = 7,5c m y x 2 = 22,5c m por tanto W = 4,77 × 106 E r g ios
EJERCICIO NO 4. 21 Se aplican fuerzas de compreson dos caras opuestas de un bloque rectangular de
volumen Vo = a o b o c o . La disminicion relativa del volumen es 0,0004 y la dismininucion relativa de
la longitud del bloque es 0,02. Hallar µ
SOLUCIÓN
Se debuja en teoría
σx + σy + σz
∆V
= (1 − 2µ)
V
E
en este caso la fuerza se aplica a lo largo del eje X , entonces σy = σz = 0. Como es una compresión
a lo largo del eje X .
∆V
σx
= (1 − 2µ)
(1)
V
E
σx
Además E = ∆x
, por dato ∆x = − ∆a
, entonces
a
o
−
reemplazando (2) en (1):
∆a
σx
=+
ao
E
(2)
∆V
∆a
−
= (1 − 2µ) −
V
ao
Fisica II
25
4. Elasticidad
∆V
= 0,0004,
V
∆a
= 0,02
ao
0,0004 = (1 − 2µ)(0,02)
el coeficiente de Poisson: µ = 0,49
EJERCICIO NO 4. 22 Entre dos columnas fue tendido un alambre de longitud L. En el alambre, exactamente en el centro fue colgado un farol de masa M . El area de la sección transversal del alambre
es S 1 el modulo de Young es E . Hallar α1 del alambre, considerando pequeño
SOLUCIÓN
El diagrama de fuerza es el siguiente
X
Fy = 0(e q u i l i b r io)
2T sen α − m g = 0
σ
T
Por definición E = ∆
= S∆
=
T (L/2)
S∆L
T = m g /2 sen α
(1)
∆L
T = 2ES
L
(2)
También
L/2
L/2 + ∆L
1
L
−1
∆L =
2 cos α
cos α =
de (2), (3) en (1):
(3)
1
1
mg
2ES
−1 =
2 cos α
2 sen α
Haciendo aproximaciones porque α es pequeño, se tiene:
sen α = α,
cos α = 1 − 2 sen2 (α/2) = 1 − 2(α/2)2 = 1 −
1
ES
1 − α2 /2
=
α2
2
mg
2α
mg
α3
=
≈ α3
2
1 − α /2
ES
α(m g /ES)1/3
EJERCICIO NO 4. 23 A dos caras opuestas de un bloque cubico de acero de 25c m de largo se aplica
sendas fuerzas de extension opuesta de 200K g f c /u . Hallar el ángulo de cizalla y el desplazamiento
relativo. El modulo de rigidez del acero vale 8,4 × 105 K g f /c m 2
e s f u e r zocor t a nt e
(a)Por definición η = De f or m a c ioncor t a nt e =
Φ=
SOLUCIÓN
F /S
Φ
F
F
200K g f
= 2 = 2
2
Sη l η 20 c m × 8,4 × 105 K g f /c m 2
Fisica II
26
4. Elasticidad
Φ = 3,8 × 10−7 r a d
(b)El desplazamiento x , se determina tan Φ = xl = Φ
x = Φl = 3,8 × 10−7 × 25c m = 0,95 × 10−5 c m
x = 0,95 × 10−5 c m
EJERCICIO NO 4. 24 Un alambre delgado y uniforme de radio r esta colocado horizontalmente entre
dos soportes rígidos A y B de tal manera que la longitud del alambre es L. Una masa m se cuelga en el
punto medio C del alambre, deslizándose una distancia vertical Y que es muy pequeña comparada
con L. Hallar (a) el esfuerzo, (b) la deformación, (c) el modulo de Young del alambre en función de
m , L, r , Y . Despreciase en cada caso cuadrados y potencias mayores de (Y /L) comparadas con la
unidad
SOLUCIÓN
mg
Fy = 0, 2T cos θ = m g , t = m g /2 cos θ El esfuerzo: σ = TS = 2πr 2 cos θ
p
p
(L/2)2 + y 2 m g (L/2) 1 + (Y /L/2)2
mg
σ=
=
2πr 2
Y
2πr 2 Y
mgL
σ=
4πr 2 Y
(b) La deformación unitaria
p
(L/2)2 + Y 2 − (L/2)
L f − Lo
∆=
=
Lo
L/2
€L ”
—Š
1 + 12 (V /L/2)2 − . . . − 1
2Y 2
2Y 2
2
∆=
= 2 ∆= 2
L/2
L
L
(c)
mgL
σ
m g L2
4πr 2 Y
E= =
=
∆ 2Y 2 /L 2 8πr 2 Y 3
(a)
P
EJERCICIO NO 4. 25 Una barra de 8K g cuya sección recta es un cuadrado de longitud b = 50m m ,
tiene una longitud L = 30c m . Se mueve jalanda sobre una superficie lisa por acción de una fuerza
aplicada uniformemente sobre uno de sus extremos. La barra adquiere una aceleración constante
2,4m /s 2 . (a) ¿Cual es el esfuerzo en una sección transversal de la barra normal a su longitud y a una
distancia de x = 25m m del extremo posterior de la barra? (b) ¿Caul es el valor de dicho esfuerzo en
el centro de la barra?
SOLUCIÓN
(a)Hallemos la fuerza d F = a d m
x
Z
d F = a ρb d x ,
0
2
F = a ρb
dx0
2
0
F = a ρb x
2
El esfuerzo σ = a ρb 2 x /b 2 = a ρx = a (m b 2 L)x
σ = a m x /b 2 L = 640N /m 2
a
(b) Para x = L2 , σ = a mb (L/2)
=m
= 3840N /m 2
2L
2b 2
σ = 3840N /m 2
Fisica II
27
4. Elasticidad
EJERCICIO NO 4. 26 La compresibilidad del sodio se mide observando el desplazamiento del émbolo de la figura al aplicar una fuerza F . El sodio esta sumergido en aceite que llena el cilindro por
debajo del émbolo. Supongase que las paredes del cilindro son perfectamente rígidas, que no hay
rozamiento ni perdida de aceite. Calculese la compresibilidad del sodio en función de la fuerza F , el
desplazamiento del émbolo x , del area de este ultimo S, del volumen inicial del aceite Vo , del volumen del sodio Vo y de la compresibilidad del aceite K o
SOLUCIÓN
Hallemos el cambio de volumen del aceite:
∆Va c = Vo − Sx
Hallemos el cambio de volumen del sodio debido al aceite:
∆VN a = Vo − K o ∆p Vo
Luego el cambio a que las paredes del cilindro son rígidas. Luego, por definición
∆VN A /Vo
1 (Vo − K o ∆p Vo − Vo + Sx )
=
∆p
Vo
∆p
1 (Sx − K o Vo ∆p )
1 Sx
=
=
− K o Vo , y ∆p = F /S
Vo
∆p
Vo F /S
1 xS 2
KNa =
− K o Vo
Vo
F
KNa =
KNa
EJERCICIO NO 4. 27 Al levantar una jaula que pesa 10T n con un cable que tiene 200m de longitud y
area de sección recta 1,000m m 2 , este se estira 170m m . Hallar la aceleración de la jaula despreciando el peso del cable que es de acero y su modulo vale 2 × 106 K g f /c m 2
Como no hay equilibrio
P
SOLUCIÓN
F = ma
T −w = ma
(1)
La tension T da lugar a una deformación ∆L
T=
ES∆L
Lo
de (2) en (1)
ES∆L
−m g = ma,
Lo
Reemplazando valores a = 7,86m /s 2
a=
(2)
ES∆L
−g
m Lo
EJERCICIO NO 4. 28 Dos bandas metálicas se mantienen unidas mediante cuatro remaches que tienen
cada uno un diámetro de 6m m . ¿cual es la tension maxima que se puede ejercer sobre la banda
remaches no ha de exceder de 7,2K g f /m m 2 ?. Supongase que cada remache soporta una cuarta
parte de la carga
Como el esfuerzo a la rotura es : σr =
F
σr = 4S
F0
S
SOLUCIÓN
Cada remache soporta la cuarta parte, es decir F 0 = F4 ,
πd 2 o
= p i σr d 2
d
F = 3,14 × 7,2K g f /m m 2 (6m m )2 = 813,8K g f
F = 4σr S = 4σr
Fisica II
28
4. Elasticidad
EJERCICIO NO 4. 29 Un cubo se encaja en un hueco adecuado de paredes rígidas y sobre la cara libre
se hace actuar la presión σz . Calcular la deformación unitaria en la dirección σz
SOLUCIÓN
Por se las paredes rigidas: ∆y = ∆x = 0 además σx = σy , porque:
Se ha deducido en teoría:
σy − µ(σx − σz )
∆y 0
=0
E
σy
µ
=
σy − µ(σy + σz ) = 0,
σz 1 − µ
También ∆x =
σx −µ(σy +σz )
E
=0
σx − µ(σx + σy ) = 0,
entonces ∆z =
σz −µ(σx +σy )
E
=
µ
σx
=
σz 1 − µ
σz −2µσx
E
∆z =
σz − 2µ[σz µ/(1 − µ)] σz
=
(1 − µ − 2µ2 )
E
E
EJERCICIO NO 4. 30 Un alambre uniforme esta fijo en su extremo superior y tiene un peso atado en
el otro extremo. Si la energía de deformación por unidad de volumen es 2 × 104 e r g ios /c m 3 y el
incremento de la longitud por unidad de longitud es 2 × 10−4 (a) Halle el modulo de Young. (b)El
esfuerzo
SOLUCIÓN
(a) Sabemos que el energía que almacena una barra, debido a su deformación es:
W
E ∆2
=
,
Vo
2
1
1
W = E Vo ∆2 = E (SL o )∆2
2
2
2 × 2 × 104
W
1
=
e r g ios /c m 3
E =2
2
−4
2
Vo ∆
(2 × 10 )
E = 1012 d i n a s /c m 2
σ
na s
−4
(b)Por definición E = ∆
, σ = E ∆ = 1012 dcim
2 × 2 × 10
σ = 2 × 108 d i n a s /c m 2
EJERCICIO NO 4. 31 Un alambre de acero cuyo densidad es 7,8g /c m 3 , pesa 16g y tiene 250c m de
longitud. Si se estira 1,2m m cuando es traccionado por una fuerza de 8K g . Halle (a) el modulo de
Young para el acero, (b) la energía almacenada en el alambre.
SOLUCIÓN
(a) Se tiene m = ρVo = ρSL o , ρ = 7,8g /c m 3 , m = 16g , l o = 250c m , ∆L = 0,12c m , F = 8K g
E=
F Lo
F Lo
=
= 1,99 × 1012 d i n a s /c m 2
m
S∆L
∆L
ρL
o
(b)
1
1
W = E Vo ∆2 = E
2
2
m
ρ
∆2 = 4,71 × 105 e r g ios
Fisica II
29
4. Elasticidad
EJERCICIO NO 4. 32 Un tubo de goma de 60c m de longitud y 8m m de diámetro interior se estira
hasta alargarse 12c m . Hallar el diámetro interior del tubo estirado, si el modulo de Poisson para la
goma es igual a 0,5
∆r /ro
Por definición µ = ∆L/L
=
o
SOLUCIÓN
L o ∆r
ro ∆L
∆L
µro ∆L
, r = ro 1 − µ
∆r =
Lo
Lo
12
r = 4m m 1 − 0,5 ×
= 3,6m m
60
EJERCICIO NO 4. 33 Sobre una superficie horizontal se puso un cilindro de C u macizo de longitud
65c m y desde arriba se le aplico una fuerza de compresión vertical 103 N , distribuida uniformemente por su extremo. ¿En cuanto m m 3 cambio en este caso el volumen del cilindro? µ = 0,34,
e = 11,8 × 1010 N /m 2
SOLUCIÓN
Se tiene deducido en teoría:
∆V
(1 − 2µ)
=
(σx + σy + σz )
V
E
En este caso: σx = σy = 0, V = A L,
∆V
V
∆V =
=
(1−2µ)
σz ,
E
∆V =
1−2µ
σz V
E
(1 − 2µ)
1 − 2µ
(F /A)(A L) =
FL
E
E
∆V =
(1 − 2 × 0,34) × 0,65 3
m
11,8 × 1010
∆V = 1,7m m 3
EJERCICIO NO 4. 34 En la figura AB es un alambre de hierro, CD un alambre de cobre de la misma
longitud y sección transversal que el AB y BD una barra de 80c m de longitud. De esta barra se quiere
colgar una carga P = 2K g f . ¿A que distancia x del punto B habrá que colgar la carga para la que
la barra horizontal?
SOLUCIÓN
C u Lo
F e Lo
Para la barra de F e : ∆L F e = TSE
Para la barra de C u : ∆L C u = TSE
Por la condición del problema
Fe
Cu
∆L F e = ∆L C u
TC u
EC u
=
TF e
EFe
(1)
Por equilibrio de momentos:
X
X
τ B = x P − 80TC u = 0
τO = x TF e − (80 − x )TC u = 0
X
τD = 8TF e − (80 − x )P = 0
(2)
(3)
(4)
Fisica II
30
4. Elasticidad
de (2), (3) y (4):
80 − x
TF e
=
TC u
x
(5)
de (1) y (5):
19,6 × 1010
80 − x
EFe
=
=
= 1,66
x
E C u 11,8 × 1010
se deduce: x = 30c m
EJERCICIO NO 4. 35 Para hacer un tirador se ha empleado un cordon de goma de 42c m de longitud y
3m m de radio. El niño que dispara con el, estira la goma 20c m al lanzar la piedra. Hallar el modulo
de Young de esta goma sabiendo que una piedra cuyo peso era de 0,02K g f salió disparada por el
tirador con una velocidad de 20m /s . La variación que experimenta la sección del cordon al estirarse
se desprecia.
SOLUCIÓN
Cuando la goma se estira, almacena energía potencial, que sabemos esta dada por W = 12 E Vo ∆2 =
1
ESl o ∆2 Al salir disparado la piedra con cierta velocidad, esta energía cinética E c = o u m m v 2 ,
2
como no hay perdida de energía se tiene : W = E c
1
1
ESl o ∆2 = m v 2 ,
2
2
reemplazando valores:
E=
E=
m v 2l o
S(∆l )2
0,02 × (20)2 × 0,42
N
= 2,94 × (10)6 2
2
2
3,14 × (0,003) (0,20)
m
EJERCICIO NO 4. 36 Desde un barco se lanzo una pesa sujeta por un cable de acero para medir la
profundidad del mar despreciando el peso de la pesa en comparación con el cable, hallar la profundidad maxima que se puede medir por este procedimiento. La densidad del agua del mar tómese
igual a 1g /c m 2
SOLUCIÓN
El cable de acero soporta una tracción debido a su peso y a la pesa adicional, es decir Wa0c + W .
Conforme el cable se sumerja estará sometido a mayor tracción, hasta el limite de resistencia a la
rotura: σr S Luego: Wa0c + W = σr S, segun el problema Wa0c W
Wa0c = σr S
(1)
pero Wa0c es el peso del cable de acero cuando esta dentro del agua, es decir el peso aparente,
debido al empuje:
Wa0c = Wa c − E = ρa c SH g − ρa SH g
(2)
de (1) y (2)
(ρa c − ρa )SH g = σr S
σr
H=
= 12,000m
g (ρa c − ρa )
H = 12K m
EJERCICIO NO 4. 37 Hallar la variación relativa de la densidad de una barra de cobre cilíndrica al
ser comprimida por una presión p = 1,000K g f /c m 2 . Para el cobre el modulo de Poisson es 0,34
Fisica II
31
4. Elasticidad
SOLUCIÓN
Se sabe por teoría
∆V
(1 − 2µ)σ
=
V
E
Para una presión aplicada p = σ (esfuerzo de compresión) De la expresión ρ =
obtiene:
∆ρ ∆V
=
ρ
V
De (2) y (1):
(1)
m
,
V
derivado, se
(2)
∆ρ (1 − 2µ)σ (1 − 2 × 0,34) × 103 × 9,8
=
=
ρ
E
1,18 × 1011 × 10−4
∆ρ
= 0,265 × 10−3
ρ
EJERCICIO NO 4. 38 Hallar la longitud que tendrá un alambre de plomo que colgado verticalmente,
comience a romperse por su propio peso.
(σr = 0,2 × 108 N /m 2 ,
ρ = 11,3 ×3 K g /m 3 )
La fuerza que da lugar al alargamiento de la barra es la tracción gravitacional
SOLUCIÓN
d F = ρS g d z , si el cambio de gravedad es nulo
L
Z
F = ρS g
d z = ρS g L
0
El alambre se destruirá cuando alcance la tension de ruptura Fr = σr S, como F = Fr , entonces
σr
L = ρg
, reemplazando valores L = 180,6m
EJERCICIO NO 4. 39 Una barra uniforme horizontal de masa 200K g esta soportada horizontalmente
por tres alambres vertical A, B, C, cada uno de una longitud inicial de 2 metros y sección recta 2c m 2 .
B es un alambre de cobre, A y C son alambres de acero y están colocados simétricamente uno a cada
lado de B. Hallar: (a) la tension en cada alambre, (b) la extension en cada alambre
En la condición de equilibrio:
P
Fy = 0
SOLUCIÓN
2Ta c + TC u = m g
Por definición de modulo
m g Lo
a c +e C u )
Despejando: ∆L = S(2E
E a c S∆L
2
Lo
+
E C u S∆L
=mg
Lo
y reemplazando valores:
E a c = 21,6 × 1010 N /m 2 ,
E C u = 11,8 × 1010 N /m 2
∆L = 0,36 × 10−4 m
EJERCICIO NO 4. 40 ¿Que diámetro mínimo debe tener un cable de acero para poder aguantar 1T n
de carga?
Fisica II
32
4. Elasticidad
SOLUCIÓN
Sabemos por definición de resistencia a la rotura: σr = F /S, σr =
F2 ,
πd
4
despejando d =
4F
πσr
1/2
,
reemplazando valores:
d=
4 × 103 × 9,8
3,14 × 7,85 × 108
1/2
m = 3,98 × 10−3 m
d = 4 × 10−3 m
EJERCICIO NO 4. 41 Hallar de que altura se puede construir un muro vertical de hormigón si su resistencia de rotación es de 180K g /c m 2 y se emplea un coeficiente de seguridad 5. La densidad del
hormigón es de 2,200K g /m 3
SOLUCIÓN
Por definición: σr = F /S Como la fuerza que debe soportar el muro es su propio peso, se tiene
F = ρSL o
Luego: σr = ρSL o /S = ρL o reemplazando valores: L o = σr /ρ
L o = 180/2200 × 10−4 m = 818m
como el coeficiente de seguridad es 5, entonces la altura del muro debe ser: 818m /5 ∼
= 164
EJERCICIO NO 4. 42 Un cilindro recto, hueco de sección circular, de función, tiene un diámetro externo de 10c m y el interior de 8c m . Si se aplica una fuerza axial de compresión de 10,000K g . Hallar el
acortamiento, para 60c m de longitud y el esfuerzo de la carga. No considere la deformación lateral
del cilindro y E = 2 × 106 K g /c m 2
SOLUCIÓN
Fisica II
33
4. Elasticidad
Para hallar el acortamiento por teoría
4L = L o 4
La deformación unitaria:
Luego el esfuerzo:
4 = σ/E
σ = F /S = F /π(r22 − r12 )
Entonces:4L = L o F /E π(r22 − r12 ) reemplazando:
4L = 0,011c m
EJERCICIO NO 4. 43 Una varilla circular maciza de acero de 10m m de diámetro de 30c m de longitud, esta rígidamente unidad al exterior de una barra cuadrada de bronce de 8c m de largo y 20c m
de longitud, con sus ejes sobre la misma recta. Se aplica una fuerza de tracción axial de 1000K g en
cada extremo. Hallar el alargamiento total del conjunto. Para el acero E a = 20 × 105 K g /c m 2 y el
bronce E b = 9 × 105 K g /c m 2
SOLUCIÓN
Hallemos la deformación para el acero:
4L a = F I 1 /S 1 E a
4L a =
1000 × 30
3,14(0,5)2 × 20 × 105
4L a = 0,0191c m
Para el bronce:
4L b = F I 2 /S 2 E b
1000 × 20
8 × 8 × 9 × 105
4L b = 0,00035c m
4L b =
Al alargamiento pedido sera:
4L a + 4L b = 0,0191 + 0,00035
4L a + 4L b = 0,01945c m
Fisica II
34
4. Elasticidad
EJERCICIO NO 4. 44 Una barra de bronce de 20c m 2 de sección esta sometida a las fuerzas axiales
representada en la figura. Hallar el alargamiento total de la barra. E = 1 × 106 K g /c m 2
SOLUCIÓN
Region AB
La deformación longitudinal es un alargamiento:
4L A B = F L/SE
4L A B = 6000 × 100/20 × 106 = 0,03c m
Region BC:
La deformación es una compresión:
4L BC =
−2000 × 150
20 × 106
4L BC = −0,015c m
Region CD:
La deformación es una compresión
4L C D =
−500 × 200
20 × 106
4L C D = −0,005c m
La deformación total es un alargamiento:
4L = 4L A B + 4L BC + 4L C D = 0,01945c m
Fisica II
35
4. Elasticidad
EJERCICIO NO 4. 45 Una placa de acero delgada tiene la forma trapezoidal de la figura. El espesor es
e y varia uniformemente desde una anchura de 2a hasta otra de 2b en una longitud L o . Si se aplica
en cada extremo una fuerza axial de F . Hallar el alargamiento de la placa, si se conoce E
SOLUCIÓN
Se puede observar que la deformación no es homogénea, de la expresión:
4L = F L/SE
Para un diferencial de deformación se tendrá: d 4L = F d x /SE
d 4L = F d x /2y e E
(1)
Por semejanza de triángulos:
y −a b −a
=
,
x −0
L −0
y=
x
(b − a ) + a
L
reemplazando en (1) el valor de y e integrando:
L
Z
4L =
0
Fdx
2
”x
L
—
(b − a ) + a e E
=
FL
ln(b /a )
2e (b − a )
EJERCICIO NO 4. 46 Una barra cónica maciza de sección circular esta suspendida vertical como en la
figura. La longitud de la barra es L, el diámetro de su base D, el modulo de elasticidad E y el peso
especifico es γ. Hallar el alargamiento de la barra debido a su propio peso.
SOLUCIÓN
Fisica II
36
4. Elasticidad
Usando nuevamente la expresión:
4L = F L/SE
en este caso:
d 4L =
donde:
Wdy
SE
W = γV = γ1/3Sy
DE (2) en (1)
(1)
(2)
d (4L) = (γy S/3)d y /SE
γ
integrando:4L = 3E
RL
0
ydy
4L = γL 2 /6E
EJERCICIO NO 4. 47 Se tiene un estado de tension en un elemento para el cual se ejerce una tension
de σy , en una dirección y se impide totalmente la contracción lateral en las otras dos direcciones.
Hallar la relación σy /4y
SOLUCIÓN
Según las condiciones del problema
Fisica II
37
4. Elasticidad
4x = 4z = 0
De las ecuaciones de teoría:
De (1)
4x = 1/E [σx − µ(σy + σz )]
(1)
4y = 1/E [σy − µ(σx + σz )]
(2)
4z = 1/E [σz − µ(σx + σy )]
(3)
0 = σx − µ(σy + σz )
σx = µ(σy + σz )
de (3)
(4)
0 = σz − µ(σx + σy )
σz = µ(σx + σy )
De (5) en (4)
(5)
σx = µ[σy + µ(σx + σy )]
σx = µσy (1 − µ)
de(6) en (5):
σz = µ
De (6) y (7) em (2):
1
4y =
E
simplificando
µσy
1−µ
+ σy =
(6)
µσy
1−µ
(7)
µσy
µσy
σy − µ
+
1−µ 1−µ
σy
= E (1 − µ)/(1 − µ − 2µ2 )
4y
EJERCICIO NO 4. 48 Una union remachada de dos placas metálicas tiene n o pernos de cierto material. La maxima tension que se puede ejercer sobre la banda es T y la fatiga por cizalladura tiene un
valor máximo en los remaches dados por σT . Hallar el diámetro de cada remache.
