Fundamentos Físicos de la Ingeniería 1. Segundo Parcial / 2 abril 2009 Una varilla rectilínea y uniforme, de masa m y longitud l cae libremente en posición horizontal. En el instante en que su velocidad es v 0 , la varilla golpea elásticamente el borde de una cuchilla rígida y fija. a) Determinar el estado de movimiento de la varilla inmediatamente después del golpe. b) Calcular la percusión sobre la varilla. c) Determinar el cambio que experimenta la energía cinética de la varilla. m, l cuchilla v0 a) Durante el proceso impulsivo, la varilla está sometida a una percusión extrna en su extremo izquierdo, por lo que no se conservan ni su cantidad de movimiento, ni su energía cinética. Aplicamos las ecuaciones cardinales de la dinámica impulsiva, tomando momentos en el c.m. de la varilla, y las dividimos m.a.m. para eliminar Π: ìï-P = m (vcm - v0 ) ïï íl ïï P = 1 ml 2 (w - 0) ïïî 2 12 ¸ m.a.m. 1 l w - = l2 2 12 vcm - v0 6vcm + l w = 6v0 (1) Aplicamos la Regla de Huygens-Newton con e =1 (colisión perfectamente elástica), siendo v A la velocidad del punto A de la varilla inmediatamente después de la colisión y obtenemos dicha velocidad a partir de la del centro de masa C de la varilla: ì vA = -v0 ï ï ï í l ï vA = vcm - w ï ï 2 î vcm - w l = -v0 2vcm - wl = -2v0 2 (2) Resolvemos el sistema de ecuaciones (1) y (2): m, l ì 6vcm + l w = 6v0 ï ï í ïî ï2vcm - l w = -2v0 C A v0 Π A m, l ω + + vcm + m.a.m. 8vcm = 4v0 ïìïvcm = 0.5v0 ïí 3v0 ïïïw = l î b) La percusión que recibe la varilla es igual al cambio que experimenta su cantidad de movimiento. Calculamos la percusión a partir de la primera ec. de (1) en la que sustituimos los resultados anteriores: 1 P = -m (vcm - v0 ) = -m (0.5 -1) v0 = mv 0 (hacia arriba) 2 c) Variación de la energía cinética: ì 1 ìï ï 1 ïïE0 = mv02 ïïΔE = E - E0 = - mv02 ï 2 ï 4 ïí ïí 2 2 ïï ï ΔE ö öæ 3v ö 1 2 1æ 1 1 v 1æ 1 1 = -0.5 = -50% + çç ml 2 ÷÷÷ w 2 = m 0 + çç ml 2 ÷÷÷çç 0 ÷÷÷ = mv02 ïï E = mvcm ïïï ï ç ç ø øèç l ø 2 2 è12 2 4 2 è12 4 îï E0 î de modo que la pérdida de energía cinética representa el 50% de la inicial. Otro Método. Conservación del momento angular en A: mv0 ö l l æ1 = mvcm + çç ml 2 ÷÷÷ w 6v0 = 6vcm + l w ø 2 2 çè12 Departamento de Física Aplicada E.T.S.I.A.M. Creación: 29/03/2009 - Revisión: 10/04/2009 - Impresión:10/04/2009 (1) Universidad de Córdoba Fundamentos Físicos de la Ingeniería Segundo Parcial / 2 abril 2009 2. Un pilar de hormigón armado, de sección cuadrada y 10 m de altura, debe soportar una carga, a compresión pura, de 255 t. Se sabe que el 10% del área de la sección cuadrada del pilar está ocupado por los “redondos” (varillas cilíndricas, longitudinales) de acero y el resto por hormigón en masa. Las características máximas de trabajo permitidas y los módulos de Young tienen los valores siguientes: σ máx ( N/mm2 ) 25 400 hormigón acero E ( N/mm2 ) 30 000 200 000 a) Calcular la deformación longitudinal máxima que puede soportar el pilar. b) Determinar el lado de la sección cuadrada del pilar. c) Siendo cuatro los “redondos” del acero de la armadura del hormigón, determínese el diámetro de cada uno de ellos. Datos: 255 ton = 255´103 ´9.8 = 2.5´106 N ; 1 N/mm 2 = 106 N/m 2 F a) Las deformaciones máximas experimentadas en las condiciones críticas de trabajo son Como smax H hormigón: emax H = acero: emax acero = = EH smax acero Eacero a -25 = - 0.83´10-3 30 000 = l -400 = - 2´10-3 200 000 emax H < emax acero , y ambos materiales experimentan la misma deformación, tendrán el límite del más crítico; i.e., emáx = emáx H = - 0.83´10-3 (Δl )máx = lemáx = - 0.83´10-2 m = -8.3 mm b) La carga soportada por cada uno de los materiales será ü FH = 0.9 S EH e ï 6 ý F + Facero = (0.9 EH + 0.1 Eacero ) S e = -2.5´10 Facero = 0.1 S Eacero e ïþï H -2.5´106 S= = 63830 mm 2 -3 (27 000 + 20 000) (-0.83´10 ) a = 63830 = 253 mm c) La sección del acero será el 10% de la del pilar Sacero = 6383mm 2 y cada uno de los cuatro redondos tendrá una sección de S redondo = 1595.75 mm 2 Departamento de Física Aplicada r = 22.3 mm Æ = 44.6 mm E.T.S.I.A.M. Creación: 29/03/2009 - Revisión: 10/04/2009 - Impresión:10/04/2009 Universidad de Córdoba Fundamentos Físicos de la Ingeniería Segundo Parcial / 2 abril 2009 3. Un péndulo compuesto está constituido por una varilla (masa m, longitud 4R) soldada a una esfera (masa 5m, radio R), tal como se indica en la figura. a) Determinar la longitud del péndulo simple equivalente, la frecuencia y el periodo de las pequeñas oscilaciones. b) Marcar en un esquema gráfico las posiciones de los puntos notables del péndulo (centro de gravedad, centro de oscilación,...) 