SOLUCIÓN
Fisica II
38
4. Elasticidad
Sea T la fuerza que se ejerce sobre la barra, en la que hay n o pernos, la fuerza sobre un perno sera:
FT = T /n o Por definición de cizalladura
r
FT
4T
T /n o
4T
σT =
=d
=
= o 2,
2
o
S
πd /4 n πd
n πσT
EJERCICIO NO 4. 49 Se tiene un tubo de bronce que rodea a un cilindro macizo de hormigón, comprimido todo el conjunto entre placas infinitamente rígidas, por fuerzas aplicadas centralmente
como en la figura. El cilindro de hormigón tiene 12c m , de diámetro y el diámetro exterior del tubo
de bronce es de 15c m . Si la fuerza es de 5,000K g . Hallar las tensiones en el bronce y en el hormigón.
Para el bronce E = 9 × 106 K g /c m 2 y el Aluminio E = 7 × 106 K g /c m 2
Sea σb el esfuerzo debido al bronce y σAl
SOLUCIÓN
al aluminio. Por condición de equilibrio:
X
F =0
F − Fb − FAl = 0
F = Fb + FAl
(1)
Las deformaciones que se producen en el bronce y aluminio son iguales, debido a las placas rígidas:
∆b = ∆Al
Fb L
FAL L
=
S b E b S Al E Al
donde
(2)
S b = π[(7,5)2 − (5)2 ] = 31,25πc m 2
S Al = π(6)2 = 36πc m 2
reemplazando en (2):
de (3) en (1):
Fb = 1,113FAl
(3)
F = 1,116FAl + FAl = 5000K g
Fisica II
39
4. Elasticidad
FAL = 2363K g
Fb = 2637K g
Por definición:
σb = Fb /S b = 26,87K g /c m 2
σAl = FAl /S Al = 20,90K g /c m 2
EJERCICIO NO 4. 50 Una barra trococonica de sección circular varia uniformemente entre un radio
menor r y uno mayor R, Hallar el alargamiento debido a una fuerza axial F~ aplicada en cada
extremo, ver figura.
SOLUCIÓN
Sabemos por teoría, el alargamiento es igual a ∆L = F L/SE En este caso, la deformación no es
uniforme, se tiene que trabajar con un diferencial de alargamiento:
d (∆L) = F d x /SE
donde S = πy 2
d (∆L) =
Fdx
πy 2 E
(1)
hay que hallar una relación entre X e Y , por semejanza de triángulos.
y −r R −r
=
x
L
y =r +
de (2) en (1)
Z
∆L =
x
R
L
L
Z
d (∆L) =
0
(2)
Fdx
”
π r + xL R
—2
E
∆L = F L/πRr E
EJERCICIO NO 4. 51 Una barra circular de 50c m 2 de sección esta sujeta rígidamente entre los puntos
y cargada con una fuerza axial de 12,000k g , como se indica en la figura. Hallar las reacciones en
los extremos de la barra y el alargamiento de la parte derecha, si E = 106 K g /c m 2
Fisica II
40
4. Elasticidad
SOLUCIÓN
Sean R 1 y R 2 las reacciones ne los extremos de la barra. Por la condición de equilibrio:
X
F = R 1 + R 2 − 12,000 = 0
R 1 + R 2 = 12,000
(1)
Como la barra esta limitada por sus extremos, se tendrá el acortamiento de la barra L 1 es igual al
alargamiento de la barra L 2
∆L 1 = R 1 /SE = R 2 L 2 /SE = ∆L2
R1 L 1 = R2 L 2,
R 1 = 2R 2
(2)
de (2) en (1): 2R 2 + R 2 = 12,000
R 2 = 4000K g
y
R 1 = 8000K g
El alargamiento se halla:
∆L 2 = 4000 × 10/50 × 106 c m = 0,0008c m
EJERCICIO NO 4. 52 Un cuerpo con forma de solido de revolución soporta una carga F~ como se ve en
la figura, el radio de la base superior es ro y el peso especifico del material es γ(K g /c m 2 ). Determinar
como debe variar el radio con la altura para que la tension de compresión sea constante, en todas
las secciones. El peso del solido no es despreciable.
SOLUCIÓN
Fisica II
41
4. Elasticidad
Sea F y W el peso sobre la sección S, el esfuerzo es:
σ=
F +W
S
Cuando aumenta el radio en: r + d r el peso que soporta es debido a: F , W y d W luego el esfuerzo
es:
F +W +dW
σ=
S + dS
como el esfuerzo es constante:
F +W
F +W +dW
=
S
S + dS
S
1
dS
=
=
(1)
dW
F +W
σ
Hallemos: d S = π(r + d r )2 − πr 2 ∼
= 2πr d r
d W = γπr 2 d y
reemplazando en (1)
1
2πr d r
=
,
σ γπr 2 d y
y=
γ
σ
2σ
;
γ
y
Z
Z
r
dy =2
ro
0
dr
r
γy
r = ro e 2σ
donde
σ = F /S = F /πr ,
2
r = ro e
γπro2
2F
y
EJERCICIO NO 4. 53 Se tiene una barra rígida OC suspendida por dos cables, ubicados en A y B. los
cuales poseen los datos indicados en la figura. Hallar el máximo peso vertical que se puede colocar
en C
SOLUCIÓN
Fisica II
42
4. Elasticidad
Para hallar el valor de W , usamos las condición de equilibrio:
X
Mo = 0
1 × F1 + 2 × F2 − 2,5W = 0
W = F1 + 2F2 /2,5
W = σ1S 1 + 2σ2S 2 /2,5
(1)
Para σ2m a x hallemos el σ1m a x que le corresponde
tan θ =
∆1 ∆2
=
,
1
2
∆2 = 2∆1
σ2 L 2
σ1 L 1
σ2
L1
E2
=2
,
=2
E2
E1
σ1
L2
E1
σ2
1
5
20
=2
=
σ1
1,5
3
9
σ1 =
20
σ2
9
Para σ2m a x = 4 × 106 K g /c m 2
σ1m a x =
9
× 4 × 106 K g /c m 2 = 1,8 × 106 K g /c m 2
20
reemplazando en (1):
W=
1,8 × 106 × 4 + 2 × 4 × 106 × 5
Kg
2,5
W = 18,88 × 106 K g
EJERCICIO NO 4. 54 Se cuelga verticalmente dos hilos de fierro de modulo de young E , de longitud L 1
y L 2 y sección S 1 y S 2 respectivamente. Hallar las deformaciones en las barras para los casos:
a) Sosteniendo carga concentradas W1 y W2
b) Sosteniendo carga uniforme distribuidas W1 y W2 respectivamente
Fisica II
43
4. Elasticidad
SOLUCIÓN
a) Para la barra 2 se tiene por definicon:
∆L 2 =
W2 L 2
S2E
Para la barra 1 se considera los pesos : W1 + W2
∆L 1 =
(W1 + W2 )L 1
S1E
b) Para la barra inferior
Z
∆L 2 =
Wdy
S2E
Fisica II
44
4. Elasticidad
L2
Z
∆L 2 =
0
∆L 2 =
γS 2 Yd y S 2 γL 22
=
S2E
2S 2 E
(γS 2 L 2 )L 2 W2 L 2
=
2S 2 E
2S 2 E
Para la barra superior, la deformación es debida a W2 y W1 distribuida uniformemente.
W2 L 1
∆L 1 =
+
S1E
∆L 1 =
L1
Z
0
(γS 1 Yd y )
S1E
W2 L 1 W1 L 1
+
S1E
2S 1 E
EJERCICIO NO 4. 55 El peso W cuelga de 3 varillas de los cuales las del medio tiene una longitud
L. Los módulos de elasticidad y las secciones respectivas E 1 y S 1 para la central, E 2 y S 2 para las
laterales. Hallar las tracciones en las varillas y el descenso en A
SOLUCIÓN
Fisica II
45
4. Elasticidad
Por las condiciones de equilibrio
X
Fy = 2F2 cos θ + F1 − W = 0
donde F1 y F2 son las tracciones en las varillas
2F2 cos θ + F1 = W
también:
δ2
δ1
(2)
F2 L
F2 L 2
=
E 2S 2 E 2S 2 cos θ
(3)
F1 L 1
F1 L
=
E 1S 1 E 1S 1
(4)
cos θ
donde
δ2 =
también:
δ1 =
de (3) y (4) en (2)
cos θ =
F2 L/E 2S 2 cos θ
F2 E 1S 1
=
F1 L/E 1S 1
F1 E 2S 2 cos θ
F2 =
de (5) en (1)
2
(1)
2E 2S 2 cos2 θ F1
E 1S 1
(5)
E 2S 2 cos2 θ
F1 cos θ + F1 = W
E 1S 1
F1 = W /1 +
2 cos2 θ E 2S 2
E 1S 1
(6)
reemplazando (6) en (4)
δ1 =
δ1 =
h
i
2
W /1 + 2 cosE θS E 2S 2 L
1 1
E 1S 1
WL
E 1S 1 + 2E 2S 2 cos2 θ
EJERCICIO NO 4. 56 Sea una barra cilíndrica de longitud L y de radio R. La sección superior esta fija
y a la inferior se le aplica un momento o torque τ, que tuerza la barra como se indica en la figura y
gira un ángulo θ , si n es el modulo de rigidez de la barra. Hallar este torque
Fisica II
46
4. Elasticidad
SOLUCIÓN
Vista de la base inferior:
De la figura y el triángulo A 0 A B :
0
Ó
AA
rθ
tan β =
=
L
L
Como β es pequeño
rθ
tan β ∼
=β =
L
(1)
De la definición de modulo de rigidez:
η=
σT ∼ σT σT σT L
= rθ =
=
tan β
β
rθ
L
σT = ηr θ /L
Por definición de momento:
(2)
d τ = r d F = r (σT d S)
d τ = r [σT ][r d ϕd r ] = r 2 σT d ϕd r
Fisica II
47
4. Elasticidad
usando (2) en la ultima expresión:
dτ=r
2
rθ
η
L
θ
d ϕd r = η r 3 d r d ϕ
L
integrando:
ηθ
τ=
L
R
Z
r 3d r =
0
τ=
ηθ R 4
4π
L 4
πηR 4 θ
2L
Fisica II
Capítulo 5
Oscilaciones
5.1.
Movimiento periódico
Es aquel movimiento que es repite es intervalos iguales de tiempo.
5.2.
Movimiento oscilatorio o vibratorio
Si una partícula que tiene movimiento periódico se mueve alternativamente en un sentido y
en otro siguiendo en la misma trayectoria a su movimiento.
5.3.
Movimiento Armónico simple (MAS)
Figura 5.1: Movimiento Armónico simple
5.3.1.
Elongacion (x )
Es la distancia lineal o angular de la partícula que oscila a su posición de equilibrio en un
instante cualquiera.
5.3.2.
Posición de equilibrio (x 0 )
Aquella para la cual no abra ninguna fuerza neta sobre la partícula oscilante
48
49
5. Oscilaciones
5.3.3.
Amplitud (A)
Es la maxima elongacion.
5.3.4.
Periodo (T )
Es el tiempo necesario para completar un ciclo completo del movimiento.
5.3.5.
Frecuencia (ν )
Es el numero de ciclos por unidad de tiempo, ciclos/seg = Hertz. También se usa la frecuencia
angular w = 2πν y en función del periodo:
ν=
5.3.6.
1
T
(5.1)
Energía almacenada en MAS
Si no existe función de rozamiento la energía mecánica se conserva
5.4.
E = K +U
(5.2)
1
1
1
m v 2 + k x 2 = k A2
2
2
2
(5.3)
Péndulo simple o Matemático
Se considera como tal, a una partícula de masa m , que cuelga de una cuerda longitud L y masa
despreciable y que se lleva de su posición vertical a otra posición medida por el desplazamiento
angular θ < 10o , la ecuación del movimiento es:
dv
d
dw
d
m
=m
(Lw ) = m L
=mL
dt
dt
dt
dt
d 2θ
= −m g sin θ = −m g θ
dt2
 ‹
d 2θ
g
+
θ =0
2
dt
L
Æ
pg
L
donde: w = L = 2πν = 2π
,
T
=
2π
T
g
dθ
dt
mL
(5.4)
Fisica II
50
5. Oscilaciones
Figura 5.2: Péndulo simple
Figura 5.3: Péndulo fisico
5.5.
Péndulo compuesto o Físico
Cualquier cuerpo rígido que puede oscilar libremente alrededor de un eje horizontal (A B ),
bajo la acción de la gravedad.
En dinámica de rotación se tiene: τ = I α, donde: I : momento de inercia, α: aceleración angular, τ: torque.
τ − m g b sin θ
α=
d 2θ
dt2
Fisica II
51
5. Oscilaciones
Luego:
d 2θ
−m g b sin θ = I
dt2
gbm
d 2θ
+
θ =0
dt2
I
(5.5)
(5.6)
Æ
Donde se considera que θ es un ángulo pequeño, y el periodo esta dado por T = 2π g bI m
5.6.
Péndulo de torsion
Cuando un cuerpo de masa m , esta suspendido de su centro de masa (C ), por un alambre, el
cual se tuerce un ángulo (θ ) pequeño, aplicando un torque (τ), proporcional a ángulo: τ = −k θ .
Figura 5.4: Péndulo de torsion
Por dinámica de rotación: τ = I α, k coeficiente de rotación del alambre
d 2θ
= −k θ
dt2
d 2θ
k
+
θ =0
2
dt
I
Æ
Æ
I
y el periodo sera:w = kI = 2π
,
T
=
2π
T
k
I
(5.7)
(5.8)
Fisica II
52
5. Oscilaciones
5.7.
Superposición de MAS en la misma dirección
Varias ondas pueden coincidir en el espacio independiente una de las otras. El proceso de
adición vectorial de las elongaciones de un partícula se llama superposición.
A) Superposición de dos MAS. Igual dirección, frecuencia, pero diferente amplitud y fase inicial.
Si x 1 = A 1 sin(w t + α1 ), y x 2 = A 2 sin(w t + α2 ), el movimiento resultante x = x 1 + x 2 =
α1 +A 2 sin α2 )
A sin(w t +α) es MAS, donde A = (A 21 +A 22 +2a 1 A 2 cos δ)1/2 , δ = α2 −α1 y tan α = (A 1Asincos
.
α1 +A 2 α2
1
π
Si δ = 0 están en fase, δ = π en oposición, y δ = 2 en cuadratura.
B) Superposición de dos MAS. Igual dirección, diferencial frecuencia y amplitud.
Si x 1 = A 1 sin w 1 t y x 2 = a 2 sin w 2 t , el movimiento resultante no es MAS, porque su amplitud
varia con el tiempo, así: x = a 1 sin w 1 t + A 2 w 2 t
p
A = A 21 + A 22 + 2A 1 A 2 cos(w 1 − w 2 )t
2)
Caso especial. Si A 1 = A 2 , entonces el movimiento resultante esta dado por: x = 2A 1 cos (w 1 −w
t sin (w 1 +2
2
cos A−B
se uso: sin A + sin B = 2 sin A+B
2
2
5.8.
Superposición de dos MAS en dirección perpendiculares
Caso A €Si w
Š 1 = w 2 , A = B , y δ = 0, π, entonces x = A sin w t , y = B sin(w t + δ), se obtiene y =
B
± A x , llamada polarización rectilinea.
se obtiene
Caso B Si w 1 = w 2 , A 1 6= B , y δ = π2 , 3π
2
x2
A2
y2
+ B 2 = 1, llamada polarización elíptica.
Caso C Si w 1 6= w 2 , δ = π2 , 3π
, se obtiene x 2 + y 2 = A 2 , llamada polarización circular.
2
w2
Caso D Si w 1 6= w 2 , δ = α1 − α2 6= 0, para gráficas se utilizan las expresiones: w
= ba y δ = c , donde
1
a , b y c son conocidos, la superposición da lugar a las curvas de Lissajous.
5.9.
Movimiento oscilatorio amortiguado
En esta caso la masa esta sometida además de la fuerza recuperadora del resorte a otra fuerza
de rozamiento, debido al liquido que lo rodea.
F = m a = −k x − λv
d 2x
λ dx
k
+
+
x =0
dt2
m dt
m
Si w 0 =
Æ
k
m
y 2γ = mλ
dx
d 2x
+ 2γ
+ w 02 x = 0
dt2
dt
(5.9)
Fisica II
53
5. Oscilaciones
Figura 5.5: Movimiento oscilatorio amortiguado
donde: w 0 : frecuencia angular sin amortiguamiento, γ: coeficiente o constante de amortiguamiento.
La solución de esta ecuación, tiene tres casos:
Caso A Si γ < w 0 , x = Ae r1 t + B e r2 t donde:
r1 = −γ +
p
γ2 − w 02
r2 = −γ −
p
γ2 − w 02
y el movimiento se llama sobreamortiguado.
Caso B Si γ = w 0 , x = e −γt (A + B t ), el movimiento es criticamente amortiguado.
p
Caso C Si γ < w 0 , x = C e −γt cos(w t + α), donde w = w 02 − γ2 , y C se determinan por las condiciones iniciales. Este movimiento oscilatorio Amortiguado.
Se define el decremento longitud (D L ): es el logaritmo de la relación entre dos valores sucesivos de la amplitud separados entre si por un tiempo igual a un periodo T
D = ln
5.10.
C e −γt
= γT
C e −γ(t +T )
(5.10)
Movimiento oscilatorio forzado
Este movimiento se produce, cuando además de la fuerza elastica del resorte y la fuerza de
amortiguamiento del liquido, se aplica una fuerza oscilatoria externa, con diferente frecuencia
wf .
Fisica II
54
5. Oscilaciones
Figura 5.6: Movimiento oscilatorio forzado
De la segunda Ley de Newton:
m
d 2x
dx
= −k x − λ
+ F0 cos w f t
2
dt
dt
Un proceso de solución nos lleva a una solución complementaria: x c = A 1 sin w 0 t + B 1 cos w 0 t y
una solución particular: x p = A 2 sin w f t + B 2 cos w f t y la solución general:
x = x p + x c = A sin(w f t − α)
donde A =
f0
m
h
i1/2
(w 2f −w 02 )2 +4γ2 w 2f
y tan α =
w 2f −w 02
2γw f
La amplitud tiene un máximo, que se tiene:
∂A
∂ wf
=0y
p
se halla Wa = w 02 − 2γ2 , luego cuando w f = w A , se tiene resonancia en la amplitud, tal como se
indica en la figura
5.11.
Ejercicios resueltos
EJERCICIO NO 5. 1 Una partícula cuya masa es de 1g r vibra con MAS de 2m m de amplitud. Su aceleración en el extremo de su recorrido es de 8,0 × 103 m /s 2 . Calcular la frecuencia del movimiento y
la velocidad de la partícula y la velocidad de la partícula cuando pasa por la posición de equilibrio y cuando la elongacion es 1,2m m . Escribir la ecuación que expresa la fuerza que actúa sobre la
partícula en función de la posición y tiempo.
SOLUCIÓN
m = 1g r = 10−3 k g , A = 2m m = 2 × 10−3 m , a m a x = 8 × 103 m /s 2 , f =?, v =?,en x = 0 y x = 1,2m m ,
F = f (t ) = f (x ) =?
si
x (t ) = A sin(w t + α)
v (t ) = Aw cos(w t + α)
a (t ) = −Aw 2 sin(w t + α) = −w 2 x
Fisica II
55
5. Oscilaciones
en un extremo la aceleración es maxima, entonces.
a m a x = 3 × 103 m /s 2 = −102 (A)
w 2 = 4 × 106
w = 2,0 × 103 r a d /s
w
(a)Frecuencia f = 2π
f =
2,0 × 103
= 318,31H z
2 × 3,1416
(b) Velocidad en el punto de equilibrio esta velocidad maxima, luego:
v (t ) = Aw cos(w t + α)
v m a x = Aw,
cos(w t + α) = 1
v m a x = (2,0 × 103 )(2,0 × 10−3 ) = 4m /s
(c) Velocidad cuando x = 1,2m m . Si
x (t ) = A sin(w t + α)
1,2 = 2 sin(w t + α)
3
sin(w t + α) = ,
5
Si
w t + α = 37o
v (t ) = Aw cos(w t + α)
v (t ) = (2 × 103 )(2 × 10−3 ) cos 37o
4
v (t ) = 4 = 3,2m /s
5
(d) Fuerza en función de posición
F = f (x )
Si F = m a = m (−w 2 x ) = −m w 2 x
F = −(103 )(2,0 × 103 )2 x
F = −4 × 103 ,
Siempre a la izquierda
(e) Fuerza en función de tiempo F = (t ) Si
F = −4 × 104 x
F = −4 × 103 A sin(w t + α)
F = −4 × 103 (2 × 10−3 ) sin(2 × 103 t + α)
F = −8 sin(2000t + α)
EJERCICIO NO 5. 2 Una barra uniforme de masa M longitud L esta suspendido de un extremo (a)Determinar
el periodo de oscilacion para pequeñas desplazamientos angulares (b) Determinar el periodo de oscilacion se esta suspendida de un punto P a una distancia x del centro de masa (C M )
Fisica II
56
5. Oscilaciones
SOLUCIÓN
(a)El periodo para un pendulo fisico en general esta dado por
r
t = 2π
I
mgr
Calcularemos el momento de inercia de una barra que gira de un extremo.
Z
Z
dM
2
I = r d m = ρr 2 d V, ρ =
V
Z
I=
L
Z
ρr Ad r = ρS
2
r 2d r
0
M
M
ρA 3
L , ρ=
=
3
V
AL
3
1M A L
1
I=
= M L2
3A L
3
I=
entonces
r
T = 2π
r
M L2
2L
= 2π
3M (L/2)
3g
(b) Alrededor de un punto P r = x y el momento de inercia viene dado por
IP = IC M + M r 2
y el momento de inercia respecto del C M es:
Z
IC M
=
r 2d m =
Z
ρr 2 d V =
ρr 2 Ad r
L/2
Z
IC M
Z
= 2ρA
r 2d r
0
IC M
=
2ρA L 3
1
= M L2
3
3
12
IP = IC M + M r 2 =
r
T = 2π
r
T = 2π
M L2
+Mx2
12
TP
Mgx
(1/12)L 2 + x 2
gx
EJERCICIO NO 5. 3 Una masa m se conecta a dos resortes de constantes de fuerza k 1 y k 2 como muestran en las figura se mueve sobre una mesa sin fricción y se desplaza de la posición de equilibrio y se
suelta. demostrar que la mesa tiene movimiento armónico simple con periodo
Fisica II
57
5. Oscilaciones
SOLUCIÓN
(a)
p
(b) T = 2π k m
+k
1
2
−k 1 x − k 2 x = m ẍ
k1 + k2
ẍ +
x =0
m
Ç
k1 + k2
w0 =
m
Ç
m
T = 2π
k1 + k2
EJERCICIO NO 5. 4 La amplitud de unas vibraciones armónicas es igual 50m m , el periodo a 4g e s y
la fase inicial π/4. (a)Escribir la ecuación de estas vibraciones. (b)Hallar la elongacion del punto
vibrante cuando t = 0 y t = 1,5s e g
SOLUCIÓN
(a) Se tiene como datos A = 50m m , T = 4s e g , α = π/4, luego la ecuación del MAS:
2π
x = A sen(w t + α) = A sen
t +α
T

‹
2π
π
π
π
x = 50 sen
t+
= 50 sen
t+
4
4
2
4
p
π
(b) Parat = 0, x = 50 sen 4 = 25 2m m
π1,5 π
+
= 0m m
t = 1,5,
x = 50 sen
2
4
EJERCICIO NO 5. 5 ¿Cuanto tiempo transcurrirá desde el comienzo del movimiento armónico, hasta
que el punto vibrante una elongacion igual a la mitad de la amplitud. El periodo de las vibraciones
es igual a 24s e g y fase inicial igual a cero?
SOLUCIÓN
€
Š
Los datos x = A/2, T = 24s e g , α = 0 ,reemplazando en la ecuación x = A sen 2π
t
+
α
, se tiene:
T
A
2πt
= A sen
+0
2
24
donde: t = 2s e g
EJERCICIO NO 5. 6 Escribir la ecuación del movimiento vibratorio armónico si la aceleración maxima del punto es igual a 49,3c m /s e g 2 , el periodo de las vibraciones 2s e g y la elongacion del punto
al iniciarse el movimiento era de 25m m
SOLUCIÓN
Se conoce a m a x
T = 2s e g , x = 25m m , t o = 0.
conociendo x = A sen(w t + α) se deriva con respecto al tiempo para hallar la aceleración
= 49,3c m /s e g 2 ,
a = −Aw 2 sen(w t + α)
Fisica II
58
5. Oscilaciones
reemplazando valores 49,3 = Aw 2 para la aceleración maxima:
49,3 = A
Luego, 2,5 = 5 sen
€ 2π
2
Š
×0+α ,
2π
2
2
,
A = cm
α30o Entonces: x = 5 sen(πt + 30o )
−2
EJERCICIO NO 5. 7 La aceleración
€ πt π Šde las vibraciones de un punto material de masa m = 1,6 × 10
tiene la forma x = 0,1 sen 8 + 4 .Hallar el valor máximo de la fuerza.
2
Por la 2da Ley de Newton F = m a = m dd t x2
SOLUCIÓN
‹
 ‹2

‹
π
π
π
π
π
x = 0,1 sen
t+
m , F = −m 0,1
sen
t+
8
4
8
8
4
€ Š2
La fuerza maxima : Fm a x = m 0,1 π8 N Reemplazando el valor de m se tiene:

Fm a x = 24,6 × 10−5 N
EJERCICIO NO 5. 8 Un peso oscila armónicamente a lo largo del eje X , junto a la posición de equilibrio x = 0, La frecuencia de las oscilaciones w = 4s e g −1 . En cierto momento la coordenada de la
partícula x o = 25c m y su velocidad vox = 100c m /s e g . Hallar la coordenada x y la velocidad v x de
la partícula transcurridos t = 2,5s e g después de este momento.
SOLUCIÓN
La posición esta dada: x = A sen(4t + α), derivando se obtiene la velocidad v = 4A cos(4t + α).
o
Reemplazando las condiciones iniciales: 25 = A sen α y 100 = 4A
€ cos α, seπ Šobtiene α = 45 . Luego
A = 25/ sen 45o = 35,46c m Reemplazando en x = 35,56 sen 4 × 2,4 + 4 , x = −29,1c m reem€
Š
plazando en v = 35,46 × 4 cos 4 × 2,5 + π4 , v = −20,1c m /s e g
EJERCICIO NO 5. 9 En el sistema de la figura, hallar el periodo de las oscilaciones verticales pequeñas
de un cuerpo de masa m . La rigidez de los resortes son K 1 y K 2 y sus masa pueden ser despreciadas.
SOLUCIÓN
Fisica II
59
5. Oscilaciones
Para hallar el periodo de oscilación usaremos la expresión
p
T = 2π m /K
(1)
y el K es el equivalente i efectivo de los dos resortes. Cuando los resortes están en serie, la fuerza
que los deforma se transmite por igual en ambos resortes y las elongaciones cumplen:
x = x1 + x2
F
F
F
=
+
K
K1 K2
de donde
K1 + K2
1
=
K
K1K2
(2)
reemplazando (2) en (1):
p
T = 2π m K 1 K 2 /(K 1 + K 2 )
EJERCICIO NO 5. 10 Dos vigas de masa m 1 y m 2 unidas por un muelle de rigidez K . El muelle esta
comprimido con ayuda de los hilos como se muestra en la figura. Los hilos se queman. Hallar el
periodo de oscilación de las vigas.
SOLUCIÓN
Para determinar el periodo se usara
p
T = 2π m 1 /K 1
(1)
Fisica II
60
5. Oscilaciones
El problema cosiste nuevamente en hallar K 1 del sistema:
F1 = −K 1 x
(2)
El sistema sin deformación aparece en el segunda figura. Usando la definición de centro de masa
xcm =
−m 1 l 1 + m 2 L 2
m1 + m2
m1L 1 = m2L 2
Cuando se deforma x 1 y x 2 los resortes, se tiene:
m 1 (L 1 − x 1 ) = m 2 (L 2 − x 2 )
m 1x 1 = m 2x 2,
x2 =
x1
x1
m2
El muelle se comprime: x 1 + x 2 , luego se debe cumplir
m 1x 1
m1 + m2
F = −K (x 1 + x 2 ) = −K x 1 +
= −K x 1
m2
m2
m1 + m2
F =− K
x
m2
Comparando (3) en (2) se obtiene:
K1 = K
reemplazando (4) en (1): T = 2π
h
m1
K (m 1 +m 2 )/m 2
m1 + m2
m2
(3)
(4)
i
m 1m 2
T = 2π
K (m 1 m 2 )
1/2
EJERCICIO NO 5. 11 ¿Cuanto tiempo transcurrirá desde que comienza el movimiento hasta que el
punto que vibra armónicamente de acuerdo con la ecuación x = 7 sen 0,5πt recorre el espacio que
hay entre la posición de equilibrio y la elongacion maxima.?
SOLUCIÓN
La elongacion maxima es la amplitud A = 4, según el problema
7 = 7 sen 0,5πt ,
0,5πt =
π
,
2
t = 1s e g
EJERCICIO NO 5. 12 Un punto material de 10g de masa oscila según la ecuación x = 5 sen(πt /5 +
π/4)c m . Hallar la fuerza maxima que actúa sobre el punto y la energía total de las vibraciones del
punto material
(a) De la ecuación x = 5 sen
€ πt
5
+
π
4
w = π/5,
SOLUCIÓN
Š
A = 5,
F = −K x ,
Fm a x = −K A
Fisica II
61
5. Oscilaciones
se sabe w 2 = K /m , Fm a x = −W 2 m A Reemplazando valores y sin considerar la dirección
Fm a x =
(b) La energía
 ‹2
π
× 10 × 10−3 × 5 × 10−2 N = 2π2 × 10−5 N
5
 ‹
1
w2
1 π 2
2
2
E = KA =
mA =
× 10 × 10−3 × (5 × 10−2 )2
2
2
2 5
E = 2,5π2 × 10−6 Jou l e s
EJERCICIO NO 5. 13 La energía total de un cuerpo que realiza un movimiento vibratorio armónico es
igual a 3 × 10−5 J , y la fuerza maxima que actúa sobre el es igual a 1,5 × 10−3 N . Escribir la ecuación
del movimiento de este cuerpo si el periodo de las vibraciones es igual a 2s e g y la fase inicial 60o
SOLUCIÓN
La energía total
la fuerza maxima
1
E T = K A 2 = 3 × 10−5
2
(1)
Fm a x = K A = 1,5 × 10−3
(2)
Dividiendo(1)/(2) se obtiene A = 40×10−3 m como w = 2π/T = π, luego x = 40×10−3 sen(πt +60o )
EJERCICIO NO 5. 14 Un peso de 10K g f esta colgado de un muelle. Hallar el periodo de las oscilaciones verticales de este peso sabiendo que el muelle 1,5c m cuando se le someta a la acción de la
fuerza 1K g f
SOLUCIÓN
Para un peso de 10K g f le corresponde una masa de 10K g f
K = F /x = 1 × 9,8N /1,5 × 10−2 m = 653N /m
p
p
Luego T = 2π m /K = 2π 10/653 = 0,78s e g
EJERCICIO NO 5. 15 Como variara el periodo de las oscilaciones verticales de un peso que esta colgado
de dos muelles iguales, se estos muelles en vez de unirse consecutivamente se unen paralelamente
SOLUCIÓN
Cuando los resortes están en serie, la fuerza es la misma y: x = x 1 + x 2
F
F
F
K
= + Keq =
Keq K K
2
2m
Ts = 2π
K
1/2
Cuando los resortes están en paralelo, la fuerza esta dada por la suma de las dos fuerzas y la elongacion es la misma:
F1 + F2 = F, K x + K x = K e q x
2K x = K e q x
K e q = 2K
Fisica II
62
5. Oscilaciones
p
Tp = 2π m /2K
es el periodo para los resortes paralelos. Dividiendo:
uye en la mitad.
Ts
Tp
=
2m /K
m /2K
1/2
= 2 Luego el periodo dismin-
EJERCICIO NO 5. 16 Un bloque de 6K g alarga un resorte 18c m desde su posición de equilibrio. Se
retira el primer cuerpo de 6K g y se reemplaza por un segundo bloque de 4K g que se pone a oscilar.
Halle la frecuencia y el periodo de la oscilación.
SOLUCIÓN
Hallemos la constante de elasticidad del resorte K .
K = F /x = 6 × 9,8N /18 × 10−2 m = 03,26 × 102 N /m
p
Para hallar la frecuencia w = K /m
p
w=
3,26 × 102 /4 = 9r a d /s e g
ν = w /2π = 1,4s e g −1
El periodo es la inversa de la frecuencia T = 1/ν = 0,7s e g
EJERCICIO NO 5. 17 Una partícula efectúa MAS a la frecuencia de 5H z . Halle una expresión que de
el desplazamiento x en función de t , utilizando las siguientes condiciones iniciales: (a) t = 0, x = A,
v x = 0. (b) t = 0, x = 0, v x = vo . (c) t = 0, x = 2c m , v x = 5c m /s
SOLUCIÓN
(a) La expresión general del desplazamiento x = A sen(w t + α) Derivando con respecto al tiempo
se obtiene v x = Aw cos(w t + α) reemplazando las condiciones del problema: x = A = A sen(2π5 ×
0 + α) se deduce α = π2 ,v x = a = Aw cos(2π5 × 0 + α) se deduce αP π4 Luego x PA sen(10πt + α)
(b)x = 0 = A sen(10π × 0 + α) se deduce α = n π, n = 0, 1, 1, ... v x = vo = Aw cos(10π × 0 + α) se
deduce que no existe un valor de α que satisfaga las dos ecuaciones de x y v x , por lo tanto no
existe x = f (t ) para un MAS.
(c) Para x = 2 = A sen(10π × +α) se deduce
v x = 5 = A10 cos(10π × +α) se deduce
2 = A sen(α)
(1)
5 = 10π cos α
(2)
de (1) y (2) se deduce A = 2,00c m , α = 85,4o
x = 2 sen(10πt + 85,4o )
€
Š
EJERCICIO NO 5. 18 La ecuación del movimiento de un punto tiene la forma x = 2 sen π2 t + π4 c m
Hallar (a) el periodo de la vibración. (b) La velocidad maxima del punto y (c) su aceleración maxima.
SOLUCIÓN
€
Š
π
(a) de la expresión x = 2 sen π2 t + π4 se obtiene w 2 y t = 4s e g
€ Š
€
Š
(b) v x = dd xt = 2 π2 cos π2 t + π4 , v m a x = πc m /s e g
€ Š
€
Š
(c) a x = ddvtx = −π π2 sen π2 t + π4 , a m a x = π2 2c m /s e g 2
Fisica II
63
5. Oscilaciones
EJERCICIO NO 5. 19 Una masa de 1K g oscila hacia arriba y hacia abajo a lo largo de una recta de
20c m de longitud con MAS, 4s e g de periodo. (a) Hallar la velocidad y la aceleración cuando la
elongacion sea de 4c m . (b) la fuerza restauradora cuando la elongacion sea de 8c m por debajo del
centro de la trayectoria.
SOLUCIÓN
(a) Como T = 4s e g .
w = 2π/T = 2π/4 = π/2, A = 10
€
Š
€
Š
€
Š
La ecuación del movimiento y = 10 sen π2 t + α para y = 4c m , 4 = 10 sen π2 t + α 0,4 = sen π2 t + α ;
p
€
Š
se usara cos θ = [1 − sen2 θ ]1/2 La velocidad v y = A π2 cos π2 t + α = 10 π2 1 − 0,42
v y = 14,4c m
La aceleración a y = −A
€ π Š2
2
sen
€π
Š
t
+
α
= −9,8c m /s 2 (b) La fuerza restauradora, para y = −8c m
2
F = −k (y ) = −w 2 m y = −
 ‹2
π
103 (−8)d i n a s
2
F = 39,4 × 103 d i n a s
EJERCICIO NO 5. 20 Un cuerpo de masa 2K g descansa sobre una superficie pulida, estando unido a
un muelle en la forma representada en la figura. El muelle tiene la propiedad de que bajo la acción
de una fuerza de 10N sufre un alargamiento de 0,05m ; su se desplaza el cuerpo 0,05m de su posición
de equilibrio y se suelta a continuación, calcular la amplitud, la frecuencia y el periodo del MAS
SOLUCIÓN
(a) La amplitud, es la maxima elongacion A = 0,05m
K = F /x = 10N /0,05m = 200N /m y w 2 = K /m
p
w = 200/2 = 10d a r /s e g y ν = w /2π = 5/πs e g −1
El periodo T = ν1 = π5 s e g
EJERCICIO NO 5. 21 Con relación al problema anterior, en vez de desplazar el cuerpo 0,005m respecto
a su posición de equilibrio, se le comunica una velocidad inicial de 1m /s , cuando se encuentra en
dicha posición de equilibrio. Hallar la ecuación del movimiento, si para t = 0, x = 0
SOLUCIÓN
La ecuación del movimiento es x = A sen(w t + α) Para x = 0 y t = 0, 0 = A sen(w × 0 + α) se deduce
que α = 0, luego x = A sen w t como w = 10r a d /s e g y K = 200N /m , para hallar A, usamos la
relación energética del MAS:
1
1
m v 2 + K x 2 = K A2
2
2
p
1
1
m vo2 + K o 2 = k A 2 , A = m /K vo = 0,1m
2
2
Luego: x = 0,1 sen 10t
EJERCICIO NO 5. 22 Un cilindro flota con su eje en posición vertical en un liquido ρ. Se empuja levemente hacia abajo y luego se deja libre. Hallar el periodo de la oscilación si el cilindro tiene un peso
W y una sección transversal de area S
Fisica II
64
5. Oscilaciones
SOLUCIÓN
La fuerza que actúa sobre el cuerpo cuando este se sumerge una distancia y es: Sy ρ Usando la 2da
Ley de Newton:
W d 2y
dy
=
−(g
Sy
ρ),
= −Sρy g
m
dt2
gdt2
d 2y
dt2
+
Sρg 2
y
W
= 0, se deduce
p
t = 2p i / Sρg 2 /W
p
T = 2π W /Sρg 2
EJERCICIO NO 5. 23 S tiene un liquido de densidad ρ y la longitud total L en el manometro representado en la figura. Un aumento repentino de presión en un lado fuerza al liquido hacia abajo.
Cuando desaparece la presión, el liquido oscila. Despreciando el amortiguamiento por rozamiento
¿Cual sera la frecuencia de vibración?
SOLUCIÓN
2
La fuerza restauradora es debido a los dos ramales 2(Sx ρ)g De la 2da Ley de Newton: m dd t x2 =
−2Sx ρg El peso total del liquido SLρg
g
SLρ d 2 x
= −2Sx ρg
g dt2
d 2x
g
+2 x =0
2
dt
L
2π
T=p
2g /L
1
ν = 2π
p
2g /L, donde ν = T1
EJERCICIO NO 5. 24 Un peso pequeño W esta sujeto a un alambre sometido a una tension T , según
se indica en la figura. ¿Cual sera la frecuencia natural de vibración del peso si se le desplaza lateralmente una pequeña cantidad y se le suelta después?
SOLUCIÓN
Para distancia pequeñas x , las componentes de las tensiones son: T yx y T yx , dirigidos en sentido
1
2
opuesto (a la izquierda) al desplazamiento x .
DE la 2da Ley de Newton:
x
x
x
W d
−T − T =
y1
y2
g dt2
g
dx
T
T
+
+
x = 0, el periodo es la inversa de la frecuencia:
dt2
W
y
y
1
2
1/2
1
1 Tg 1
ν=
+
2π W y 1 y 2
EJERCICIO NO 5. 25 Un paralelepípedo de lados a , b y c de peso W vibra verticalmente en un liquido
de densidad ρ. Halle una expresión para el periodo de vibración del cuerpo.
Fisica II
65
5. Oscilaciones
SOLUCIÓN
Cuando el cuerpo se sumerge una distancia z , aparece una fuerza restauradora que la hace oscilar.
Esta fuerza es:
Fz = −ρ(a b z )g
DE la 2da Ley de Newton:
d 2z
= −(ρa b g )z
dt2
ρa b g 2
d 2z
+
z =0
dt2
W
1/2
W
t = 2π
ρa b g 2
W
g
EJERCICIO NO 5. 26 La figura muestra una partícula de masa m sostenida por un alambre de longitud L. si la partícula se desplaza verticalmente una distancia pequeña y y se lo abandona, demostrar
que la frecuencia cíclica de vibración de la masa es:
w o = [T L/m a (L − a )]1/2
T1 = T2 = T
SOLUCIÓN
Se tiene para desplazamiento pequeños y < a , y < L − a .
La fuerza restauradora es −T1 cos θ1 − T2 cos θ2 dirigido hacia abajo. Y de la 2da Ley de Newton:
m
m
d 2y
= −T1 cos θ1 − t 2 cos θ2
dt2
d 2y
y
y
T
T
=
−T
−
T
≈
−
y
−
y
dt2
(a 2 + y 2 )1/2
[(L − a )2 y 2 ]1/2
a
L −a
T 1
1
d 2y
+
+
a =0
dt2 m a L −a
w = [T L/m a (L − a )]1/2
EJERCICIO NO 5. 27 Una partícula se desliza hacia adelante y hacia atrás entre dos planos inclinados
sin fricción. Si θ es el ángulo de inclinación de los planos y si H es la altura inicial del movimiento.
Demostrar que el periodo del movimiento esta dado por:
(4 sen θ )(2H /g )1/2
SOLUCIÓN
La fuerza obliga a la masa a desplazarse sobre el plano inclinado es: m g sen θ
Por la 2da Ley de Newton: m a = m g sen θ , a = g sen θ es constante. Luego x = 21 a t 2 =
pero sen θ = Hx
p
H
g sen θ 2
=
t , t = 2H /g sen2 θ
sen θ
2
El periodo es cuatro veces este tiempo t = 4t
p
T = 4 2H /g sen2 θ
4 p
T=
2H /g
sen θ
g sen θ
2
t,
Fisica II
66
5. Oscilaciones
EJERCICIO NO 5. 28 La lenteja de un péndulo es un cuerpo pequeño de 1K g y la longitud de suspension es de 1m . Si se suelta el péndulo cuando t = 0 y forma un ángulo de 0,1r a d con vertical, con
una velocidad angular inicial de 0,5r a d /s e g . Obtenga una expresión que de el desplazamiento
angular en función del tiempo. Suponga que la velocidad angular inicial es como se indica en la
figura
SOLUCIÓN
p
Sabemos para un MAS θ = o t he t a o sen(w o t + α) donde w a2 = g /L, w a = 9,8/1 = 3,13r a d /s e g
La velocidad angular
dθ
w=
= θo w cos(w t + α)
dt
w = w o = 0,5r a d /s e g
para t = 0;
θ = 0,1r a d para t = 0
0,5 = θo 3,13 cos(3,13 × 0 + α)
(1)
0,1 = θo sen(3,13 × 0 + α)
(2)
de (1) y (2) tan α = 0,313/0,5, α = 32o , θo = 0,18r a d Luego: θ = 0,18 sen(3,13t + 0,56)
EJERCICIO NO 5. 29 Hallar la ecuación y la frecuencia angular del sistema mostrado en la figura
SOLUCIÓN
Sabemos
X
X
X
X
o
τo = I α = I
d 2θ
dt2
τo = −m g L sen θ − (K x )a
τo = −m g L sen θ − K (a sen θ )a
t a u o = −m g L sen θ − K a 2 sen θ
I = m L2
de (1) y (2):
m L2
para ángulos pequeños θ :
(1)
(1)
(2)
d 2θ
= −(m g L + K a 2 ) sen θ ≈ −(m g L + K a 2 )θ
2
dt
d 2θ
+ (m g L + K a 2 )θ = 0
dt2
d 2 θ (m g L + K a 2 )
+
θ =0
dt2
m L2
(m g L + K a 2 ) 1/2
w=
m L2
m L2
EJERCICIO NO 5. 30 Encontrar la ecuación del movimiento resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simples paralelos cuyos ecuaciones son x 1 = 6 sen 2t y x 2 = 8 sen(2t + α), si α =
0, π/2, π. Hacer un gráfico de cada movimiento y del movimiento resultante en cada caso.
Fisica II
67
5. Oscilaciones
(a) para α = 0, x 1 = 6 sen 2t y x 2 = 8 sen 2t
SOLUCIÓN
x = x 1 + x 2,
x = 14 sen 2t
(b) si α = π2 , x 1 = 6 sen 2t y x 2 8 sen(2t + π2 ) = 8 cos 2t
x = x1 + x2
x = 10 sen(2t + 53o )
(c) Si α = π, x 1 = 6 sen 2t y x 2 = 8 sen(2t + π) = −8 sen 2t
x = X 1 + x 2,
x == −2 sen(2t )
EJERCICIO NO 5. 31 Encontrar la ecuación resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simples paralelos cuyos ecuaciones son:
x 1 = 2 sen(w t +
π
),
3
x 2 = 3 sen(w t +
π
)
2
y los gráficos respectivos
SOLUCIÓN
Para determinar la ecuación del movimiento resultante, se halla la amplitud y la fase, para ello
usamos las ecuaciones deducidas en teoría:
x = x 1 + x 2 = A sen(w t + α),
δ = α2 − α1
A = (A 21 + A 22 + 2A 1 A 2 cos δ)1/2
tan α =
reemplazando valores:
A 1 sen α1 + A 2 sen α2
A 1 cos α1 + A 2 cos α2
π 1/2
) = 4,35
6
x = 4,35 sen(w t + 78o )
A = (22 + 32 + 2 × 2 × 2 × 3 cos
tan α =
2 sen π3 + 3 sen π2
π
3
2 cos + 3 cos
π
2
,
α = 78o
EJERCICIO NO 5. 32 Hallar la ecuación de la trayectoria del movimiento resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simples perpendicular, si w 1 /w 2 = 21 y α = 0, π3 , π2
(a)w 2 = 2w 1 , α = 0
SOLUCIÓN
x = A sen w 1 t
y = B sen(w 2 t + α) = B sen 2w 1 t = B 2 sen w 1 t cos w 1 t ,
p
y = 2B (x /A) 1 − (x /A)2
2B p 2
y=
x − (x 4 /A 2 )
A
A=B
Fisica II
68
5. Oscilaciones
€
Š
(b) w 2 = 2w 1 , α = π3 , x = C sen w 2 t + π3 , C = D halle se
p  ‹2 x
D p
3
2
1−2
y = x 1 − (x /C ) +
C
2
C
€
Š
(c) w 2 = 2w 1 , α = π2 , x = P sen w 1 t , y = Q sen(w 2 + π2 ) = Q sen 2w 1 t + π2 , P = Q eliminando el
tiempo se halla
 ‹2 x
y =Q 1 − 2
P
EJERCICIO NO 5. 33 El periodo de las oscilaciones amortiguadas de una masa de 1K g a un resorte es
de 0,5s e g . Si la masa de 1K g estira el resorte 5c m . halle la constante de amortiguamiento.
SOLUCIÓN
Se ha deducido en teoría para el movimiento amortiguado:
m
d 2x
dx
+λ
+Kx =0
2
dt
dt
d 2x
λ dx
K
+
+ x =0
2
dt
m dt
m
λ
m
= 2γ, w =
Æ
λ
(K /m )2 − 4m
2 : frecuencia de oscilación del sistema.
2
2π
= 0,5
, m g = K x,
Se conoce w = 2π
T
K
m
g
= x,
K
m
9,8
= 0,05
, despejando λ se halla su valor, λ = 12,36K g /s
EJERCICIO NO 5. 34 El periodo de amortiguamiento de una vibración es de 4s e g , su decremento logarítmico es 1,6 y la fase inicial es igual a cero. La elongacion del punto cuando t = T /4 es de 4,5c m .
Escribir la ecuación de este movimiento vibratorio suponiendola de la forma x = C e −γt sen(w t +ϕ)
SOLUCIÓN
Por definición de decremento logarítmico:
Am p l i t u d (t )
C e −γt
=
= γT, D = γT
Am p l i t u d (t + T ) C e −γ(t +T )
Š
€
t + 0 para x = 4,5, t = T /4 = 1:
como T = 4, D = 1,6, γ = D/T = 0,4 y ϕ = 0 luego x = C e −0,4t sen 2π
4

‹
π
−0,4×1
4,5 = C e
sen
×1
2
D = ln
C = 4,5e 0,4
luego x = 4,5e 0,4 e −γt sen π2 t
EJERCICIO NO 5. 35 Un peso de 20l b f se cuelga de un resorte vertical el que se estira entonces 2p i e s .
El peso se empuja 5p i e s hacia abajo y se abandona. (a) Hallar la posición del peso en cualquier
tiempo si una fuerza de amortiguamiento numéricamente igual a 5 veces la velocidad instantánea
con que esta actuando se hace presente
SOLUCIÓN
Para saber que tipo de movimiento se trata hay que hallar γ y w o , usando g = 32p i e s /s e g 2 . Sabem g /I
g
K
=
m=I
mos que w o2 = m
p
w o = 32/2 = 4s e g −1
Fisica II
69
5. Oscilaciones
λ
5
γ = 2m
y F = λv , según dato λ = 5, entonces γ = 2×20/32
= 4s e g −1 , y tiene γ = w o .