4R m 2 Datos: momento de inercia de una esfera, 2mR / 5 5m 2R Localizamos el centro de gravedad (G) del péndulo: OG = h = m (2 R ) + 5m (5R ) 27 = R = 4.5 R 6m 6 Mediante el teorema de Steiner, calculamos el momento de inercia de la esfera con respecto al eje de rotación en O y, luego, el del péndulo completo: 2 I O,esf = (5m) R 2 + (5m) (5 R) 2 = (2 + 125) mR 2 = 127mR 2 5 1 397 2 I O = I O,var + I O,esf = m (4 R ) + 127mR 2 = mR 2 = 132.3 R 3 3 La longitud reducida del péndulo es: l= IO mpénd h = 397mR 2 / 3 397 = R = 4.90 R 6m (27 R / 6) 81 O El centro de oscilación (O’, conjugado de O) está situado a una distancia h h ' = l - h = (4.90 - 4.50) R = 0.40 R Gv por debajo del centro de gravedad G. La frecuencia y el periodo de las pequeñas oscilaciones serán: w= g g 81g = = 0.452 l 397 R R T = 2p 397 R R = 13.9 81g g Departamento de Física Aplicada E.T.S.I.A.M. Creación: 29/03/2009 - Revisión: 10/04/2009 - Impresión:10/04/2009 h’ G O’ Ge Universidad de Córdoba 4. Un tonel de completamente lleno de vino (de densidad, 0.92 g/cm3) tiene las dimensiones que se indica en la figura y está tumbado en la bodega. Calcular el empuje que ejerce el vino sobre cada una de las tapas del tonel y determinar la posición del centro de presiones sobre las mismas medidas respecto al centro de las tapas. x Medimos las profundidades a partir del eje xx indicado en la figura. El centro geométrico (centroide) de la tapa se encuentra a una profundidad h c =R. R hc r hcp F F 200 cm Cálculos previos x D 100 cm Segundo Parcial / 2 abril 2009 140 cm Fundamentos Físicos de la Ingeniería D Determinamos el momento de área de la tapa con respecto al eje DD (Teorema Ejes Perpendiculares): y 2 I DD = I = 1 2 1 Sr I DD = Sr 2 2 4 Ahora, mediante el Teorema de Steiner, determinamos el momento de área de la tapa respecto al eje xx definido en la figura: I xx = I DD + SR 2 = æ1 ö 1 2 Sr + SR 2 = çç r 2 + R 2 ÷÷÷ S ç è4 ø 4 ö I xx çæ 1 2 = ç r + R 2 ÷÷÷ ç ø S è4 La fuerza resultante sobre la tapa será F = (r ghc ) S = (r gR )(pr 2 ) = pr gRr 2 La profundidad a la que se encuentra el centro de presiones se determina mediante el teorema del centro de presiones: hc hcp S = I xx hcp = ö r2 I xx / S 1 æç 1 2 = ç r + R 2 ÷÷÷ = +R ø 4R hc R çè 4 O bien, medida respecto a centro de la tapa: d-R = r2 4R Sustituyendo los valores numéricos se obtiene: F = p ´920´9.8´ 0.70´ 0.52 = 4957 N = 506 kg 0.52 d= = 0.0893 m = 8.93 cm 4´ 0.7 Departamento de Física Aplicada E.T.S.I.A.M. Creación: 29/03/2009 - Revisión: 10/04/2009 - Impresión:10/04/2009 Universidad de Córdoba Fundamentos Físicos de la Ingeniería Segundo Parcial / 2 abril 2009 5. El géiser Old Faithful (Yellowstone Park) expulsa periódicamente un chorro de agua que alcanza una altura de hasta 40 m. a) Determinar la velocidad del agua en la base del chorro. b) Calcular la presión manométrica que debe existir en el interior de géiser, a una profundidad de 100 m, para que pueda proyectar el agua hasta esa altura. a) Aplicamos Bernoulli de 2 a 3: 3 1 patm + r gz2 + rv 2 = patm + r gz3 v 2 = 2 g ( z3 - z2 ) 2 40m v de modo que 2 v = 2 g ( z3 - z2 ) = 2´9.8´ 40 = 28 m/s = 100.8 km/h b) Aplicamos Bernoulli de 1 a 3: p1 + r gz1 + 0 = patm + r gz3 + 0 p1 - patm = r g ( z3 - z1 ) 100 m de donde p1 - patm = r g ( z3 - z1 ) = 1000´9.8´140 = 1.37 ´106 Pa 1.37 ´106 = atm = 13.6 atm 101 328 Departamento de Física Aplicada E.T.S.I.A.M. Creación: 29/03/2009 - Revisión: 10/04/2009 - Impresión:10/04/2009 1 Universidad de Córdoba