Se trata de un movimiento críticamente amortiguado.
La ecuación diferencial del movimiento es la siguiente:
d 2x
dx
+ 2γ
+ w o2 x = 0
2
dt
dt
d 2x
dx
+8
+ 16x = 0
2
dt
dt
La solución de esta ecuación es de la forma: x = e −γt (A + B t ) Las condiciones iniciales son: x o =
p i e s , t o = 0, vo = 0
5 = e −4×0 [A + B × 0] = A + 0, A = 5
dx
= −γe −4t (A + B t ) + e −4t B
dt
0 = −γe 0 (A + B × 0) + e 0 B
0 = −4A + B,
B = 4A = 20
x = e −4t (5 + 20t )
x = 5−4t (1 + 4t )
EJERCICIO NO 5. 36 El peso unido a un resorte vertical esta forzado a vibrar de acuerdo a la ecuación:
(d 2 x /d t 2 )+16x = 12 sen w t , donde x es el desplazamiento de la posición de equilibrio y w > 0 es un
a constante. Si para t = 0, x = 0 y d x /d t = 0, hallar (a)x como función del tiempo t . (b) el periodo
de la fuerza externa para la cual la resonancia ocurre.
SOLUCIÓN
(a) usara el método de la solución complementaria y otra particular, así:
La solución complementaria x c = A cos w o t + B sen w o t de la ecuación diferencial dad w o2 = 16,
w o = 4 luego
x c = A cos 4t + B sen 4t
(1)
otra solución particular es
x p = C sen w t + D cos w t
(2)
y tenemos que hallar las constantes A, B , C y D hallemos
d xp
dt
d 2x p
dt2
= C w cos w t − Dw sen w t
= −C w 2 sen w t − Dw 2 cos w t
reemplazando la ultima expresión y (2) en :
d 2x
dt2
+ 16x = 12 sen w t
−C w 2 sen w t − Dw 2 cos w t + 16C sen w t + 16D cos w t = 12 sen w t
Igualando coeficientes:
16C − C w 2 = 12,
C = 12/16 − w 2 − Dw 2 + 16D = 0,
D =0
12
Luego: x p = 16−w
2 sen w t , la solución general queda:
x = x c + x p = A cos 4t + B sen 4t +
12
sen w t
16 − w 2
(3)
Fisica II
70
5. Oscilaciones
Hallemos la velocidad
v=
dv
12w
= −4A sen w t + 4B cos 4t +
cos w t
dt
16 − w 2
(4)
Para las condiciones iniciales t = 0, x = 0, se tiene en (3)
0 = A × 1 + B × 0 + 0,
t = 0, v = 0 en (4)
0 = −4A × +4B × 1 +
A =0
12w
(1)
16 − w 2
B = 3w /w 2 − 16, Luego:
x =3
w
w 2 − 16
sen 4t +
12
3
sen w t =
(sen w t − w sen 4t )
2
16 − w
16 − w 2
para w = 4. Para el caso de w = 4, se tiene que intentar una solución adicional. Pero para los fines
del curso, es suficiente con la solución dada.
(b) Para hallar la frecuencia de resonancia w r e s , se usara la ecuación deducida en teoría:
w = (w o2 − 2γ2 )1/2
Para nuestro problema no hay amortiguamiento, luego: λ = 0 y γ = 0, entonces
p
w r e s = w o2 = w o = 4r a d /s e g
w r e s = e r a d /s e g
EJERCICIO NO 5. 37 La ecuación del movimiento de un punto tiene la forma X = sen πt /6 Hallar los
instantes en que los valores de la velocidad y de la aceleración son máximos.
SOLUCIÓN
a) Dado X = s e n πt /6 hallemos la velocidad derivando:
v=
dx π
πt
= cos
dt
6
6
se obtiene la velocidad maxima cuando cos πt6 = 1 o sea
πt
= nπ,
6
n : 1, 2, 3, 4, . . .
t = 6n : 0, 6, 12, 18s e g , . . .
b) Hallando la aceleración nuevamente derivando la velocidad:
a=
dv
π2
πt
= − sen
dt
6
6
se obtiene la aceleración maxima cuando: sen πt6 = 1
πt
π
= (2n + 1) ,
6
2
n : 0, 1, 2, 3, 4, . . .
t = 3(2n + 1) : 3, 9, 15s e g , . . .
Fisica II
71
5. Oscilaciones
EJERCICIO NO 5. 38 A que es igual la relación entre la energía cinética de un punto que vibra armónicamente y su energía potencial, en los momentos en que el tiempo es t = T /12s e g
SOLUCIÓN
Sabemos por el principio de conservación de energía:
1
Ec + Ep = K A2
2
(1)
1
Ep = K X 2
2
(2)
La energía potencial es
según la condición del problema:
X = A sen
T
, X = A sen 2π
para t = 12
T
2πt
T
€T Š
12
π A
=
6
2
(3)
2
A
K A2
=
2
8
(4)
X = A sen
de(3) en (2):
1
Ep = K
2
de (4) en (1) E c + 18 K A 2 = 12 K A 2
3
Ec = K A2
8
Luego la relación pendiente es:
E c /E p = 3/8K A 2 /1/8K A 2 = 3
EJERCICIO NO 5. 39 Una bola de cobre esta colocada de un muelle y oscila verticalmente, como variara el periodo de estas oscilaciones si en lugar de la bola de cobre se cuelga del muelle una bola de
aluminio del mismo radio que aquella.
SOLUCIÓN
Fisica II
72
5. Oscilaciones
Sabemos por teoría que el periodo se oscilación esta dado por la expresión
p
T = 2π m /k
Luego hallamos la relación:
p
2π m Al /k
TAl
=
p
Tc u 2π m c u /k
por ser el mismo resorte: K y por tener el mismo radio r , el volumen es igual para ambos V
r
r
Ç
TAl
ρAl V
ρAl
2,7
=
=
=
Tc u
ρc u V
ρc u
8,9
TAl /Tc u = 0,55
EJERCICIO NO 5. 40 Un areómetro cuyo peso 0,2K g f esta flotando en un liquido. Si este areómetro se
sumerge un poco en el liquido y después se suelta, empezara a oscilar verticalmente con un periodo
3,4s e g . Partiendo de la suposición de que estas oscilando no son amortiguados y de los datos de este
experimento. Hallar la densidad de liquido en que flota el areómetro. El diámetro del tubo cilíndrico
vertical del areómetro es 1c m
SOLUCIÓN
Por la condición de equilibrio inicial:
X
F = m g − E1 = 0
m g − g (V + s h) = 0
m g = g (V + s h)
(1)
Cuando el areómetro se sumerge una distancia X , existe una fuerza neta, que actúa sobre el areómetro
y lo obliga a oscilar y es proporcional a la elongación:
E2 = m g = K x
ρg [v + s (h + x )] − ρg (v + Sh) = k x
ρg s x = K x ,
K = ρg s
(2)
si el periodo de oscilación esta dado por:
p
p
T = 2π m /k = 2π m /ρg s
usando (2) despejando: ρ = 16πm /g d 2 T 2 donde S = πd 2 /4 reemplazando valores ρ = 890K g /m 3
Fisica II
73
5. Oscilaciones
EJERCICIO NO 5. 41 El decremento logarítmico de la amortiguación de un péndulo matemático es
igual a 0,2. Hallar cuantas veces disminuye su amplitud durante una oscilación completa del periodo
SOLUCIÓN
Su amplitud inicial es: A 1 = A o e −γt La amplitud final es: A 2 = A o e −γ(t +T ) Luego:
A1
= A o e −γt /A o e −γ(t +T ) = e −γt
A2
Por definición de decremento logarítmico: D = γT = 0,2
A 1 /A 2 = e −D = e −0,2 = 1,22
EJERCICIO NO 5. 42 ejercicio falta copiar pagian 270 ejer 37
SOLUCIÓN
EJERCICIO NO 5. 43 Un anillo de radio R esta suspendido de un eje como se muestra en la figura
Hallar su periodo de oscilación
SOLUCIÓN
La expresión del periodo es:
p
T = 2π I o /g b M
Como se trata de un péndulo compuesto, su momento de inercia: I o se hallar usando el teorema
de Steiner:
I o = M A 2 + I C M = M R 2 + M R 2 = 2M R 2
en la gráfica: b = R, luego:
r
T = 2π
r
2M R 2
2R
= 2π
g RM
g
EJERCICIO NO 5. 44 Una esfera de radio R esta suspendida desde un punto fijo por una cuerda, de
modo que la distancia desde el centro de la esfera al punto de suspension es L. Hallar el periodo del
péndulo
Fisica II
74
5. Oscilaciones
SOLUCIÓN
Nuevamente se trata de un péndulo compuesto, su periodo es:
r
I o0
T = 2π
gbM
Usando nuevamente el teorema de Steiner
2
Io0 = M a 2 + Io = M L2 + M R 2
5
r
r
M L 2 + 2/5M R 2
L 2 + /5R 2
T = 2π
= 2π
g LM
gL
EJERCICIO NO 5. 45 Se tiene una varilla delgada de longitud L y masa m , que esta suspendida libremente en posición vertical en un punto O 0 situado a una distancia L/4 de su centro de masa. La
varilla se desplaza ligeramente a partir del equilibrio y se deja que oscile alrededor de un eje que
pasa por O 0 . Hallar el periodo del péndulo
SOLUCIÓN
Fisica II
75
5. Oscilaciones
Se trata de un péndulo compuesto, su periodo se halla por teoría
r
Io0
T = 2π
gbM
donde I o 0 se halla, usando el teorema de Steiner:
Io0 = M a 2 + Io ,
I o 0 = M (L/4)2 +
y
a = L/4
M L2
7
= M L2,
12
48
y
b = L/4
q7 2
ML
Luego:T = 2π 48g L M
4
r
T = 2π
7L
12g
EJERCICIO NO 5. 46 Hallar el periodo de oscilación de la placa de masa m que se muestra en la figura.
La placa se encuentra suspendida del punto medio de uno de sus lados
SOLUCIÓN
Otro caso de péndulo compuesto:
r
T = 2π
Io0
gbM
donde I o 0 = I o + m a 2 por el Teorema de Steiner
I o = m /12(d 2 + d 2 ) = d 2 /6
a = d /2
b = d /2
Fisica II
76
5. Oscilaciones
I o 0 = m d 2 /6 + m (d /2)2 = 15/6m d 2
reemplazando:
r
2m d 2 /12
g (d /2)m
r
5d
T = 2π
6g
T = 2π
Fisica II
Capítulo 6
Hidrostática
6.1.
Fluidos
Es una sustancia incapaz de resistir fuerzas o esfuerzos de corte sin desplazarse los fluidos
pueden ser líquidos y gases.
6.2.
Densidad
Para fluidos homogéneos esta definiendo como una relación de su masa y el volumen que tiene
u ocupa. Depende la temperatura y presión para los gases en cambio para los líquidos la variación
es pequeña.
M
D =ρ=
(6.1)
V
donde: M : masa del fluido, V : volumen del fluido.
6.3.
Peso especifico
Es el cociente entre el peso del cuerpo por la unidad de volumen.
Pe = γ =
P
V
γ = ρg
(6.2)
(6.3)
donde: P: peso del fluido, g : aceleración de la gravedad.
6.4.
Densidad relativa
Es un numero dimensional„ es una relación de la densidad de la sustancia a la densidad del
agua para solidos y líquidos y para gases el aire.
La densidad absoluta y relativa de una sustancia tiene el mismo valor numérico, cuando la
densidad se expresa en g /c m 3
77
78
6. Hidrostática
6.5.
Presión
Para un fluido en reposo la fuerza en la superficie siempre debe estar dirigida perpendicularmente a la superficie. La presión es una cantidad escalar y esta definida en un punto.
Figura 6.1: Presión en diferencia de area
p = lı́m
δS→0
6.6.
6.6.1.
∆F d F
=
∆S
dS
(6.4)
Variación de la presión en un fluido en reposo
Líquidos
Tomemos una porción del liquido de sección A y espesor d y . Como el fluido esta en reposo.
p A − (p − d p )A − d w = 0
p A − p A − Ad p − ρg Ad Ad y = 0
Z
d p = −ρg d y
Z
p 2 =p 0
y2
d p = −ρg
p 1 =p
y y2 − y1 = h
dy
y1
p = p 0 + ρg h
(6.5)
donde p 0 : presión atmosférica del lugar, ρg h: presión manometrica, p : presión absoluta real.
luego la presión es la misma en todos los puntos a la misma profundidad.
Fisica II
79
6. Hidrostática
Figura 6.2: Presión en un fluido en reposo
6.6.2.
Gases
Se produce de igual forma y se obtiene d p = −ρg d y ,consideremos que la densidad varia con
la presión, ρ proporcional a p , se considera que la temperatura no varia.
ρ
p
=
ρ0 p 0
ρ0
pd y
d p = −g
p0
Z p 2 =p
Z y2 =y
dp
g ρ0
=−
p
p 0 y =0
p =p
1
0
1
p = p 0e
donde: α =
ρ0 g
p0
−αy
(6.6)
, α = 0,116k m −1
Figura 6.3: Presión en función de la altura y profundidad
Fisica II
80
6. Hidrostática
Figura 6.4: Vasos comunicantes
6.7.
Equilibrio de los líquidos no miscibles en los vasos comunicantes
Al depositar el liquido ρ 0 en las dos ramas alcanzan el mismo nivel.
Luego se deposita el liquido ρ en la rama de la izquierda y se desnivela. Consideremos el caso
de la figura.
p A = p B , El liquido al mismo nivel
p 0 + ρg h = p 0 + ρ 0 g h 0
ρ
h0
=
ρ0
h
6.8.
(6.7)
Fuerza ejercida sobre la pared de un recipiente
Tomemos un d F = p d A = ρg y (b d y )
h
Z
F = ρg b
ydy =
0
ρg b h 2
2
(6.8)
Fisica II
81
6. Hidrostática
Figura 6.5: Principio de Pascal
6.9.
Principio de pascal
Expresa lo siguiente: la presión aplicada a un fluido se trasmite sin disminución alguna a todas
las partes del fluido y las paredes del recipiente que lo contiene.
6.10.
Principio de Arquímedes
Se expresa así: Un cuerpo total o parcialmente sumergido en un fluido experimenta un empuje
ascendente igual al peso del fluido desalojado por el cuerpo.
Consideremos un prisma de sección A y altura h, sumergido dentro de un liquido de densidad
ρ y peso especifico γ.
La presión en la base del bloque es γy 1 y la fuerza ascendente ejercida por el liquido sobre el
bloque es F1 = p 1 A = γy 1 A.
De igual forma el liquido ejerce presión sobre la sección superior γy 2 y la fuerza esta dirigida hacia
abajo y vale
F2 = p 2 A = γy 2 A
El empuje es: E = F1 − F2 = γy 1 A − γy 2 A = γA(y 1 − y 2 )
E = γAh = γV
(6.9)
Fisica II
82
6. Hidrostática
6.11.
Manometro
Son aparatos destinados a medir la presión de los gases y líquidos. Se puede tener las situaciones que se indican en la figura.
Figura 6.6: Manómetros
6.12.
Fuerzas moleculares en los líquidos
Si se coloca una lamina de vidrio en un deposito de agua, y después se retira, algo de agua
quedara pegada. Las fuerzas de atracción entre las moléculas de agua y las del vidrio son mayores
que las fuerzas entre las mayores que las fuerzas entre las moléculas de agua adyacentes. Se mide
con el ángulo de contacto α (Trazando una tangente an el punto de intersección de la lamina de
vidrio), en este acaso α25o .
Ahora si la varilla de vidrio se coloca en un deposito de mercurio y retiramos la lamina, nada
del mercurio se adhiere al vidrio. En este caso, la atracción de las moléculas de H g con las del
vidrio es menor que las fuerzas de cohesion de las moléculas de mercurio entre si. De igual forma
se halla el ángulo de contacto, trazando una tangente, en este caso α = 130o
Fisica II
83
6. Hidrostática
Figura 6.7: Ángulo de contacto entre el vidrio y el agua
Figura 6.8: Ángulo de contacto entre el vidrio y el mercurio
6.13.
Tension superficial
Se puede explicar en función de las fuerzas de atracción que las moléculas de un liquido
ejercen entre si:
Para una molécula dentro del liquido A, la fuerza media es nula, debido a las moléculas vecinas
a su alrededor.
Para el caso de la molécula B que se halla en la superficie del liquido, experimenta fuerzas de
atracción dirigidas solamente hacia una fuerza resultante actuando hacia abajo para impedir que
escape.
6.14.
F
,
L
Definición del coeficiente de tension superficial (σ)
Es la fuerza aplicada a la unidad de longitud del borde de la película superficial del liquido: σ =
también la energía almacenada por unidad de area es igual al coeficiente se tension superficial
Fisica II
84
6. Hidrostática
σ = UA , esta expresión se deduce de la figura.
Figura 6.9: Tension superficial
Se utiliza una solución jabonosa al retirar el marco de alambre de ancho a , se forma dos películas cuyo ancho total o perímetro es 2a .
Por definición de σ
Fuerza perpendicular a la longitud
F0
σ=
=
Ancho de las dos peliculas
2a
Si la altura de la película formada en el marco es h, luego el trabajo hecho para formarla película
es:
W = F0 h = 2a σh = σ(2a h)
Luego
σ=
6.15.
W
U
=
2a h A
(6.10)
Formación de una gota liquida
Consideremos la mitad de la gota y Fσ : es la fuerza hacia la izquierda a la tension superficial y
Fp : fuerza hacia la derecha debido a ∆p .
En el equilibrio, para formar la gota
Fσ = f p
σ(2πR) = ∆p πR 2
2σ
∆p =
, Ley de Tate
R
(6.11)
Fisica II
85
6. Hidrostática
Figura 6.10: Gotas liquida
6.16.
Formación de una burbuja de jabón
Sea la figura.
Figura 6.11: Burbuja de jabón
por definición.
∆p = ∆p 1 + ∆p 2 = (p − p 0 ) + (p 0 − p a ) = p − p a
2σ 2σ
+
= ∆p
R
R
4σ
∆p =
R
(6.12)
(6.13)
Fisica II
86
6. Hidrostática
6.17.
Ascenso de liquido en tubos capilares
El liquido ascendente hasta que la fuerza de tension superficial se equilibra con el peso del
liquido que ascendió por el tubo
P capilar.
Se tiene en el equilibrio: Fy = 0
Fσ cos θ − m g = 0,
Fσ cos θ = m g
2πr σ cos θ = ρg πr 2 h
h=
6.18.
2σ cos θ
Ley de Jurin
ρg r
(6.14)
Ejercicios resueltos
EJERCICIO NO 6. 1 Un cuerpo homogéneo de densidad ρ1 , se suspende de un resorte y se mide los
estiramientos que se producen cuando esta dentro de un liquido de densidad ρ2 , Si la deformacion
cuando esta en el aire es el triple que cuando esta en el liquido, determine ρ2 /ρ1
SOLUCIÓN
En el aire
en el liquido
FE = k (3x ) = ρ1 g V
(i)
FE0 + E = W
k x + ρ2 g V = ρ1 g V
(ii)
ρ1 g V
+ ρ2 g V = ρ1 g V
3
2
ρ2 g V = ρ1 g V
3
ρ2 2
=
ρ1 3
Fisica II
87
6. Hidrostática
EJERCICIO NO 6. 2 La barra homogénea se encuentra sumergida con la mitad de su volumen en
agua, determinar la densidad de la barra
SOLUCIÓN
W = ρg V , V : volumen de la barra
E = ρH 2O g V /2, empuje hidrostático
Para el equilibrio se cumple:
M 0W = M 0E
ρg V (2x ) = ρH 2O g
V
(3x )
2
EJERCICIO NO 6. 3 Una esfera de plomo llena de aire con radio R = 0,1m se encuentra totalmente
sumergida en un tanque de agua. ¿Cual es el espesor e de la capa de plomo, si la esfera si flota ni se
hunde?
SOLUCIÓN
Si esta en equilibrio las fuerzas que participan deben anularse estas son el peso de la esfera y el
empuje del liquido
W = ρL g V
V → se calcula usando una aproximacion sin que consiste calcular la supa tiene de una esfera de
radio R ie:
El nivel del callgen
4πR‘2 sabor y entre
W 04πR 2 .e ρL g
4
3
E = ρH 2 O V g = ρH 2 O g
πR
3
E =W
4
4πR 2 e ρL g = πR 3 ρH 2O g
3
ρH 2 O R
e=
ρP L 3
Fisica II
88
6. Hidrostática
EJERCICIO NO 6. 4 Una caja de monedas de base A = 800c m 2 abierta por su parte superior flota en
agua, según muestra la figura, la caja se hunde ∆h = 5c m mas al colocar una masa desconocida m
dentro de la caja ¿Cual es el peso de la caja y el valor de la masa m ?
SOLUCIÓN
(a)
We = W1
We = ρH 2O g VS = ρH 2O g Ah 1
(b) cuando la caja tiene la masa m se ve:
h 2 = ∆h + h 1
(i)
h 2 = 13c m
m g + Wc = E 2
m g + ρH 2O Ah 1 = ρH 2O g A(h 2 )
m = ρH 2O A(h 2 − h 1 ) = ρH 2O A∆h
EJERCICIO NO 4. 57 Calcular la fuerza de la presión del agua sobre el panel triangular A BC . La parte
superior del panel se encuentra a la profundidad h del nivel del agua. Despreciar la presión atmosférica.
SOLUCIÓN
Fisica II
89
6. Hidrostática
Fuerza total
Z
F=
presión hidrostática:
pdS
(i)
p = ρg (h + a − y )
(ii)
de la figura
tan θ =
x=
derivando
b
x
=
a a −g
b
(a − y )
a
(iii)
b
dx =− d
a
a
− dx =dy
b
Area del elemento superior es:
(iv)
dS = xd y
Z
F=
(v)
a
b
ρg (h + a − y ) (a − y )d y
a
0
h a
F = g abρ
+
N
2 3
EJERCICIO NO 6. 5 Hallar la densidad de la amalgama de estaño sabiendo que en ella el peso del
mercurio es la cuarta parte del peso del estaño y que las densidades de estos metales son 13,6(H g ) y
7,3(Sn)
SOLUCIÓN
La masa del cuerpo m c = m H g +m Sn , El volumen del cuerpo Vc = VH g +VSn , como dato m H g = 41 m Sn ,
la densidad del cuerpo (amalgana).
1
m Sn + m Sn
m c m H g + m Sn
4
D=
=
= m H g mSn =
Vc
VH g + VSn
+ρ
ρ
Hg
Sn
5
m Sn
4
mH g
Sn
+m
4ρH g
ρSn
= 8,04
EJERCICIO NO 6. 6 Un frasco lleno de leche colocado sobre uno de los platillos de la balanza esta
equilibrado con un contrapeso. Si se reemplaza la leche por agua, es preciso agregar 12g del lado
de la botella para restablecer el equilibrio, si se coloca el frasco vació y seco sobre el mismo platillo,
es preciso poner a su lado 387g para establecer el equilibrio. ¿Cual es el peso especifico de la leche?
SOLUCIÓN
En equilibrio, primero figura
En equilibrio , segunda figura
En equilibrio, tercero figura:
A = Pf r s co + FLe c he
(1)
A = PF + Pa g u a + 12
(2)
A = Pf + 387g
(3)
Fisica II
90
6. Hidrostática
de (1) y (3) se obtiene: Pl e c he = 387g
De (1) y (2) se obtiene: Pa g u a = 375g .
Peso especifico de la leche: Pe = PVL , VL = Va g u a Como la densidad del agua es 1g /c m 3 , el volumen
L
del agua
Va g u a = 375c m 3 ,
Luego Pe = 387/375 = 1,032
Pe = 1,032g /c m 3
EJERCICIO NO 6. 7 A un ingeniero se le asigna la tarea de diseñar un globo esférico cuya capacidad
bruta de carga sea 4,900N , lo que corresponde a una masa de 500K g que incluye la masa del propio
aeróstato. El globo se llenara con hidrógeno. Hallar el radio mínimo que deberá tener el globo para
levantar esa carga total (ρa i r e = 1,293K g /m 3 ), (ρH = 0,090K g /m 3 )
SOLUCIÓN
X
F = 4,900,
E a i r e − m H g = 4,900
V g ρA − V g ρH = 4,900
V g (ρA − ρH ) = 4,900;
r=
3 × 4,900
4πg (ρa − ρH )
y
4
V = πr 3
3
1/3
≈ 4,63m ,
r = 4,63m
EJERCICIO NO 6. 8 Un recipiente contiene una capa de agua sobre la que flota una capa de aceite
0,8g /c m 3 . Un objetivo cilíndrico de densidad desconocida ρ cuya area en la base es a y altura h,
se deja caer al recipiente, quedando a flote finalmente cortando la superficie de separación entre
el aceite y el agua, sumergido en esta ultima hasta la profundidad de 2h/3. Hallar la densidad del
objeto.
SOLUCIÓN
Como existe el equilibrio E 1 + E 2 = m g donde E 1 y E 2 son el empuje del aceite y del agua, respectivamente.
h
2
ρ1 g a + ρ2 g a h = ρg a h
3
3
simplificando a hρ = a3h (ρ1 + 2ρ2 )
1
ρ = (0,8 + 2 × 1) = 0,93
3
ρ = 0,93g /c m 3
EJERCICIO NO 6. 9 Un prisma de longitud L y peso especifico γ1 = 34 γ se sujeta en la posición indicada.
Al soltar el prisma sobresale de la superficie del liquido. Hallar la altura maxima que alcanza y el
tiempo que en ello emplea.
SOLUCIÓN
Las fuerzas que actúan el cuerpo son el empuje y el peso:
X
F = ma = E −m g
Fisica II
91
6. Hidrostática
(L − x )Aγ − A Lγ1 = m a
γ
γx
simplificando: a = γ − 1 − Lγ , se observa que es variable y depende de x :
1
1
γ
γx
SE sabe V DV = a d x , V d V = γ − 1 − Lγ d x , integrando
1
1
V = 2g
2
γ
2γg 2
−1 x −
x
γ1
2Lγ1
La elevación maxima se alcanza cuando V = 0 y γ1 = 34 γ
0 = 2g
γ
2γg 2
−1 x −
x ,
γ1
2Lγ1
x1 =
L
2
Para hallar el tiempo empleado se usa:
v2 = −
4g 2 2
x + gx
3L
3
integrando, poniendo limites y sabiendo que v = dd xt
L/2
Z
dx/
p
t
Z
(−4g /3L)x 2 + (2g /3)x
=
0
dt
0
 € −8g x
p
− 3L/4g sen−1 
3L
+
2
g
3
2g
3
Š L/2
=t

0
p
Valorando y simplificando se obtiene: t = π 3L/4g
EJERCICIO NO 6. 10 Un hemisferio solido de radio a reposa al fondo de un deposito que contiene
agua de densidad ρ, hasta una altura h > a . Suponiendo que haya aire a la presión atmosferico p o
atrapado entre el lado plano del hemisferio y el fondo del deposito. Hallar la fuerza vertical inicial
total que se requiere para elevar el hemisferio. Despreciar el peso del hemisferio.
SOLUCIÓN
Las componentes delas fuerzas, en la dirección X y Z se anulan
Z
Fx =
d F sen θ = d = Fz
Solo existe la componente en el eje Fy que es el valor de la fuerza pedida
Z
Fy =
π
2
Z
p d A cos θ =
ρg (h − a cos θ )(2πa 2 sen θ ) cos θ
0
Fy = πa 2 ρg (h − 2a /3)
EJERCICIO NO 6. 11 Una esfera de hierro (ρh = 7,6 × 103 K g /m 3 ) y volumen 0,5m 3 cuelga del fondo
de una barca, como se indica en la figura. si el agua es salada y ρa = 1,4 × 103 K g /m 3 . Hallar la
tension de la cuerda.
Fisica II
92
6. Hidrostática
SOLUCIÓN
Las fuerzas que actúan sobre la esfera son su peso. la tension de la cuerda (T) y el empuje (E),
como la esfera esta en equilibrio:
X
F =T +E −mg =0
T = m g − E = ρH Vo g − ρa Vo g = Vo g (ρh − ρa )
T = 0,5 × 9,8(7,6 − 1,4) × 103 N = 30,300N
EJERCICIO NO 6. 12 ¿Cual debe ser la relación entre los radios interior R i y exterior R e de una esfera
de hierro hueca ρH = 7,6 × 103 K g /m 3 , para que flote totalmente sumergida en alcohol ρOH = 0,9 ×
103 K g /m 3 ?
SOLUCIÓN
Las únicas fuerzas que actúan sobre la esfera son el peso y el empuje, que permite el equilibrio
X
F = E − m g = 0, E = m g
4
4
ρOH πr e3 g = ρH (R e2 − R i3 )g
3
3
Usando la relación x = R i /R e
900 = 7600[1 − x 3 ]
x = 0,96
EJERCICIO NO 6. 13 Una compuerta de sección parabólica AB esta articulada en A e inmoviliza en B,
como se indica en la figura. Si la compuerta tiene una anchura de a = 3m . Hallar las componentes
de la fuerza que produce el agua al actuar sobre la compuerta.
SOLUCIÓN
Hallemos la componente de la fuerza en la dirección del eje X
d Fx = p d A = p g (L − y )(a d y )
 Z L

Z L
1
Fx = p g a L
dy −
y d y  = a L2
2
0
0
La componente en la dirección Y :
d Fy = p d A = p g (L − y )a d x
como x =
y2
,
3
d x = 23 y d y
L
Z
Fy = p g a
L
Z
(L − x )d x = g a
0
0

 Z L
Z L
2
2
(L − y ) y d y = g a L
ydy −
y 2d y 
3
3
0
0
1
Fy = g a L 3
9
EJERCICIO NO 6. 14 El manómetro que se muestra en la figura se utiliza para medir la dirección de
nivel de agua entre los dos tanques. Calcular esta diferencia x , sabiendo la densidad del aceite ρa c y
del agua ρa
Fisica II
93
6. Hidrostática
SOLUCIÓN
La incognita del problema es hallar x , Sea x 0 la altura que se indica. Por ser el liquido igual en
ambos ramales y estar en reposo se tiene
Pb = Pc ,
Pa = p o ,
PE = p o
Luego:
PB + ρa g h + ρa g x 0 = PA = p o (ramal de la izquierda)
PC + ρa c g h + ρa g x 0 + ρa g x = PE = p o (ramal de la derecha)
Igualando las dos ultimes expresiones se halla:
x=
ρa − ρa c
h
ρa
EJERCICIO NO 6. 15 Un cuerpo que tiene un volumen de 150d m 3 , requiere una fuerza de 20K g para
mantener sumergido en el agua. Si para mantener sumergido en otro liquido se necesita una fuerza
de 10K g . Cual es la densidad relativa de este ultimo liquido
SOLUCIÓN
Por la condición de equilibrio:
P
F =0
E 1 − F1 − Pc = 0
Pc = Vc γL − F1
Pc = 150 − 20 = 130K g
También se cumple
X
F = E 2 − F2 − Pc
E 2 = Pc + F2 = 130 + 10
E 2 = 140K g
como
E 2 = Vc γ ⇒ γ = E 2 /Vc ,
γ = 140/150 = 0,93
EJERCICIO NO 6. 16 Un émbolo de peso W tiene la forma de un disco redondo de radio R con una
abertura, en la cual se pone un tubo de paredes finas y de radio r . El émbolo puede introducirse
perfectamente ajustado y sin fricción en el vaso e inicialmente se encuentra en el fondo del vació. A
que altura H se elevara el émbolo si echamos en el tubo una masa m de agua.
Fisica II
94
6. Hidrostática
SOLUCIÓN
Por la condición de equilibrio
X
F = PB S B − W = 0
PB S B = W ;
g hπ(R 2 − r 2 ) = W
W
h=
ρg π(R 2 − r 2 )
(1)
Usando la equivalencia de presiones en el punto A
PA = ρg (h + H ) =
de (??) en (2)
W +mg
πR 2
(2)
W
W +mg
ρg
+H =
2
2
ρg π(R − r )
πR 2
Luego:
Wr2
H = mg − 2
/ρg πR 2
R −r2
EJERCICIO NO 6. 17 Cual es el error cometido al pasar un cuerpo de volumen en 1l t , si al pasarlo en
serie. utilizamos pesos de cobre de masa 800g . El peso especifico del cobre es γ1 = 8,8g /c m 3 y del
aire es γ2 = 1,29g /l t
SOLUCIÓN
Fisica II
95
6. Hidrostática
Sea E 1 = V γ2 : Es el empuje del aire obre el cuerpo E 1 = V1 γ2 : es el empuje del aire sobre el cobre
Por condición de equilibrio:
P1 − E 2 = Pc − E 1
(1)
Pc = P1 + E 1 − E 2 = P1 + V γ2 − V1 γ2
Pc = P1 + γ2 (V − V1 ) = P1 + γ2 (V − P1 /γ1 )
reemplazando valores:
Pc = 801,17g
El error porcentual sera:
Pc − P1
× 100 = 0,14 %
Pc
EJERCICIO NO 6. 18 Un estanque con agua, cuyo anchura es b , esta dividido por un tabique. Por un
lado del tabique el nivel del agua respecto del fondo es h 1 , por el otro h 2 . Halar la fuerza que actúa
sobre el tabique
SOLUCIÓN
La fuerza solicitada se indica en el gráfico de la izquierda: F~ = F~1 − F~2
Luego
Z
Z h1
1
F1 = Pd A =
ρg y (b d y ) = ρg b h 21
2
0
Z
Z h2
1
F2 = p d A =
ρg y (b d y ) = ρg b h 22
2
0
entonces: F~1 − F~2 = 12 ρb (h 21 − h 22 )iˆ
EJERCICIO NO 6. 19 Una cisterne cuya forma se da en la figura. esta llena hasta el máximo de agua y
se mueve con aceleración a en la dirección horizontal. Hallar la fuerza con que el agua actúa sobre
la tapa de la cisterna.
Fisica II
96
6. Hidrostática
SOLUCIÓN
Debemos considerar que la presión en un punto es la misma en todas las direcciones, en especial
sobre la tapa de la cisterna.
por definición
d F = p d S = p (b d x )
Como el liquido se esta moviendo, ejercerá una presión debido a la velocidad llamada presión
dinámica: p = 21 ρv 2
1
2
d F~ =
ρv (b d x ) jˆ
2
pero el cuerpo parte del reposo, entonces por la ecuación de la cinemática:
v 2 = vo2 + 2a x = 2a x ,
d F~ =
F~ = ρa b
vo = 0
1
ρ2a x (b d x ) jˆ
2
Z
L
0
1
x d x jˆ = ρa b L 2 jˆ
2
EJERCICIO NO 6. 20 Un recipiente dispuesto verticalmente según la figura, cuyas secciones transversales son S 1 y S 2 , tiene dos émbolos sin pesos. Estos émbolos están unidos entre si por un alambre
fino de longitud H . Hallar la fuerza de torsion del alambre si el espacio entre los émbolos esta lleno
de agua. Despreciése el rozamiento. Los extremos del recipiente están abiertos a la atmosfera.
SOLUCIÓN
Fisica II
97
6. Hidrostática
P
Como el sistema, esta en equilibrio, para ambos émbolos se tiene: émbolo mayor: F = p p s 1 +
T − p 1s 1 = 0
po s 1 + T = p 1s 1
(1)
P
émbolo menor: F = p 2 s 2 − T − p o s 2 = 0
donde
de (3) en (2):
de (1) y (4):
p 2s 2 = T + po s 2
(2)
p 2 = p 1 + ρg H
(3)
(p 1 + ρg H )S 2 = T + p o S 2
(4)
T = ρg HS 1 /(S 1 − S 2 )
EJERCICIO NO 6. 21 En que relación deben de estar los radios de dos tubos capilares para que introducidos en sendos líquidos de σ1 = 0,02N /m y ρ1 = 0,79g /c m 3 y σ2 = 0,03N /m , ρ2 = 0,80g /c m 3 ,
alcancen el liquido en ambas la misma altura.
Fisica II
98
6. Hidrostática
SOLUCIÓN
Sabemos por teoría (Ley de Jurin) que la altura alcanzada por un liquido esta dado por: h =
2σ/ρg R para cada liquido:
h 1 = 2σ1 /ρ1 g R y h 2 = 2σ2 /ρ2 g R
según condición del problema: h 1 = h 2
2σ1
2σ2
=
ρ1 g R 1 ρ2 g R 2
R 1 σ1 ρ2
=
R 2 σ2 ρ1
R 1 0,02 × 0,80
=
= 0,67
R 2 0,03 × 0,79
EJERCICIO NO 6. 22 Entre dos varillas iguales de 1g c /u unidades mediante hilos flexibles de pes despreciable, se extiende una película jabonosa. Sujetando la varilla superior y dejando colgando la
inferior, se observa que la película jabonosa adopta la forma indicada en la figura. haciendo que
los hilos laterales formen un arco de circunferencia de 5c m . Hallar la tension superior del agua
jabonosa y la tension de los hilos si L = 1c m
SOLUCIÓN
Es el estrechamiento de la película jabonosa se cumple la condición de equilibrio:
X
F = 2T + Fσ − m g = 0
2T + Fσ = m g
2T + σ(2L) = m g
(1)
Para hallar σ es necesario conocer T :
Fisica II
99
6. Hidrostática
tomemos un diferencial de longitud del hilo y hallemos la fuerza F normal al hilo:
d F = σ(2d l )
La compresión en el eje X de d F es equilibrada con la componente de T , así:
R
2T sen θ =
d F cos θ
R
Rθ
2T sen θ = σ 2d l cos θ = 2σ −θ R cos αd α, d l = Rd θ
2T sen θ = 4σR sen θ
T = 2σR
(2)
de (2) en (1): 2(2σR) + σ(2L) = m g
σ=
y
mg
= 44,5d /c m
4R + 2L
T = 445d i n a s
EJERCICIO NO 6. 23 (a) Que fuerza hay que aplicar a un aro horizontal de aluminio que tiene una
altura h = 10m m , un diámetro inferior 50m m y un diámetro exterior 52m m , para desprenderlo
de la superficie del agua. (b) Que parte de la fuerza hallada corresponde a las fuerzas de la tensión
superficial.
SOLUCIÓN
(a) Sea F la fuerza necesaria para levantar el aro.
Por condición de equilibrio:
X
F = F − m g − Fσ = 0
F = m g + Fσ
F = ρg hπ(r22 − r12 ) + 2πσ(r1 + r2 )
donde: ρ = 2,6g /c m 3 , σ = 0,073N /m
F = 64,2 × 10−3 N
(b)F σ = 2πσ(r1 + r2 ) = 23,4 ×−3 N
Fisica II
100
6. Hidrostática
EJERCICIO NO 6. 24 Se lleva un auto que pesa 1600K g f a la plataforma hidráulica de un taller de
servicio; el diámetro del piston del elevador mide 0,25m . El peso de todo el elevador es de 800K g f
a) Calcular la presión que debe ejercer el liquido hidráulico sobre el piston del elevador para levantar el auto a velocidad constante.
b) Determinar la presión necesaria para dar al auto una aceleración hacia arriba de 0,72m /s 2
SOLUCIÓN
Para levantar el sistema, se necesita una fuerza F , dirigida hacia arriba:
F − We − Wa = (m e + m a )a
a) En este caso, como la v es constante la aceleración es nula a = 0
F1 − We − Wa = 0,
F1 = We + Wa y F = F1
donde w e : peso del elevador = 800K g f Wa : peso del auto = 1600K g f
p 1 = F1 /
πD 2 (We + Wa )4
=
,
4
πD 2
D = 0,25m ,
p 1 = 4,79 × 105 N /m 2
b) Como existe aceleración :
F2 − We − Wa = (m e + m a )a
y
F = F2
F2 = (m e + m a )a + m e g + m a g
F2 = (m e + m a )(a + g )
ρ2 = F2 /
πD 2
= 5,15 × 105 N /m 2
4
Fisica II
Capítulo 7
Hidrodinámica
7.1.
Líneas de fluido o de corriente
La trayectoria de una pequeña porción de agua va de a a b y c , se llama líneas de flujo.
Figura 7.1: Leneas de flujo
7.2.
Tubos de flujo o de corriente
Un haz de líneas de flujo se llama tubo de flujo. Si la sección recta del tubo de corriente es
suficientemente pequeña, la velocidad en el medio de una sección cualquiera puede considerarse
como la velocidad media en dicha sección.
7.3.
Principio fundamentales
Tres principios fundamentales se aplica al flujo de fluidos:
El principio de conservación de la masa, que sirve para determinar la ecuación de continuidad.
El principio de conservación de la energía, a partir del cual se deduce la Ecuación de bernoulli.
El principio de conservación de la cantidad de movimiento, a partir del cual se deducen ecuaciones para calcular las fuerzas dinámicas ejercidas por los fluidos en movimiento.
101
102
7. Hidrodinámica
7.4.
7.4.1.
Tipos de flujo o regimen
Regimen estable, permanente o estacionario
Cuando en un punto cualquiera, la velocidad de las sucesiones partículas que ocupan ese punto en los sucesivos instantes es la misma. Pero puede variar de un punto a otro, es decir, ser variable
respecto de las coordenadas espaciales.
7.4.2.
Flujo uniforme
Tiene lugar cuando el modulo, la dirección y el sentido de la velocidad no varia de un punto a
otro del fluido.
7.4.3.
Flujo rotacional
Los líquidos en depósitos que están girando constituyen un ejemplo en las que la velocidad de
cada partícula varia en proporción directa a la distancia del centro de rotación.
7.4.4.
Flujo laminar
Las partículas fluidas se mueven según trayectorias paralelas formando el conjunto de las laminas o planos paralelos. Los módulos de las velocidades de capas adyacentes no tienen el mismo
valor.
7.4.5.
Flujo turbulento
Cuando las partículas del fluido se mueven de forma desordenada en todas las direcciones.
7.5.
Ecuación de continuidad
La masa de fluido (∆m 1 ) que cruza A 1 en ∆t es:
∆m 1 = ρ1 ∆V = ρ1 A 1 v 1 ∆t
De igual forma para (∆m 2 ) que cruza A 2 en ∆t es:
∆m 2 = ρ2 ∆V = ρ2 A 2 v 2 ∆t
El flujo de masa en A 1 es
∆m 1
= ρ1 A 1 v 1
∆t
Fisica II
103
7. Hidrodinámica
El flujo de masa en A 2 es
∆m 1
= ρ2 A 2 v 2
∆t
Como no existe fuentes (aumento de masa) o sumideros (perdida de masa), se tiene:
∆m 1 ρ1 A 1 v 1
=
∆t
ρ2 A 2 v 2
(7.1)
Como el mismo fluido es homogéneo: ρ1 = ρ2 , A 1 v 1 = A 2 v 2 donde el producto: Av = Q se llama
gasto, caudal, flujo de volumen o rapidez de flujo.
7.6.
Ecuación de Bernoulli
Consideremos un fluido no viscoso, irrotacional, estable, incompresible, que se desplaza por
un tubo de flujo.
Sea p 1 , A 1 , v 1 y ∆L 1 elementos del sistema al inicio, y p 2 , v 2 y ∆L 2 del movimiento de la masa.
El trabajo de debido a la fuerza F1 = p 1 A 1 es w 1 = p 1 A 1 ∆L 1 y debido a la fuerza F2 = p 2 A 2 es
w 2 = −p 2 A 2 ∆L 2 .
El trabajo efectuado en contra de la fuerza de la gravedad: w 3 = −m g (y 2 − y 1 ).
El trabajo total:
W = w 1 + w 2 + w 3 = p 1 A 1 ∆L 1 − p 2 A 2 ∆L 2 − m g (y 2 − y 1 )
Como
m
ρ
= A 1 ∆L 1 = A 2 ∆L 2 , reemplazando:
W = (p 1 − p 2 )
m
− m g (y 2 − y 1 )
ρ
(i)
El cambio de energía cinética del elemento de fluido es:
1
1
∆K = m v 22 − m v 12
2
2
(ii)
Como el Teorema de trabajo y Energía expresa: W = ∆K de (i) y (ii):
(p 1 − p 2 )
1
1
m
− m g (y 2 − y 1 ) = m v 22 − m v 12
ρ
2
2
1
1
p 1 + ρv 12 + ρg y 1 = p 2 + ρv 22 + ρg y 2 , Ecuación de Bernoulli
2
2
1
2
donde p + ρg y : presión estática, 2 ρv : presión dinámica.
(7.2)
Fisica II
104
7. Hidrodinámica
7.7.
Teorema de Torricelli
La sección A 2 < A 1 y
1
1
p 1 + ρv 12 + ρg y 1 = p 2 + ρv 22 + ρg y 2
2
2
donde p 1 = p 2 = p 0 , v 2 = 0.
Por que A 2 A 1
7.8.
v 12 = 2g (y 2 − y 1 ) = 2g h
p
v 1 = 2g h
(7.3)
(7.4)
Tubo de Venturi
Se usa para medir la velocidad de flujo de un liquido.
De la ecuación de Bernoulli:
1
1
p 1 + ρv 12 + ρg y 1 = p 2 + ρv 22 + ρg y 2
2
2
donde y 1 = y 2 = 0
De la ecuación de continuidad:
Por estar el liquido ρ 0 en reposo:
1
1
p 1 + ρv 12 = p 2 + ρv 22
2
2
(α)
Av 1 = a v 2
(β )
pc = pD
Fisica II
105
7. Hidrodinámica
p 1 + ρg h = p 2 + ρ 0 g h
p 1 − p 2 = g h(ρ 0 − ρ)
x
(γ)
De (β ), (γ) en (α)
v1 =
7.9.
2(ρ 0 − ρ)g h
ρ(A 2 − a 2 )
1/2
(7.5)
Tubo de Pitot
Se usa para medir la velocidad de un gas.
De la ecuación de Bernoulli
1
1
p 1 + ρv 12 + ρg y 1 = p 2 + ρv 22 + ρg y 2
2
2
y1 = y2,
v2 = 0
1
p 1 + ρv 12 = p 2
2
0
0
Como el liquido ρ esta en reposo: p 1 + ρ g h = p 2 + ρg h y ρ 0 < ρ
p 1 + ρ0 g h = p 2
(i)
(ii)
De (ii) en (i)
r
v1 =
2ρ 0 g h
ρ
(7.6)
Fisica II
106
7. Hidrodinámica
7.10.
Flujo de los fluidos viscosos
La viscosidad en los fluidos se debe a atracciones entre las moléculas del liquido y la de los
solidos que están en contacto con el. El efecto de la viscosidad es hacer mas lento el flujo y producir
resistencias al movimiento de objetos a través del fluido.
La fricción de un fluido aumenta conforme la velocidad aumenta y depende de las formas de
los objetos en contacto con el fluido y del fluido mismo (su densidad). El coeficiente de viscosidad
(η) aumenta con el aumento de temperatura para gases y el aumento de temperatura para gases y
en líquidos la relación es inversa con la temperatura.
La Ley fundamental de la viscosidad
es que el valor de la fuerza de viscosidad es proporcional al
area y al gradiente de velocidad
(A)
∂v
∂y
que existe en el lugar donde esta situada el area de contacto
∂v
f = ηA −
; en unidades:
∂y
g
[η] =
= poi s e
cm −se g
Sea un flujo de un fluido viscoso, laminar que se desplaza a través de un tubo cilíndrico de diámetro
D y la presión es función de x .
La velocidad v es solo función de r y se anula para r = R = D2 , como el flujo es laminar:
dv
2
2
F1 − F2 − f = p 1 πr − p 2 πr − −2πr Lη
=0
dr
P
F =0
Fisica II
107
7. Hidrodinámica
Porque, para el cilindro de radio r y longitud L que se encuentra en equilibrio ya que la velocidad
de cada capa es constante:
Z0
Z D/2
p1 − p2
−
dv =
rd r
2ηL
v
r
p1 − p2 D2
2
v=
−r
(i)
4ηL
4
v m a x = v |r =0 =
∆p R 2
4ηL
Hallemos el gasto que pasa a través de todo el tubo
D/2
Z
Q = V̇ =
v (2πr d r )
(ii)
0
Reemplazando (i) en (ii) e integrando:
V̇ =
Q
La velocidad media es: v = πR
2 =
7.11.
πR 4 ∆p
, Ecuación de Poiseuille
8ηL
∆p R 2
8πL
(7.7)
= 21 v m a x
Numero de Reynolds
Sirve para determinar si el fluido de que se desplaza a través de un tubo es o no laminar.
Fisica II
108
7. Hidrodinámica
Se define:
N Re =
ρ v~ D
η
N Re ≤ 2000(R, Laminar) N Re ≥ 3000(R, turbulento) η: viscosidad dinámica, ν =
cinética
7.12.
η
:
ρ
viscosidad
Ley de Stokes
Cuando un fluido viscoso se mueve alrededor de una esfera con regimen laminar o cuando
una esfera se mueve dentro de un fluido viscoso en reposo, se ejerce una fuerza resistente sobre la
esfera.
George Stokes dedujo una expresión:
X
FR = −6πηr v
F = m g − E − FR = m a
Si la esfera parte del reposo v = 0, y FR = 0
ao = g −
E
ρo
= g (ρ − )
m
ρ
Esta aceleración inicial origina que su velocidad aumenta y la fuerza de rozamiento también aumenta, hasta que la esfera alcanza una velocidad llamada velocidad limite (constante), su aceleración es nula.
4
4 3
m g = E + FR ,
πr ρg = πr 3 ρ0 g + 6πηr v l i m
3
3
2
2r g
vl i m =
(ρ − ρ0 )
(7.8)
9 η
Fisica II
109
7. Hidrodinámica
7.13.
Ejercicios resueltos
EJERCICIO NO 7. 1 Un gran tanque de almacenamiento se llena hasta una altura h. Si el tanque
se perfora a una altura h medida desde de el fondo del tanque. ¿A que distancia horizontal x del
tanque cae la corriente?
SOLUCIÓN
Por Bernoulli
SOLUCIÓN
v1 v2
⇒
1
p 1 + ρv 12 + ρg h 1 = p 2 + o u m ρv 22 + ρg h 2
2
v 1 = 0, p 1 = p 2 = 0
1
ρg h 1 = ρv 22 + ρg h 2
2
1
ρv 2 = ρg (h 1 − h 2 )
2 2
v2 =
p
2g (h 0 − h),
h 1 = h 0,
h2 = h
El chorro agua que sale tiene movimiento parabolico entonces:
v x = v 0 cos θ
v y = v 0 sin θ − g t
En la cumbre v y = 0
⇒
⇒
⇒
x = (v 0 cos θ )t
1
y = (v 0 sin θ )t − g t 2
2
v 0 sin θ = g t
1
1
h = y (v 0 sin θ )t − g t 2
⇒ h = gt2
2
2
p
t = 2h/g Tiempo de subida o bajada
x
x
x
= (v 0 cos θ )t = v 2 t
p
=
2g (h 0 − h)r t 2h/g
p
= 2 h(h 0 − h)
Fisica II
110
7. Hidrodinámica
EJERCICIO NO 7. 2 Un tanque con agua tiene dos agujeros a las alturas 3c m y 10c m medidos desde
su base. ¿A que altura esta el agua en el tanque cuando los chorros que salen de los agujeros tocan el
piso en el mismo punto?
SOLUCIÓN
Aplicando la Ley de Torricell:
para cada agujero
Distancia alcanzadas.
Por dato: x 1 = x 2
v1 =
p
2g (H − h 1 )
(1)
v2 =
p
2g (H − h 2 )
(2)
p
c x 1 = v 1 t 1 = 2g (H − h 1 )t 1
p
x 2 = v 2 t 2 = 2g (H − h 2 )t 2
p
p
2g (H − h 1 )t 1 = 2g (H − h 2 )t 2
r
H − h2
t1 =
t2
H − h1
(3)
(4)
(5)
respecto de las alturas de las caidas de los chorros:
h 1 = g t 12
(6)
h 2 = g t 22
(7)
t2
(6)÷(7)⇒ hh 1 = t 12
2
2
r
t1 =
(8) en (5)
h1
t2
h2
(8)
h1 H − h2
=
h2 H − h1
h 1 H − h 21 = h 2 H − h 22
h 22 − h 21 = H (h 2 − h 1 )
(h 2 − h 1 )(h 2 + h 1 ) = H (h 2 − h 1 )
H = h2 + h1
Fisica II
111
7. Hidrodinámica
EJERCICIO NO 7. 3 En la pared de un recipiente grande con agua se perforan dos orificios, uno encima
de otro, de area 0,1c m 2 cada uno. La distancia entre los orificios es 30c m . En el recipiente se vierte
un caudal de 100c m 3 /s . Hallar el punto de intersección de los chorros de agua que salen de los
orificios.
SOLUCIÓN
Como A a , usamos el Teorema de Torricelli:
p
p
v 1 = 2g h, v 2 = 2g (h + H )
(1)
Usando las ecuaciones de la cinemática
x = v1t 1 = v2t 2
1
1
y − h = g t 12 , y − h − H = g t 22
2
2
El caudal Q es igual al caudal que sale por los orificios
Q = a v1 + a 2
de (1), (2),(3) y (4) se halla
x = 254,12,12c m ,
(2)
(3)
(4)
y = 255,88c m
EJERCICIO NO 7. 4 En un tubo, doblado en ángulo recto de sección transversal S, para el gas con velocidad v . La densidad del gas es ρ. Con que fuerza el gas actúa sobre el tubo. Precindir de la composición del gas y del rozamiento.
SOLUCIÓN
Fisica II
112
7. Hidrodinámica
El problema lo resolveremos por variación de cantidad de movimiento y usando la segunda Ley
de Newton
~
∆P
F~ =
∆t
Hallemos la variación de la cantidad de movimiento por unidad de tiempo, para la sección
vertical
~1
∆m 1 v~1 ρS∆L 1 v~1 v ρS∆t v~1
p
=
=
=
∆t
∆t
∆t
∆t
~1
p
ρSv ∆t v
=
(− jˆ) = ρSv 2 (− jˆ)
∆t
∆t
Para la sección horizontal:
~2
∆m 2 v~2 ρS∆L 2 v~2 ρSv ∆t v~2
p
=
=
=
∆t
∆t
∆t
∆t
~2
p
ρSv ∆t v
=
iˆ = ρSv 2 (iˆ)
∆t
∆t
Luego la variación de cantidad de movimiento por unidad de tiempo es:
~1
~2 − p
~1
p
p
=
= ρSv 2 (iˆ + jˆ)
∆t
∆t
La fuerza del tubo sobre el gas es:
F~ =
∆~
p
= ρv 2S(iˆ + jˆ)
∆t
Luego la fuerza del gas sobre el tubo es:
F~ = ρv 2S(−iˆ − jˆ)
EJERCICIO NO 7. 5 Un cilindro de diámetro D esta lleno de agua y colocado horizontalmente como
se indica en la figura. ¿Con que velocidad se desplazara el émbolo si sobre el actúa una fuerza F y
del orificio que hay en la pared posterior sale un chorro de diámetro d . No considere el rozamiento
y la fuerza de la gravedad.?
SOLUCIÓN
Fisica II
113
7. Hidrodinámica
De la ecuación de Bernulli:
1
1
p 1 + ρv 12 + ρg h 1 = p 2 + ρv 22 + ρg h 2
2
2
donde p 1 = p o + (F /S),
p 2 = po
h1 = h2 = 0
po +
F 1
1
+ ρv 12 + 0 = p o + ρv 22 + 0
S 2
2
F 1
1
+ ρv 12 = ρv 22
S 2
2
(1)
de la ecuación de continuidad:
πD 2
πd 2
v1 =
v2
4
4
2
D
v2 =
v1
d
A 1v1 = A 2v2,
de (2) en (1):
(2)
1
F 1
+ ρv 12 = ρ[(D/d )2 v 2 ]2
S 2
2
2
2d
v1 =
[2F /ρπ(D 2 − d 4 )]
D
EJERCICIO NO 7. 6 Se tiene un recipiente de forma troncoconica el cual esta lleno de agua hasta una
altura h; si en el fondo abrimos un agujero de radio r . Hallar el tiempo vaciado.
SOLUCIÓN
Fisica II
114
7. Hidrodinámica
Tomando los puntos 1 y 2
1
1
p 1 + ρv 12 + ρg y 1 = p 2 + ρv 22 + ρg y 2
2
2
p 1 = p 2 = po
y1 = h − y
y2 = 0
1
1
ρv 12 + ρg (h − y ) = ρv 22
2
2
de la ecuación de continuidad:
πr 02 v 1 = πr 2 v 2
v2 =
De (2) en (1):
(1)
r 02
v1
r2
(2)
02 2
1
r v1
1
2
ρv 1 + ρg (h − y ) = ρ
2
2
r2
1 r 04 v 2
1
ρv 12 + ρg (h − y ) = ρ 4 1
2
2
r
È
2g (h − y )
€ r 04
Š
v1 =
−1
r4
(3)
Pero en el gráfico se tiene la relación:
R
r0
=
h h −y
(4)
De (4) en (3):
È
v1 =
2g (h − y )
[R/h(h−y )]4
r4
−1
= vy =
dy
dt
Fisica II
115
7. Hidrodinámica
r
(h − y )4 − 1
dy
h −y
r
2
(h − y )4
R
dy
dt ∼
=p
h −y
2g h 2 r 2
p
R2
2g d t = 2 2
h r
p
R2
dt ∼
(h − y )3 d y
=p
2
2
2g h r
Zt
Zh
2
−R
dt ∼
(h − y )3/2 (−d y )
= 2 2
h r 2g 0
0
r
R 2 2h
t= 2
5t
g
EJERCICIO NO 7. 7 Sea en la figura, agua de una densidad ρ y que sale del fondo de un embudo, en
forma de cono truncado de semiángulo α. Suponiendo que el agua salga a una velocidad vo por una
abertura de radio r al fondo. Hallar la velocidad del fluido v (y) a una altura y por encima de la
base del embudo.
SOLUCIÓN
Por la ecuación de continuidad:
πx 2 v y = πr 2 vo
En el triángulo de la figura:
tan α =
reemplazando x en (1):
x −r
,
y
(1)
x = y tan α + r
π(r + y tan α)2 v y = πr 2 vo
v = r 2 vo /(r + y tan α)2
Fisica II
116
7. Hidrodinámica
EJERCICIO NO 7. 8 Si la presión P en algún punto de un fluido en movimiento se hace muy pequeña,
observamos la aparición de burbujas, que se asocia a la liberación de gases disueltos. Este fenómeno
se conoce como cavitacion. demuestren que si sale agua de una tubería horizontal de area A a una
velocidad vo , entonces, la cavitacion se producirá si corriente arriba hay un estrangulamiento de
area dada por:
a = A/[1 + 2Po /ρvo2 ]1/2
SOLUCIÓN
Se el gráfico del problema:
Usando la ecuación de Bernoulli para los dos puntos:
1
1
p 1 + ρv 12 + ρg y 1 = p 2 + ρv 22 + ρg y 2
2
2
p 1 = p 1,
p 2 = po ,
v1 = v
y
y1 = y2
v 2 = vo
1
1
p + ρv 2 = p o + ρvo2
2
2
Para que se produzca la cavitacion:
po p
1
1
ρv 2 = p o + ρvo2
2
2
De la ecuación de continuidad:
de (2) en (1):
a v = Avo ,
v = A/a v 0
(1)
(2)
1
1
ρ(A/a vo )2 = p o + ρvo2
2
2
a = A/[1 + 2p o /ρvo2 ]1/2
EJERCICIO NO 7. 9 Un tanque de forma piramidal de 4,5m de profundidad, construido como se muestra en la figura. inicialmente esta lleno de agua. En el fondo del mismo se abre un orificio de 30c m 2 ,
dejando que escurra el agua por el. Cuanto tiempo debe transcurrir para que se vacié completamente el tanque.
SOLUCIÓN
Fisica II
117
7. Hidrodinámica
Usando la ecuación de Bernoulli para los dos puntos:
1
1
p 1 + ρv 12 + ρg y 1 = p 2 + ρv 22 + ρg y 2
2
2
p 1 = p 2 = po ,
v1 = vy ,
y1 = ho ,
y2 = 0
1
1
p o + ρv y2 + ρg (h o − y ) = p o + ρv 22 + ρg (0)
2
2
1
1
ρv y2 + ρg (h o − y ) = ρv 22
2
2
De la ecuación de continuidad:
(2x )2 v y = a v 2 ,
De ( 2) en (1):
v 2 = (4x 2 /a )v y
2 2
1
1
4x
2
ρv y + ρg (h o − y ) = ρ
vy
2
2
a
È
2g (h o − y )
” 16x 4
—
vy =
−
1
2
a
Por relaciones:
(2)
(3)
I 1 /2
ho + m
(a)
x
ho − y + m
(b)
I 2 /2
m
(c)
tan θ =
tan θ =
(1)
tan θ =
Luego: m = I 2 h o /I 1 − I 2 de (a) y (c)
I 1 /2
ho +
I 2 ho
i 1 −I 2
=
x
ho +
I 2 ho
I 1 −I 2
−y
Fisica II
118
7. Hidrodinámica
De (a) y (b)
y = h o (I 1 − 2x )/(I 1 − I 2 )
I 1 h o − y (I 1 − I 2 )
2h o
x=
(4)
De (4) en (3):
v
u
u
vy = t
16
a2
h
2g (h o − y )
i4
h o I 1 −y (I 1 −I 2 )
2h o
−1
por aproximacion:
v
u
u
∼
vy = t
16
a2
2g (h o − y )
i4
h
h o I 1 −y (I 1 −I 2 )
2h o
p
v y =∼
= a h o2
p
2g
(h o − y )
[h o I 1 − y (I 1 − I 2 )]2
p
B (h o − y )
dy
=
,
dt
[h o I 1 − y (I 1 − I 2 )]
B = 2h o2
p
2g
[h o I 1 − y (I 1 − I 2 )]2 d y
= Bd t
p
(h o − y )
haciendo cambios de variable: µ = h o − y ; y = h o − µ; d y = −d µ
Z 0–
h o2 I 12 − 2h o I 1 (I 2 − I 1 )(h o − µ) + (I 2 − I 1 )2 (h o − µ)2
µ1/2
ho
Los limites de integracion:
™
t
Z
(−d µ) =
Bd t
0
t = 0,
y = 0,
t =t,
y = ho ,
µ = ho
µ=0
integrando y valorando:
h o5/2
p
6 2 8
16 2
I 1 + I 1 I 2 + I 2 = a h o2 2g t
15
15
15
r
2
h o (3I 12 + 4I 1 I 2 + 8I 22 )
t=
15 2g
a
donde: h o = 4,5m , I 1 = 10,2m , I 2 = 1,2m , a = 30 × 10−4 m 2 , g = 9,8m /s 2
t = 7923,96s e g
t = 2,20h
Fisica II
Capítulo 8
Temperatura
8.1.
Ley cero de la termodinámica
Si A y B son dos objetos, que se hallen en equilibrio térmico con un tercer objeto C (el termómetro), entonces A y B se encuentran en equilibrio térmico entre si.
8.1.1.
Definición de estado de un sistema
Un estado de un sistema de masa y composición constante, se define por un par de coordenadas independientes (x , y ).
Para conocer el estado de equilibrio en un sistema es necesario conocer el medio ambiente
que lo rodea y la naturaleza de la pared que lo separa.
8.1.2.
Pared adiabática
Cuando un estado (y , x ) de un sistema A, puede coexistir en equilibrio con un estado (y 0 , x 0 )
del sistema B , para cualquier de los valores de las cuatro magnitudes.
8.1.3.
Pared diatérmica
Cuando dos sistemas que están separadas por esta pared, los valores de (y , x ) e (y 0 , x 0 ) varían
hasta que se obtenga un estado de equilibrio del sistema en conjunto.
8.1.4.
Equilibrio térmico
Es el estado alcanzado por dos o mas sistemas y caracterizado por valores particulares de las
coordenadas de los sistemas después de haber estado en comunicación entre si a través de una
pared diatérmica.
8.2.
Concepto de temperatura
Consideremos un sistema A en el estado (y 1 , x 1 ) en equilibrio térmico con un sistema B en el
estado (y 10 , x 10 ).
La experiencia demuestra que existen un conjunto de estados
y1, x 1; y2, x 2; y3, x 3; . . .
119
120
8. Temperatura
Cada uno de ellos esta en equilibrio térmico con el estado y 10 , x 10 del sistema B y según el principio
cero, están en equilibrio térmico entre si.
Luego, todos estos estados se sitúan en un diagrama Y, X , que están sobre una curva tal como
I , de la figura que llamaremos isoterma.
Figura 8.1: Isotermas de dos sistemas distintos
8.2.1.
Isoterma
Es el lugar de todos los puntos que representan estados en los cuales un sistema esta en equilibrio térmico con un estado de otro sistema.
De igual forma un conjunto de estados y 10 , x 10 ; y 20 , x 20 ; y 30 , x 30 ; . . . del sistema B se hallan en equilibrio térmico con un estado (y 1 , x 1 ) del sistema A u por lo tanto en equilibrio térmico entre si. Del
principio cero se deduce que todos los estados de la isoterma I del sistema A se encuentran en
equilibrio térmico con todos los estados sobre la isometría I 0 del sistema B
8.2.2.
Definición de temperatura
La temperatura de un sistema es una propiedad que determina si un sistema se encuentra o
no en equilibrio térmico con otros sistemas.
8.2.3.
Medición de la temperatura
Figura 8.2: Escala de temperatura
Fisica II
121
8. Temperatura
8.3.
Dilatación por temperatura
Casi todos los cuerpos solidos se dilatan por calor, excepto algunos que se contraen y otros
cuyo volumen aumenta entre ciertas temperaturas y se reduce en otras. Los cambios de tamaño
que se producen, no considera cambios de estado.
Figura 8.3: Modelo de solido cristalino
Se usa un modelo cristalino, cuyos átomos están sostenidos entre si, en un ordenamiento regular mediante fuerzas de origen eléctrico.
La fuerza entre los átomos, se simula como la que existe en un conjunto de resortes que unen
los átomos.
Estos resortes son muy rígidos y hay 1022 r e sor e s /c m 3 aproximadamente, la amplitud de vibración es del orden de 10−9 c m y la frecuencia de 1013 s e g −1 .
El cambio debido a la temperatura, aumenta con la distancia media entre los átomos, y cualquier
cambio de las dimensiones lineales del solido, se llama dilatación lineal.
Si ∆T es pequeño y L 0 esta a t 0 , se tiene:
donde: ∆T = T − T0 y ∆L = L − L 0
∆L = αL o ∆T
(8.1)
L = L 0 + α∆T
(8.2)
L = L 0 (1 + α∆T )
(8.3)
donde: α: coeficiente de dilatación lineal, y se define así:
α=
∆L
L0
(8.4)
∆T
Para la dilatación superficial: A = A 0 (1 + 2α∆T ), Para la dilatación volumétrica: V = V0 (1 + 3α∆T )
Fisica II
122
8. Temperatura
Figura 8.4: Dilatación lineal
8.4.
Dilatación de líquidos
Sea un tubo uniforme de vidrio que esta lleno de un liquido hasta la altura h 0 a T0 , como se
muestra en la figura,
Figura 8.5: Dilatación de líquidos
y luego se eleva la temperatura hasta T . ¿Cual es la altura de la columna del liquido?. Esta es la
pregunta que se va a responder.
Se conoce: αv : coeficiente de dilatación lineal del vidrio. βL : coeficiente volumétrica del liquido.
El volumen total del liquido a la temperatura T :
V0 + ∆V = (h 0 + ∆h)(A 0 + ∆A) = h 0 A 0 + a 0 ∆h + h 0 ∆A + ∆A∆h
donde: V0 = h 0 A 0 y ∆A∆h = h 0 ; ∆V = A 0 ∆h + h 0 ∆A
∆h =
Para el liquido
(∆V − h 0 ∆A)
A0
∆V = βL V0 ∆T
(i)
(ii)
Fisica II
123
8. Temperatura
y ∆A es el aumento en el area transversal de la columna del liquido debido a la dilatación del
hueco en el tubo de vidrio que la contiene:
∆A = (2αV )A 0 ∆T
(iii)
Reemplazando (ii) y (iii) en (i); se obtiene:
∆ = h o ∆T (βL − 2αV )
8.4.1.
(8.5)
Variación de la densidad con la temperatura
Cuando un cuerpo se dilata se dilata, su masa no se altera, pero su densidad disminuye. Si el
volumen del cuerpo T0 es VT y a T00 es VT 0 y las densidades respectivas son: ρT y ρT 0 se tiene:
m = ρT VT = ρT 0 VT 0
(8.6)
y si V0 es el volumen a 0oC , reemplazando:
ρT V0 (1 + 3αT ) = ρT 0 V0 (1 + 3αT 0 )
(8.7)
1 + 3αT 0
ρT
=
ρT 0
1 + 3αT
(8.8)
Figura 8.6: .
Fisica II
124
8. Temperatura
8.5.
Ejercicios resueltos
EJERCICIO NO 8. 1 Cuando cierto metal se calienta desde oC hasta 450oC su densidad disminuye
1,015v e c e s . Hallar el coeficiente de dilatación de este metal suponiendo que e constante en el intervalo de temperatura dado
SOLUCIÓN
Se ha demostrado
∆ρ/ρ = −β ∆T
y
β = 3α
∆ρ/ρ
3α
Por condición del problema: ρ − 1,015ρ = ∆ρ, −0,015ρ = ∆ρ
∆ρ/ρ = −3α∆T,
∆T = −
∆ρ/ρ = −0,015
Luego:
α=−
−(0,015)
3 × (450oC )
α = 1,11 × 10−5oC −1
EJERCICIO NO 8. 2 El coeficiente medio que experimenta 200m , a 0oC , de dicho hilo, cuando su temperatura se eleve de 10oC a 200oC .
SOLUCIÓN
La longitud de hilo metálico para cada temperatura sera: Para t 2
I 2 = I o [1 + α(t 2 − t o )]
Para t 1 :
I 1 = I o [1 + α(t 1 − t o )]
I 2 = I o [1 + (1,28 × 10−5 + 4,33 × 10−9 t 2 )(t 2 − t o )]
I 1 = I o [1 + (1,28 × 10−5 + 4,33 × 10−9 t 1 )(t 1 − t o )]
Luego:
donde: I o = 200m
se obtiene:
∆I = I − 2 − I 1 = I o [1,28 × 10−5 (t 2 − t 1 ) + 4,33 × 10−9 (t 22 − t 12 )]
t 1 = 10oC ,
t 2 = 200oC ,
∆I = 0,00521m = 5,21m m
EJERCICIO NO 8. 3 A que temperatura es preciso calentar un matraz abierto para expulsar los 5/6 del
aire que contiene a 20oC
SOLUCIÓN
Para desalojar los 5/6 del aire del matraz y quede en el 1/6, es necesario que el volumen inicial se
haga 6 veces mayor, es decir: Vf = 6Vo Luego, para dilatar de gases: Vf = Vo [1 + β (t − t o )]
6Vo = Vo [1 + (t − 20oC )]
5/β = t − 20oC ,
pero
β = 1/273oC
t = 20oC + 5 × 273oC = 1385oC
Fisica II
125
8. Temperatura
EJERCICIO NO 8. 4 (a) Demuestre que el cambio del momento de inercia I con la temperatura que
experimenta un objeto solido esta dado por la expresión:
∆I = 2αI o ∆T
(a) Demuestre que el cambio de periodo T de un periodo físico con la temperatura esta dado por
∆t = αt o ∆T /2
SOLUCIÓN
(a) En general el momento de inercia de un cuerpo esta dado por:
X
Io =
m i R i2
Luego:
∆I = 2
X
m i R i ∆R i
(1)
Como R i : es una magnitud lineal, representa la distancia de la masa m i al eje de rotación.
∆R i = R i α∆T
de (2) en (??): ∆I = 2
P
(2)
m i R i (R i α∆T )
X
∆I = 2α(
m i R i2 )∆T
∆I = 2αI o ∆T
(b) sabemos para un péndulo físico, su periodo es:
r
t o = 2π
Io
Mgb
(3)
Fisica II
126
8. Temperatura
Cuando se produce un incremento de temperatura, el nuevo periodo sera:(derivado: (3))
∆t o
∆T
∆t o
∆T
∆t o
∆T
∆t o
∆T
Pero:
Æ
Io
Mgb
to
= 2π
Luego:
=
=
=
=
1/2 n
Io
Mgb
Æ
Mgb
π
Æ Io
Mgb
π
Æ Io
Mgb
π
Io
1
2
1 ∆I o
∆b
+ M Igob 2 ∆T
M
g
b
∆T
n
€ 2αI ∆T Š
1
o
+ M Igob 2
M
g
b
∆T
n
o
2I o α
Io α
+
Mgb Mgb Æ
Mgb
= πα MIgo b
Io
 ‹
∆t o
to
= πα
,
∆T
2π
o
€ b α∆T Šo
∆T
∆t o = o u m αt o ∆T
EJERCICIO NO 8. 5 (a) Una banda bimetálica, tal como se indica en la figura, d = 2m m y los metales
son Aluminio y Fierro. Halle el radio de curvatura R de la tira, si se eleva su temperatura 20oC , a
partir de las temperaturas para la cual R = ∞. (b) Si la banda tiene 20c m de largo. Hallar el ángulo
central del arco, que forma la banda. (c) La desviación lateral de su punta (flecha)
SOLUCIÓN
(a)Los nuevos radios para el aluminio R 1 y fierro R 2 , tendran un valor para ∆T
R 1 = R[1 + αAl ∆T ]
R 2 = R[1 + αF e ∆T ]
R 1 − R 2 = (αAl − αF e )R∆T
Pero: R 1 − R 2 = d ,
d = (αAl − αF e )R∆T
R=
d
= 909,1c m
(αAl − αF e )∆T
(b) Según el gráfico: I = Rθ
θ = l /R = 20c m /909,1c m = 0,022r a d i a n e s
(c) Nos piden la flecha: ∆
∆ = R − h = R − R cos(θ /2)
∆ = R[1 cos(θ /2)]
∆ = 0,0550c m
EJERCICIO NO 8. 6 Cuando vale el coeficiente de dilatación (a presión constante) de un gas ideal a la
temperatura T = 600o K
Fisica II
127
8. Temperatura
Por definición: β =
( ∂∂ VT )
V
SOLUCIÓN
P Para un gas ideal:
PV = n RT,
luego: β =
( )
∂V
∂T
V
=
1
( PV
nR )
, como
PV
nR
∂V
∂T
V=
=
P
n RT
P
nR
P
=T
β=
1
1
=
= 1,66 × 10−3 K −1
T 600o K
Fisica II
Capítulo 9
Calor y primera ley de la termodinámica
9.1.
9.1.1.
Calor
Teoría del calórico
el calor es un fluido de penetrar en los cuerpos y pasar de unos a otros. Este fluido es el calórico, caracterizado por ser imponderable (no tiene peso) y por estar formado por partículas que se
repelen mutuamente y son atraídas por la materia, uno de los teóricos fue Jose Black Wolf (1750).
9.1.2.
Teoría cinética o energética
El conde Rumford (1718) fue el primero que refuto la teoría del calórico. Considera al calor
como una forma de la energía alojada en los cuerpos denominada energía térmica, que depende
de los movimientos de sus menores porciones, los átomos y las moléculas.
Consideremos una cámara llena de un gas que tiene una gradiente de temperatura en su volumen. En los lugares en que la temperatura es mas alta, las moléculas tienen en promedio, velocidades mayores que en los lugares en que la temperatura es menor.
Figura 9.1: Celda con gas a diferente temperatura T1 > t 2
Debido a las colisiones moleculares en la separación de ambos y a la difusión de las moléculas
calientes de izquierda a derecha y de las frías de derecha a izquierda hay una transformación neta
energía de izquierda a derecha, que llamamos calor. Luego, el calor es una forma de energía en
tránsito.
En los gases monoatomicos, la suma total de estas energías se debe al movimiento de traslación
o de vaivén de las moléculas, en las moléculas mas complejas se debe considerar las energías de
rotación y de vibración.
128
129
9. Calor y primera ley de la termodinámica
Luego la definición de calor, es energía que se comunica entre un sistema y su medio ambiente
como resultado únicamente de las diferencias de temperatura.
Halmholtz, expreso la idea de que no solo el calor y la energía mecánica son equivalentes si no
todas las formas de energía lo son.
1C a l = 4,186 J ,
9.2.
1BT U = 778l b − p i e
Cantidad de calor
Si se eleva la temperatura de un K g de masa de agua de 14oC a 15,5oC calentándolo, decimos
que se ha agregado al sistema una K − c a l .
La relación de la cantidad de calor ∆Q aplicada a un cuerpo a su correspondiente elevación de
temperatura ∆T se llama capacidad calorífica, C del cuerpo:
C=
9.3.
∆Q
∆T
(9.1)
Calor especifico
La capacidad calorífica de un cuerpo por unidad de masa, se llama calor especifico, es característico de cada material de que estaformado el cuerpo.
Ce =
∆Q
∆T
(9.2)
m
En general, el C e de un material a cualquier temperatura se define así:
Z
T1
Q =m
CedT;
C e = f (T )
(9.3)
T2
Para nuestro curso se puede considerar que C e es constante, en general no lo es, tal como se indica
para el caso del agua. figura.
Figura 9.2: Calor especifico del agua
Fisica II
9. Calor y primera ley de la termodinámica
130
para gases es mas conveniente el C e tomando como unidad de masa el átomo - gramo y no el
gramo.
Dulong y Petit, observaron en 1819 que los C e de los metales expresados de ese modo eran
todos iguales aproximadamente a 6c a l /a t g oC .
La cantidad de calor se mide en calorías, los hay de agua y de flujo continuo.
9.4.
Cambios de estado
Van acompañados de absorción o desprendimiento del calor.
Figura 9.3: Cambio de estado
Figura 9.4: Punto de transición
La figura representa la temperatura con respecto al calor para una masa de hielo a −20oC , que
se transforma a 120oC .
Fisica II
9. Calor y primera ley de la termodinámica
9.4.1.
131
Region AB
Indica un aumento constante de temperatura, cuando pasa de su temperatura igual a −20oC
hasta la temperatura de fusion. No existe variación de la energía potencial de los átomos. Se usan
expresiones de este tipo:
Q = m C e H ∆T
(9.4)
C e H : calor especifico del hiele.
9.4.2.
Region BC
Todo el calor durante este intervalo sirve para debilitar la estructura cristalina del hielo y aumentar su energía potencial interna. Las moléculas del hielo adquieren mayor libertad, pero no
varia su velocidad media.
La expresión que se usa es:
Q =mLf
(9.5)
L f : calor latente de fusion
9.4.3.
Calor latente de fusion
Es la cantidad de calor que debe comunicarse a la unidad de masa de un solido a la temperatura de fusion para transformarlo totalmente en liquido a la misma temperatura.
9.4.4.
Region CD
El calor añadido se emplea para aumentar la componente cinética de la energía interna total
del agua. Se usa la expresión:
Q = m C e a g u a ∆T
(9.6)
9.4.5.
Region DE
En el punto de ebullición, se define la temperatura a 100oC , el calor suministrado durante este
intervalo se emplea para vencer las ultimas trazas de cohesion molecular. Se usa:
Q = m Lv
(9.7)
L v : calor latente de vaporización.
9.4.6.
Calor latente de vaporización
Es la cantidad de calor necesario para convertir completamente en vapor a la temperatura de
ebullición del liquido.
La evaporizacion a diferencia de la ebullición tiene lugar a cualquier temperatura, la ebullición
a una temperatura fija siempre que se mantenga constante la presión exterior.
9.5.
Propagación del calor
Se da cuando halla una diferencia de temperatura ∆T
Fisica II
132
9. Calor y primera ley de la termodinámica
Figura 9.5: Propagación del calor
9.5.1.
Conducción
es la forma de propagación en los metales y se basa en la presencia de electrones libres, que
hacen de conductores del fluido calorífico, excitando a los átomos en su trayecto. En esta propagación no se produce desplazamiento de materia considerada en conjunto.
El transporte de energía entre elementos de volúmenes próximos, en virtud de la diferencia de
temperatura existente entre ellos se llama conducción calorífica.
Consideremos de energía entre elementos de volúmenes próximos, en virtud de la diferencia
de temperatura ∆T = T2 − T1 .
Se sabe experimentalmente ∆Q ∝ A∆T , donde ∆T : variación del tiempo.
∆Q ∝
Luego:
∆T
∆x 0
(9.8)
∆T
∆Q
∝A
dT
∆x 0
(9.9)
dQ
dT
= −k A
dT
dx0
(9.10)
y en el limite:
donde dd Fx : gradiente de temperatura, k : conductividad térmica.
El signo menos es debido a que si la temperatura aumenta de izquierda a derecha, la dirección
de la corriente calorífica es de derecha a izquierda.
No existe ninguna sustancia que sea conductor perfecto (k = ∞) o aislador perfecto (k = 0).
9.5.2.
Conducción de calor entre dos capas paralelas
.
Se pide hallar ∆Q
∆t
Para la primera placa L 1 :
∆Q 1
T1 − Tx
= −k 1 A
∆t
L1
(i)
Fisica II
133
9. Calor y primera ley de la termodinámica
Figura 9.6: Conducción de calor entre dos capas paralelas
Para la segunda placa L 2 :
Para un regimen estable:
∆Q 2
Tx − T2
= −k 2 A
∆t
L2
(ii)
∆Q 1 ∆Q 2 ∆Q
=
=
∆t
∆t
∆t
Tx − T2
T1 − Tx
= −k 2 A
−k 1 A
L1
L2
Hallamos Tx y reemplazamos en (i) o (ii)
∆Q
A(T2 − T2 )
= L1
∆t
+ L2
k1
9.5.3.
(9.11)
k2
Flujo calorífico radial entre dos cilindros coaxiales
Figura 9.7: Conducción entre cilindros
Consideremos el flujo de esta cantidad de calor a través de una capa cilíndrica de material
limitada por los cilindros de radios r y r + d r .
Fisica II
134
9. Calor y primera ley de la termodinámica
Sea T la temperatura para el radio r y T + d T la temperatura para el radio r + d r , el area de la
capa 2πr L
Z T2
Z r2
∆Q
dr
dT
Q̇
dT =−
= −k (2πr L)
,
∆t
dr
2πr Lk r r
T
1
1
∆Q
T1 − T2
= 2πLk ∆t
ln r2
(9.12)
r1
9.5.4.
Flujo calorífico radial entre dos esferas concéntricas
Figura 9.8: Conducción entre esferas
En este caso el area a ser usada es:
A = 4πr 2
∆Q
dT
Q̇ =
= −k (4πr 2 )
∆t
dr
Z T2
Z r2
Q̇
dr
dT =−
4πk r r 2
T
1
1
∆Q
T1 − T2
= 4πr1 r2 k
∆t
r2 − r1
(9.13)
Fisica II
9. Calor y primera ley de la termodinámica
9.5.5.
135
Convección
Cuando el calor se propaga de un lugar a otro por un movimiento real de la sustancia caliente.
Si la sustancia caliente es obligada a moverse por un ventilador o bomba se llama convección
forzado, y si se mueve a causa de diferencias de densidad se llama convección natural o libre.
Consideremos un fluido en contacto con una pared plana o curva temperatura es superior a
la de la masa principal del fluido. La pared transfiere calor al fluido por un fenómeno que a la vez
conducción a través de la capa estática delgada junto a la pared y convención del fluido:
∆Q
= hA∆T
∆t
El coeficiente de convención h depende de los factores:
De que pared sea plana o curva
De que sea horizontal o vertical
De que el fluido sea gas o liquido
De la ρ, η, C e , k del liquido
Regimen laminar o turbulento
Si hay evaporizacion, condensación o formación de una película.
9.5.6.
Radiación
Es la emisión continuo de energía desde la superficie de todos los cuerpos. Esta energía se
llama energía radiante y se encuentra en forma de ondas electromagnéticas que se propagan a la
velocidad c y se transmiten a través del vació lo mismo que a través del aire.
La Ley de Stefan - Boltzmann establece que la radiación total de todas las longitudes de onda,
procedentes de un radiador perfecto o cuerpo negro es proporcional a la cuarta potencia de su
temperatura absoluta.
Si la densidad superficial de potencia del cuerpo negro, es decir, el numero de watts por metro
cuadrado, en el sistema MKS, es E :
E = σT 4
, donde
9.6.
σ = 5,67 × 10−8 w /m 2 − o k 4
Diferencial entre calor y trabajo
El trabajo como el calor requiere y una transmisión de energía. Se define el trabajo como energía que se transmite de un sistema a otro de tal manera que no interviene directamente una
diferencia de temperatura.
Las cantidades Q y W no son características del estado (equilibrio) del sistema sino, mas bien
del proceso termodinámico.
Entonces Q es el calor transmitido al sistema o extraído de el, y W el trabajo efectuado sobre el
sistema o producido por el.
Fisica II
136
9. Calor y primera ley de la termodinámica
9.7.
Trabajo originados por cambios de volumen
Tomemos un gas dentro de un recipiente cilíndrico, que tiene un émbolo móvil y el gas es el
sistema.
Figura 9.9: Gas en un cilindro
El sistema, inicialmente se encuentra en el estado (p i Vi ) y como el calor es absorbido por la
base del cilindro y pasa a otro estado (p f Vf ), entonces el piston se desplaza una distancia infinitesimal d S y el trabajo efectuado por el gas es:
d W = F~ d S~ = p Ad S = p d V
Z V2
W=
pd V
(9.14)
v1
El trabajo efectuado por un sistema dependiente no solamente de los estados inicial y final sino
también de los estados intermedios; esto es, del recorrido que siga el proceso.
Se llega a un resultado semejante, si se halla el flujo de calor durante el proceso. El calor que
ingresa al sistema, depende de como se calienta el gas y se concluye: El calor perdido o ganado
por un sistema depende no solamente de los estados inicial y final sino también de los estados
intermedios; esto es , de la trayectoria del proceso.
Fisica II
9. Calor y primera ley de la termodinámica
137
Figura 9.10: Trabajo efectuado por el gas
Figura 9.11: Trayectoria del proceso
9.8.
Primera ley de la Termodinámica
Si un sistema esta en un estado de equilibrio inicial i , pasa a un estado de equilibrio final f y
siendo Q el calor absorbido por el sistema y W el trabajo desarrollado por el mismo.
Sabemos que Q y W cuando pasan del estado i y f , sus valores dependen de la trayectoria
seguida. Sin embargo la diferencia Q − W para este mismo intervalo de i a f es el mismo. Es decir,
no depende de la trayectoria, sino de los estados inicial y final de equilibrio.
Luego, sostenemos en termodinámica (a diferencia que en mecánica, la existencia de una función energía potencial), de que hay una función, cuyo cambio es igual a Q −W , y se llama Función
de Energía Interna: ∆U = U f −Ui = Q −W , y es el aumento de la Primera Ley de la Termodinámica,
el cual encierra ciertas características:
La existencia de una función energía interna del sistema
El principio de la conservación de la energía
La definición de calor como energía en movimiento
Todas las magnitudes han de expresarse en las mismas unidades
Fisica II
138
9. Calor y primera ley de la termodinámica
Q es positivo cuando el sistema recibe calor
W es positivo cuando el sistema realiza trabajo
Esta Ley solo dice que la energía se conserva en un proceso, pero no dice si un proceso puede
ocurrir realmente, ara ello es necesario la Segunda Ley de la Termodinámica.
9.9.
Transformación isobarica
Sea un cilindro que contiene un liquido el cual absorbe calor por la parte inferior (foco) y el
émbolo se desplaza a presión constante (isobarica), hallemos ∆U , como la masa m del liquido,
se transforma de liquido en vapor, entonces la cantidad de calor absorbida por la masa m en el
cambio de estado es Q = m L v , donde L v : calor de vaporización.
El sistema al dilatarse de un volumen liquido VL a un volumen de vapor VV , a presión constante (la cantidad de arena sobre el émbolo no varia), nos permite hallar el trabajo realizado por
el sistema:
Z
VV
W=
p d V = p (VV − VL )
(9.15)
VL
Luego el trabajo interno efectuado para vencer la fuerte atracción de las moléculas del liquido
entre si en el estado liquido es:
∆U = m L v − p (VV − VL )
(9.16)
9.10.
Transformación adiabática
Se llama así, cuando no sale, ni ingresa calor a un sistema, es decir Q = 0 Luego, ∆U = Q − W =
−W esto significa que el trabajo efectuado sobre el sistema es igual al incremento de la energía
interna del mismo generalmente produce un aumento de temperatura.
9.11.
Dilatación libre o expansion en el vació
En este caso, es un proceso adiabática y en el cual no se hace trabajo externo, es decir Q = 0,
W = 0.
Luego, ∆U = 0, y de allí U f = Ui
9.12.
Transformación isocora
En este caso el gas encerrado en el cilindro absorbe calor y pasa evitar que el émbolo se desplace, depositamos arena, de esta forma el volumen permanece constante:
Z
Vf
W=
p d V = 0,
∆U = 0
(9.17)
Vi
Luego, todo el calor absorbido por el sistema sirve para aumentar su energía interna, es decir
se eleva la temperatura del gas,
Fisica II
139
9. Calor y primera ley de la termodinámica
9.13.
Teoría cinética de gases
9.13.1.
Gas ideal
Se define un gas, bajo ciertas suposiciones:
Un gas esta formado de partículas llamadas moléculas y estos a su vez de átomos.
Todos los átomos son idénticos.
Las moléculas se mueven en todas las direcciones y diferentes velocidades.
El numero total de moléculas es grande.
El volumen de la moléculas es muy pequeña en comparación del volumen ocupado por el
gas.
La fuerza entre las moléculas es muy pequeño en comparación del volumen ocupado por el
gas.
Los choques son elásticas y de duración insignificantes.
9.13.2.
Ley de Boyle - Mariotte
Si se mantiene constante la temperatura de una masa determinada de gas, entonces p V =
cons t a nt e (proceso isotermico).
También se usa:
p 1 V2
=
(9.18)
p 2 V1
9.13.3.
Ley de Gay - Lusas
9.13.4.
Ley de Dalton
9.13.5.
Calores específicos de un gas ideal
9.14.
Ejercicios resueltos
EJERCICIO NO 9. 1 Demostrar que para un gas ideal, que experimenta un proceso adiabático:
T Vγ−1 = con s t a n t e
SOLUCIÓN
De la primera ley de termodinámica para un proceso infinitesimal.
d U = dQ − d W = 0 − d W
nC v d T = −d W = −p d v
(1)
(gases ideales) reemplazando en (1)
como: p = nRT
V
nC v d T = −
n RT
d V,
V
dT
R DV
=−
,
T
Cv V
Cv dT
dV
=−
R T
V
ln V −R/C v + lnC
Fisica II
140
9. Calor y primera ley de la termodinámica
ln T − ln V −R/C v = lnC
ln T /V −R/C v = lnC
ln T V R/C v = lnC ,
como c p = C v + R
T V R/C v = C
T V (c p −C v )/C v = R
T V (γ−1) = C
EJERCICIO NO 9. 2 Demostrar que para un gas ideal, que experimenta un proceso adiabático:
T P −(g a m m a −1)/γ = con s t a n t e
SOLUCIÓN
De la primera Ley de la termodinámica
d v = dQ − d W = 0 − d W = d W
Por ser gases ideales: p V = n RT
de (1) en (2):
nC v d T = −p DV
(1)
p d V + V d p = n Rd t
(2)
−nC v d T + V d p = n Rd T
V d p = n Rd T + nC v d T
V d p = n(C v + R)d T = nC p d T
como: V = n RT /p (gases ideales)
n RT
d p = nC p d T
p
P dp dT
=
,
Cp p
T
ln T = o l n p R/C p + lnC
ln T − ln p R/C p = lnC
ln(T /p R/C p ) = lnC
ln T p −R/C p = C
como: T p R/C p = C como : R = C p − C v
T P −(C p −C v )/C p = C ,
T p −(γ−1)/γ = C
EJERCICIO NO 9. 3 En la figura. se muestra el ciclo de un motor Diesel de cuatro tiempos en el cual
tenemos: (a) La rama AB, de admisión de aire en el cilindro (p o = 1a t m ); (b)La rama BC, de compresión adiabática del aire hasta presión p 1 ; (c) Al finalizar el tiempo de compresión en el cilindro se
inyecta el combustible que al entrar en contacto con aire caliente se inflama y se quema, el émbolo
se mueve hacia la derecha, primero por via isobara (rama CD) y luego adiabaticamente (rama DE),
(d) Al final de la expansion adiabática se abre la valvula de escape y la presión desciende hasta p o
(rama EB); y (e) El émbolo see mueve hacia la izquierda y los gases de escape son expulsados del
cilindro (rama BA). Hallar el rendimiento del motor Diesel.
Fisica II
141
9. Calor y primera ley de la termodinámica
SOLUCIÓN
Para hallar el rendimiento por la teoría:
η=
proceso isóbaro CD:
W Q 1 −Q 2
Q2
=
=1−
Q1
Q1
Q1
(1)
Q 1 = nC p ∆T = nC p (TD − TC )
(2)
Q 2 = nC v (TE − TB )
(3)
proceso isocoro EB:
de (3) y (2) en (1):
η=1−
TE − TB
nC v (TE − TB )
=1−
nC p (TD − TC )
(TD − TC )
(4)
V1
V3
(5)
Para CD: p 1 V1 = n RTC
TC = TD
p 1 V3 = n RTD
Para DE:
γ−1
TD V3
γ−1
Para BC: TB V2
γ−1
= TE V2
TE = TD (V3 /V2 )γ−1
(6)
γ−1
= TC V1
γ−1
γ−1
TB V2 = TC V1
γ−1
V1
V1
= [TD ](V1 /V2 )γ−1
TB = TC
V2
V2
de (5), (6) y (7) en (4):
η=1−
(7)
1 TD (V3 /V2 )γ−1 − TD (V1 /V3 )(V1 /V2 )γ−1
γ
TD − TD (V1 /V3 )
Fisica II
142
9. Calor y primera ley de la termodinámica
γ
γ
1 V3 − V1
η=1−
γ V2γ−1 (V3 − V1 )
EJERCICIO NO 9. 4 En la figura. se representa en ciclo de un motor de combustion interna de cuatro
tiempos de carburador o gas en el que tenemos que (a) en la primera carrera del émbolo en la cilindro se produce la admisión o aspiración del combustible (en los motores de carburación la mezcla
combustible esta compuesta por vapor de gasolina y aire y se prepara en el carburador, en los motores de gas la mezcla gas- aire procede de un generador de gases de combustion), la presión p o =
constante y el volumen aumenta desde V2 hasta V1 ,(rama AB, admisión; (b)durante la segunda carrera del émbolo (rama BC, compresión)el combustible se comprime adiabaticamente desde V1 hasta
V2 , la temperatura aumente desde To hasta T1 y la presión desde p o hasta p 1 ; (c) después tiene lugar
el encendido (explosión) del combustible por medio de una chispa, como la presión aumenta de p 1
a p 2 a volumen constante (rama CD)y la temperatura se eleva hasta T2 ; (d) la tercera carrera del
émbolo se debe a la expansion adiabática del combustible desde V2 hasta V1 (carrera de trabajo, rama D E ), durante la cual la temperatura desciende hasta T3 ; (e)cuando el émbolo llega a su posición
extrema (punto E) se abre la valvula de escape y la presión disminuye a volumen constante hasta
p o (rama EB); y (f )la cuarta carrera del émbolo, que produce una compresión isobarica (rama BA
,expulsion o escape, barrido de los gases quemados). Hallar el rendimiento de este ciclo si la relación
de compresión V1 /V2 = 5 y la exponente de la adiabática es 1,33
SOLUCIÓN
Para hallar el rendimiento :
η = w /Q 1
(a)
W = WBC + WC D + WD E + WE B
Fisica II
143
9. Calor y primera ley de la termodinámica
Por ser proceso isocoros: WC D = WE B = 0
W = WBC + WD E
Luego: WD E =
ηRT2
γ−1
•
γ−1 ˜
1 − VV2
1
WBC
W=
Para el proceso adiabático: BC:
–
γ−1 ™
ηRT1
V2
=−
1−
γ−1
V1
ηR
(T2 − T1 )[1 − (V2 /V1 )γ−1 ]
γ−1
γ−1
To V1
(1)
γ−1
= T1 V2
T1 /To = (V1 /V2 )γ−1
Para el proceso adiabático DE
T2 V2 = T3 V1−1
T2 /T3 = (V1 /V2 )−1
(3)
T1 /To = T2 /T3
(4)
ηR
T3
W=
(T2 − T1 ) 1 −
γ−1
T2
(5)
Q 1 = nC v (T2 − T1 )
(6)
de (2) y (3)
reemplazando: (2) y (4) en (1):
(2)
Para el proceso isocoro CD:
de (5) y (6) en (a):
η=
n R(T2 − T1 )(T2 − T3 )/T2 (γ − 1)
nC v (T2 − T1 )
η=
T3
1
T2 − T1
1−
=1−
T2
T2
(T2 − T3 )
usando (3):
η=1−
1
(V1 /V2 )γ−1
EJERCICIO NO 9. 5 Hallar el trabajo realizado por un gas ideal, durante un proceso adiabático
Fisica II
144
9. Calor y primera ley de la termodinámica
SOLUCIÓN
Z
WA B =
Z V1
C
d V C V −γ+1 V1
p DV =
d
V
=
C
=
|
Vγ
V
−γ + 1 Vo
Vo
–
™
1
1
C
−
WA B =
1 − γ V1γ−1 V2γ−1
– γ−1
™
C
Vo
WA B = γ−1
−1
V1
Vo (1 − γ)
γ−1 ™
1−γ –
C Vo
Vo
WA B =
1−
(1 − γ)
V1
Z
(1)
(2)
γ
p o Voγ = C = p 1 V1
p o Vo = ηRTo ,
p 1 V1 = ηRT1
–
γ−1 ™
γ 1−γ
p o Vo Vo
Vo
WA B =
1−
(γ − 1)
V1
–
γ−1 ™
Vo
p o Vo
WA B =
1−
(γ − 1)
V1
–
γ−1 ™
Vo
ηRTo
WA B =
1−
(γ − 1)
V1
Fisica II
145
9. Calor y primera ley de la termodinámica
También, en (1): WA B =
C
γ−1
V1 (1−γ)
•
γ−1 ˜
1 − VV1
o
γ
™
V1 γ−1
WA B = γ−1
1−
Vo
V1 (1 − γ)
–
γ−1 ™
p 1 V1
V1
WA B =
1−
γ−1
Vo
–
γ−1 ™
ηRT1
V1
WA B = −
1−
(γ − 1)
Vo
p 1 V1
–
EJERCICIO NO 9. 6 Dos cilindros concéntricos huecos de radio R 1 y R 2 y temperatura interna T1 y externa T2 , (T2 < T1 ) y de longitud L de conducción K 1 y K 2 . Hallar la temperatura entre los cilindros a
la distancia R 3 del eje cilindro y el flujo calorífico. ver figura.
SOLUCIÓN
Sea Tx la temperatura perdida a la distancia R 3 . Por la simetría cilíndrica:
Q o1 =
2πLK 1 (T1 − Tx )
ln(R 3 /R 1 )
Fisica II
146
9. Calor y primera ley de la termodinámica
Q o2 =
como el flujo es constante y uniforme:
2πLK 2 (Tx − T3 )
ln(R 2 /R 3 )
Q o1 = Q o2
2πLK 1 (T1 − Tx ) 2πLK 2 (Tx − T2 )
=
ln(R 3 /R 1 )
ln(R 2 /R 3 )
Tx = A K 1 T1 + K 2 T2 /A K 1 + K 2
donde A = ln(R 2 /R 3 )/ ln(R 3 /R 1 ) reemplazando Tx en Q o1 , se halla:
Q o1 =
2πLK 1 K 2 (T1 − T2 )
K 1 ln(R 2 /R 3 ) + K 2 ln(R 3 /R 1 )
EJERCICIO NO 9. 7 Hallar la temperatura del gas que se encuentra en un recipiente cerrado, si la presión del gas aumenta en un 0,4 % como relación a la presión inicial al calentar el gas en 1oC
SOLUCIÓN
Por ser un proceso isocoro:
p 1 T1
=
p 2 T2
p 1 − p 2 T1 − T2
=
p1
T1
por condición del problema:
(1)
p 1 − p 2 ∆p
=
= 0,004
p1
p
o
y ∆T = T1 − T2 = 1oC pero: ∆T (1oC ) = ∆T (1o K ), luego en (1): 0,004 = 1T K
1
T1 =
1oC
= 250oC
0,004
EJERCICIO NO 9. 8 En un horno eléctrico se hace pequeñas orificios de 1c m 2 de area (a modo de cuerpo negro) en una de sus paredes que esta a 1727oC de temperatura. Hallar la cantidad de calor
radiada por unidad de tiempo a través de este orificio.
Fisica II
147
9. Calor y primera ley de la termodinámica
SOLUCIÓN
Hallemos la temperatura en o K
T (o K ) = 273 + 1727o K
T = 2000o K
Luego por teoría : E = σT 4
E = 5,67 × 10−8 × (2000)4
W
m2
W
m2
El calor que se irradia por unidad de tiempo por la superficie dad es:
E = 90,72 × 104
Qo =
90,72 × 104 c a l
10−4 m 2
4,186 m 2 s e g
Q o = 21,67c a l /s e g
EJERCICIO NO 9. 9 Una pared consta de barras alternas de longitud d y de coeficiente de conductividad térmica K 1 y K 2 según figura. Las areas de la sección transversal de las barras son iguales. Hallar
el coeficiente de conductividad térmica de la pared.
SOLUCIÓN
El flujo de calor a través de la barra de conductividad K 1 es:
Q o1 = −K 1 A
(T2 − T1 )
d
Fisica II
148
9. Calor y primera ley de la termodinámica
Para la barra de conductividad K 2 es:
Q o2 = −K 2 A
(T2 − T1 )
d
Luego el flujo total es:
T2 − T1
d
(T2 −T1 )
El flujo de calor a través de las cuatro barras es: Q = −K e q 4A d luego:
Q o = 2Q o1 = −2(K 1 − K 2 )A
−K e q 4A
(T2 − T1 )
(T2 − T1 )
= −2(K 1 + K 2 )A
d
d
K e q = (K 1 + K 2 )/2
EJERCICIO NO 9. 10 Una tetera de porcelana de 2m m de espesor contiene agua hirviendo. Hallar
(a)La temperatura de la superficie externa de la misma, siendo la del exterior de 20oC , la conductividad de la porcelana 0,0025c a l /s e g − c m − oC y su coeficiente de radiación y conveccion
0,0012c a l /s e g − c m − oC (b) Que espesor habrá que dar a la tetera para que su cara exterior no
sobrepase de los 50oC
SOLUCIÓN
(a) El calor por conducción es:
Q o = −K A∆T /∆x
El calor que se transmite por conveccion es:
Q o = hA∆T 0
Como el flujo calorífico es uniforme:
−K A∆T /∆T = hA∆T 0
−0,0025A
Ti − 100
= 0,0012A(Ti − 20)
0,2
Luego Ti = 92,9oC
(b) Nuevamente el calor que se transmite por conducción es igual al calor por conveccion:
−0,0025A
50 − 100
= 0,0012A(50 − 20)
e
e = 3,47c m
Fisica II
Capítulo 10
Segunda ley de la termodinámica
10.1.
Ciclo de Carnot
Ciclo, es una sucesión de procesos tales que el sistema vuelva a su estado de equilibrio original,
si los procesos son reversible, entonces se trata de un ciclo reversible.
Figura 10.1: Ciclo reversible
La figura representa un ciclo, en el cual el sistema pasa de a → c dilatandose y el area debajo
de esta curva representa el trabajo realizado por el sistema. Después el sistema pasa de c → a
comprimiendo y el area debajo de esta curva representa el trabajo que debemos hacer sobre el
sistema. Luego el area encerrada en un ciclo a b c d , representa el trabajo efectivo realizado por el
sistema.
Durante una parte del ciclo realizado, la sustancia absorbe calor de un foco caliente y durante
otro cede una cantidad menor de calor al foco frió. Por esta razón se dice que el sistema funciona
entre estos dos focos.
Fue Nicolas Carnot quien se pregunto ¿Cual es el máximo rendimiento que puede obtenerse
de un motor que trabaja entre estos dos focos?.
149
150
10. Segunda ley de la termodinámica
El sistema consta de un sustancia (gas) y el ciclo esta formado por dos procesos isotermicos y
dos adiabáticos,
Figura 10.2: Ciclo de Carnot
y se realizan cuatro procesos en el orden que se indica.
El sistema se halla en el estado d .
Un proceso adiabática reversible en sentido tal que la temperatura se eleve de T2 (foco frió)
a T2 (foco caliente.)
El sistema se halla en el estado a y se realiza un proceso isotermico reversible en el sentido
a → b y se absorbe calor Q 1 del foco caliente.
Un proceso adiabático reversible b → c , hasta que la temperatura descienda a T2 del foco
mas frió.
El sistema se mantiene en contacto con el food de temperatura T2 y se realiza un proceso
isotermico reversible de c → d , hasta que el sistema vuelva a su estado inicial. Durante este
proceso, se cede el calor Q 2 al foco frió.
El trabajo neto W efectuado por el sistema, durante e ciclo esta dado por el area encerrado por la
curva a b c d a . La cantidad de calor recibida por el sistema en el ciclo es ∆Q = Q 1 −Q 2
Como el estado inicial y final son los mismos, entonces no hay cambios neto en la energía
interna U del sistema.
∆U = ∆Q − W = (Q 1 −Q 2 ) − W = 0,
W = q1 −Q 2
El resultado es una convención de calor en trabajo y se tiene el sistema que trabaja como una
maquina térmica. figura
Como el ciclo de Carnot, esta formado por procesos reversible, luego cuando se realiza en
sentido opuesto el proceso, se tendrá una maquina frigorífico: es decir, el sistema transporta calor
de un cuerpo a baja temperatura (T2 ) a otro de mayor T1 temperatura. figura.
Fisica II
10. Segunda ley de la termodinámica
151
Figura 10.3: Maquinas
10.2.
Eficiencia o rendimiento térmico
Se define como la relación del trabajo neto realizado W por la maquina durante un ciclo, al
calor Q 1 tomado por ella de la función de temperatura elevada T1 en un ciclo: es decir:
n=
10.3.
W Q 1 −Q 2
Q2
T2
=
=1−
=1−
Q1
Q1
Q1
T1
(10.1)
Enunciado de Clausius y de Kelvin - Planck del segundo Principio de la Termodinamica
Figura 10.4: Maquinas terminas
En un maquina térmica real, parte del calor Q 1 se convierte en trabajo W y el resto se expulsa
como calor Q 2 . figura.
En una maquina térmica ideal o perfecta, todo el calor se convierte en trabajo aprovechable.figura
Fisica II
152
10. Segunda ley de la termodinámica
10.3.1.
Enunciado de Kelvin-Planck
Figura 10.5: Maquinas refrigerante
Una transformación cuyo único resultado final sea transformar en trabajo calor extraído de
alguna fuente que se encuentra en toda su extension a la misma temperatura es imposible. Otra
forma es: Es imposible construir un motor que funcionando según un ciclo, no produzca otro
efecto que extrae calor de un foco y realizar na cantidad equivalente de trabajo.
En un refrigerador real, figura se necesita un trabajo W para transportar calor de un deposito
de baja temperatura T2 a otro de elevada temperatura T1 .
En un refrigerador ideal, el calor fluiría del deposito de baja temperatura T2 al de elevada temperatura T1 sin que halla que hacer ningún trabajo sobre la maquina.figura
10.3.2.
Enunciado de Clausius
Es imposible que una maquina cíclica produzca exclusivamente el efecto de hacer pasar calor
continuamente de un cuerpo a otro que se encuentra a una temperatura mas elevada. Otra forma:
Es imposible construir un dispositivo que funcione según un ciclo y no produzca otro efecto que
el paso de calor de un cuerpo a otro mas caliente.
10.3.3.
Teorema de Carnot
Ningún motor que funciona entre dos focos caloríficos dados puede tener un rendimiento
superior al de un motor de Carnot que funciona entre los dos mismos focos.
Sea el motor de Carnot reversible (R) que absorbe calor Q 1 del foco caliente y realiza un trabajo
W . Luego cede la cantidad de calor Q 1 − W al foco frió. Su rendimiento sera: n R = QW .
1
El otro motor irreversible (I) absorbe calor Q 10 del foco caliente y realiza el trabajo W y cede la
cantidad de calor Q 10 − W al foco frió. Su rendimiento sera: n I = QW0 .
Supongamos que n I < n R , QW < QW , Q 1 < Q 1 .
1
1
1
Fisica II
153
10. Segunda ley de la termodinámica
Figura 10.6: Motor I accionando una maquina frigorifico de Carnot
Ahora según la figura, el motor I accion el motor R, como una maquina refrigerante acoplados
de este modo forman un maquina que extrae calor del foco frió:
(Q 1 − W ) − (Q 10 − W ) = Q 1 −Q 10
Como Q 1 < Q 10 entonces Q 1 −Q 10 < 0.
El calor neto suministra al foco caliente es asimismo:
Q 1 = Q 10
Luego hemos hallado una maquina que transfiere calor Q 1 − Q 10 de un foco a otro caliente y esto
contradice el enunciado de Claussius, porque nuestra hipótesis de n I < n R es falsa. Debe cumplirse
nI < nR
10.3.4.
Entropía - Procesos reversible (Teorema de Claussius)
Figura 10.7: Proceso reversible
Fisica II
154
10. Segunda ley de la termodinámica
Figura 10.8: Diagrama de trabajo
Figura 10.9: Diagrama p V de trabajo
10.4.
Entropía y la Segunda Ley de la Termodinámica
10.5.
Entropía y desorden
10.6.
Ejercicios resueltos
EJERCICIO NO 10. 1 Hallar la variación que experimenta la entropía al transformarse 10g de hielo a
−20oC en vapor a 100oC
SOLUCIÓN
El proceso se indica en el gráfico:
Fisica II
155
10. Segunda ley de la termodinámica
El cambio de entropía es:
Z
∆S =
dQ
=
T
B
Z
A
mC e Hi d T
+
T
∆S = m C e Hi ln
Z
C
B
dQ
+
T0
Z
D
C
m C ea d T
+
T
Z
E
D
dQ
T100
273 m L f
373 m Lv
+
+ m C e a ln
+
253
273
273
373
como T0 = 273o K , L f = 80c a l /g , l v = 540cg a l
∆S = 10 × 0,5 × ln(273/253) + (10 × 80/273) + 10 × 1 × ln(373/273) + (10 × 540/373)
∆S = 0,38 + 2,93 + 3,12 + 14,47 = 20,9
cal
oK
EJERCICIO NO 10. 2 Hallar la variación que experimenta la entropía cuando 8g de oxígeno que ocupaban el volumen de 10l t a la temperatura de 80oC pasan a ocupar el volumen de 40l t a la temperatura de 300oC
SOLUCIÓN
Para hallar la entropía, usaremos la trayectoria: ABC
B
Z
∆S =
A
dQ
+
T
Z
C
B
dQ
T
Fisica II
156
10. Segunda ley de la termodinámica
El proceso AB es isobarico: dQ = RC v d T El proceso BC es isobarico: d U = 0
d U = dQ − d W,
dQ =
Luego: ∆S =
RB
nC v d T
T
A
+
RC
B
dQ = d W = p d V
n RT d v
V
nRT d V
TV
Z
T2
∆S = nC v
T1
dT
+ nR
T
VC
Z
VB
dV
V
∆S = nC v ln(T1 /T1 ) + n R ln(VC /VB )
donde: T1 = 80 + 273o K = 353o K , T2 = 300 + 273o K = 573o K
n = m /PM = 8/32 = 0,25g /mol
C v = 5c a l /m a l − o K
R = 1,986c a l /mol − o K
reemplazando valores: ∆S = 1,293c a l /o K
EJERCICIO NO 10. 3 6,6g de hidrógeno se expanden por via isobarico hasta duplicar su volumen.
Hallar la variación que experimenta la entropía al producirse esta expansion.
SOLUCIÓN
Hallemos el numero de moles:
n = 6,6g /2g /mol
n = 3,3g /mol e s
Fisica II
157
10. Segunda ley de la termodinámica
Z
∆S =
B
Z
∆S =
A
por ser gas ideal: p A Vo = n Rt A
dQ
T
nC p d T
T
∆S = nC p ln(TB /TA )
(1)
TB = 2TA
(2)
p A 2Vo = n RTB
de (2) en (1)
∆S = nC p ln(2TA /TA ) = nC p ln 2
∆S = 3,3 × 7 × ln 2(c a l /o K )
∆S = 16c a l /o K
EJERCICIO NO 10. 4 La variación de la entropía en el espacio comprendido entre las dos adiabáticas
de un ciclo de Carnot es igual a 1K c a l /o K . La diferencia de temperatura entre las dos isotermas es
igual a 100o K ¿Que cantidad de calor se transforma en trabajo en este ciclo?
SOLUCIÓN
Sabemos: ∆S A B = 103 c a l /o K , ∆T = TA − TD = 100oC El calor que se convierte en trabajo es: ∆Q =
q1 −Q 2 Por teoría: TTD = Qq 2
A
1
TA − TD Q 1 −Q 2 ∆Q
=
=
TA
Q1
Q1
Q1
Q1
∆Q =
(TA − TD ) =
∆T
(1)
TA
TA
R
1
Por definición de energía de entropía: ∆S A B = dQ
TA
Z
1
Q1
∆S A B =
dQ 1 =
(2)
TA
TA
de (2) en (1):
Cal
100o K
oK
∆T = 105 c a l = 4,186 × 105 J
∆Q = (∆S A B )∆T = 103
Fisica II
158
10. Segunda ley de la termodinámica
EJERCICIO NO 10. 5 Hallar la variación de la entropía correspondiente a la expresión isotómica de
6g de hidrógeno desde 105 hasta 0,5 × 105 N /m 2
SOLUCIÓN
Por ser un proceso isotermico
Por definición: ∆S = dQ
T
Z
∆S =
pd V
=
TA
Z
nR
dV
V
∆S = n R ln(VB /VA )
Por ser un gas ideal:
VB
VA
=
pa
pB
p A VA = n RTA
p B VB = n RTA
Luego: ∆S = n R ln(p A /p B )
∆S =
6
mol e s
2
cal
1,986
mol − o K
1 × 105
ln
0,5 × 105
∆S = 4,13c a l /o K
EJERCICIO NO 10. 6 Demostración que la eficiencia de una maquina de Carnot que utilice como sustancia de trabajo un gas ideal: n = T1 − T2 /T1
SOLUCIÓN
Fisica II
159
10. Segunda ley de la termodinámica
Por definición de eficiencia:
n =1−
Q2
Q1
(a)
donde: Q 1 : es el calor que absorbe el sistema en el proceso: b c
Q 2 : es el calor que cede el sistema en el proceso: d a
Proceso: bc: Es isotermico, ∆U = 0
Z
∆U = Q − W,
Vc
Z
Q1 =
n RT1
Vb
Q1 = W =
pd V
dV
= n RT1 ln(Vc /Vb )
V
(1)
Proceso: da: Es isotermico, ∆u = 0 análogamente: Q 2 = −n RT2 ln(Va /Vd )
−Q 2 = n RT2 ln(v d /Va )
considerando solo e valor absoluto de
Q 2 = n RT2 ln(Vd VE )
(2)
reemplazando (1) y (2) en (a):
n =1−
n RT2 ln(Vd /Va )
T2 ln(Vd /Va )
=1−
n RT1 ln(Vc /Vb )
T1 ln(Vc /Vb )
(3)
Para el proceso ab: Es adiabático ∆Q = 0
∆U = ∆Q − ∆W = −∆W = −p d V
como ∆U = nC v d T Luego nC v d T = −p d V
n RT
dV
V
Z Vb
dT
dV
=
T
V
V
nC v d T = −
Cv
−
R
Z
T1
T2
a
Fisica II
160
10. Segunda ley de la termodinámica
Cv
R
Zb
dT
dV
Va
=
= ln
T
V
Vb
T2
a
Z T1
Cv
dT
= ln(Va /Vb )
R T T
Z
T1
(4)
2
Para el proceso cd: Es adiabático ∆Q = 0 Por analogía: ∆U = −∆W = −p d V
−C v
R
Z
T2
T1
Cv
R
de (4) y (5):
dT
=
T
Z
T1
T2
Z
Vb
Vc
dV
Vd
= ln
V
Vc
dT
= ln(Vd /Vc )
T
(5)
ln(Va /Vb ) = ln(Vd /Vc )
ln(Vd /Va ) = ln(Vc /Vb )
de (6) en (3), se tiene:
n =1−
(6)
T2 ln(Vc /Vb )
T2
=1−
T1 ln(Vc /Vb )
T1
Fisica II
Capítulo 11
Metodología
11.1.
Estrategias
El desarrollo del curso, se realiza utilizando la estrategia del aprendizaje significativo, brindando apoyo a los alumnos en la solución de los diferentes problemas que se les puede presentar.
11.2.
Métodos
El método que se emplea para el desarrollo de las prácticas pre-profesionales es el inductivo y
deductivo
11.3.
Medios y Materiales
Los medios y materiales para el desarrollo de las sesiones de aprendizaje son:
Auditivo: de acceso personal, esto es, voz humana.
Visual: empleo de pizarra, plumón y mota.
161
Capítulo 12
Cronograma de Actividades
12.1.
Temas
No
01
02
03
04
05
06
12.2.
Temas
Vectores
Estática
Cinemática
Dinámica de una partícula
Trabajo Potencia y energía
Cantidad de movimiento
Cronograma de Actividades
Temas
01
02
03
04
05
06
6
∗
Setiembre
13 18 20
∗
∗
∗
∗
∗
28
Fechas
Obtubre
Enero
4
10
17 22 24
∗
31
Febrero
2 5 7 14
∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
162
∗
∗
Capítulo 13
Relación de Estudiantes y Asistencias
13.1.
Relación de estudiantes
No
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
CODIGO
040661
040662
981405
062281
062284
055390
055399
062291
062292
062295
952698
952681
055406
063885
062301
031238
055413
062306
063888
990264
063889
942171
064666
064667
062318
063891
055428
063892
062321
990266
021262
972902
063894
055430
021264
040685
063896
064674
002169
APELLIDOS Y NOMBRES
AGUILAR AHUMADA, ADAN WILLY
ANCCORI PARIAPAZA, RENE
ANTONIO FLORS, DAWIZZ WILLIAM
APAZA CRUZ, DENNIS HERIBERTO
CACERES SONCCO, JOSUE LINO
CAHUANA COAQUIRA, HASSAN ROLDAN
CHOQUE CASTILLO, HOLGUER HELART
CHUQUIJA TITO, YAXON SANTIAGO
COAPAZA AGUILAR, HERNAN
CONDORI MAYTA, JESUS ANGEL
CRUZ IBAÑEZ, CUOSET ELDER
FERNANDEZ MACEDO, MARCO ANTONIO
GOMEZ CRUZ, EBERTH SABINO
GUTIERREZ LLAVILLA, CRISP LEONOR
HUAYCANI HUAYCANI, JOEL EDWIN
HUMPIRI JILAPA, CESAR
ITUSACA AYALA, RENE ANGEL
LUQUE LUQUE, OMAR MILTON
MAYTA MAMANI, CARLOS RODOLFO
OLAGUIVEL MAMANI, ORLANDO ELARD
PAREDES RAMOS, CARLOS EDUARDO
PATRICIO TINTAYA, MILTON MANUEL
PAYVA AQUINO, RIBERT CRISTHIAN
PILCOMAMANI ARIAS, AMADOR
QUENTA YANAPA, AGUSTO FREDDY
QUISOCALA MOROCCO, SAMUEL
QUISPE BUSTINCIO, JHOVANY
QUISPE TECCE, ABEL
RAMOS GALINDO, DANTE
REYES CUBA, JOSE AMILCAR
SANTANDER PACORICONA, FREDDY VLADIMIR
SARAZA AGUILAR, JHONNY
SARDON HUANCA, BRAYAM VLADIMIR
SOTO LIMACHI, MARY EUGENIA
SUCAPUCA VILLASANTE, ELMER
TURPO HUMIRE, ALFREDO MIGUEL
VARGAS CAMACHO, LUIS ENRIQUE
VILCA PERALTA, YHON EDDY
YUPANQUI BENDITA, CESAR ENRIQUE
163
164
13. Relación de Estudiantes y Asistencias
13.2.
Lista de Asistencia
No
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
Datos
CODIGO
040661
040662
981405
062281
062284
055390
055399
062291
062292
062295
952698
952681
055406
063885
062301
031238
055413
062306
063888
990264
063889
942171
064666
064667
062318
063891
055428
063892
062321
990266
021262
972902
063894
055430
021264
040685
063896
064674
002169
6
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Setiembre
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Obtubre
4
10
Enero
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5 7 14
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Fisica II
Bibliografía
[1] Luis Rodriguez Valencia, Mecanica I, Departamento de Física,Universidad de Santiago de
Chile, 2000
[2] Marcelo Alonso y Edward J. Finn, Fisica Volumen I Macanica , 1967
[3] R. A. Serway,Fisica Tomo I, McGraw-Hill,1982
165