Física Universitaria
Problemas de Física
Manuel R. Ortega Girón
Rafael López Luque
Departamento de Física Aplicada.
Universidad de Córdoba.
Física Universitaria
Problemas de Física
Primera edición: julio 2009
© Copyright. Reservados todos los derechos.
Ninguna parte de este libro puede ser reproducida
por cualquier medio, incluidas las fotocopias,
sin el permiso por escrito del autor.
© Copyright:
Manuel R. Ortega Girón
Rafael López Luque
Editor:
Manuel R. Ortega Girón
CL Santa Cruz, 10
14.012 Córdoba. España.
Tfnos.: +34 957 280051 (particular)
+34 957 218483 (departamento)
Fax:
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e-mail: mr.ortega@uco.es
http://www.uco.es/users/mr.ortega
Impresión:
Reprografía Don Folio
14.013 Córdoba. España.
I.S.B.N.
Depósito legal:
ii
Física Universitaria
Prólogo
Este libro completa nuestras obras Lecciones de Física y Física Universitaria que
vienen teniendo una amplia y buena acogida, durante más de dos décadas, en diversas
Universidades Españolas.
Problemas de Física, así como el conjunto de la obra en la que se integra, es un libro
concebido como apoyo a la enseñanza de la Física en los estudios universitarios, tanto
de carácter técnico como científico, presentando un nivel apropiado para la Física que
se imparte en los Primeros Ciclos de nuestras Facultades y Escuelas Técnicas.
Desde la más remota antigüedad, la enseñanza se ha enfrentado con dos problemas
básicos: decidir qué conocimientos se deben transmitir (contenidos) y acertar con
cómo puede hacerse esa transmisión (forma).
En el aspecto de contenidos, la mayor parte del contenido de este libro procede de
nuestra experiencia personal y de los exámenes propuestos a los alumnos a quienes
hemos impartido la asignatura, y corresponde a los descriptores oficiales
correspondientes a los Fundamentos Físicos de la Ingeniería.
En el aspecto formal, durante la preparación de este libro hemos pretendido la
consecución de dos objetivos principales que entendemos que deben orientar la
docencia de las asignaturas de Física de Primer Ciclo de los estudios universitarios:
familiarizar al alumno con el conjunto de los conceptos y leyes básicas que constituyen
la esencia de la Física y desarrollar en el estudiante la habilidad para manejar esas
ideas y para aplicarlas a situaciones concretas
En Problemas de Física hacemos un uso intensivo de figuras y esquemas para facilitar
la comprensión de los problemas, su tratamiento y soluciones. Además, hay un aspecto
que conviene destacar: en muchos de los problemas, las figuras representan en gran
medida la solución del mismo, lo que realza la importancia de las figuras y esquemas
en el planteamiento resolución de los problemas.
Córdoba, julio 2009
Física Universitaria
iii
iv
Física Universitaria
A Estela y Olga
Desde la infancia he sido criado en el estudio de las
letras y, como quiera que me aseguraban que por medio
de éstas se podía adquirir un conocimiento claro y
seguro de todo aquello que es útil para la vida, yo tenía
un vivísimo deseo de aprenderlas. Pero cuando acabé el
curso de los estudios, al finalizar los cuáles es costumbre
ser admitido en la jerarquía de los doctos, cambié
enteramente de opinión. Por que me encontraba turbado
y confuso entre tantas dudas y errores que me parecía no
haber obtenido otro provecho, al procurar instruirme,
que el descubrir cada vez mejor mi ignorancia.
RENÉ DESCARTES (1596-1650)
El Discurso del Método.
Física Universitaria
v
vi
Física Universitaria
Física Universitaria
Problemas de Física
Física Universitaria
vii
Materias
Los códigos de materias se corresponden con el Índice de Materias de la obra Física
Universitaria, del mismo autor.
M01. Álgebra vectorial.
M02. Vectores deslizantes.
M03. Análisis vectorial.
M04. Cinemática de la partícula.
M05. Cinemática del sólido rígido.
M06. Principios de la Mecánica Clásica. La ley de la inercia.
M07. Segunda y tercera leyes de Newton. Conservación de la cantidad de movimiento.
M08. Las fuerzas de la Naturaleza.
M09. Sistemas de referencia en rotación.
M10. Trabajo y energía.
M11. Conservación de la energía.
M12. Momento angular. Fuerzas centrales.
M13. Movimiento armónico simple.
M15. Superposición de movimientos armónicos simples.
M16. Geometría de masas.
M17. Sistemas de partícilas.
M18. Sistemas de masa variable. El problema de 2-cuerpos.
M19. Colisiones.
M20. Estática del sólido rígido.
M21. Dinámica del sólido rígido.
M22. Trabajo y energía en el movimiento general del sól. ríg.
M24. Dinámica impulsiva del sólido rígido.
M25. La ley de la Gravitación Universal.
M27. Elementos de elasticidad.
M29. Estática de los fluidos.
M31. Cinemática de los fluidos.
M32. Dinámica de los fluidos ideales.
M33. Dinámica de los fluidos reales.
M34. Flujo viscoso.
M35. Ondas mecánicas.
T00. Termodinámica.
E01. Campo eléctrico.
E02. Capacidad eléctrica.
E03. Corriente continua.
E04. Campo magnético
E05. Inducción magnética.
E06. Corriente alterna.
viii
Física Universitaria
Física Universitaria: Problemas de Física
Vectores. M01.1
1. Consideremos el vector A y la dirección definida por el vector B. Descompongamos el vector A en dos: uno
paralelo y otro perpendicular a la dirección del vector B. Demostrar que los vectores componentes de A son
(AB/$)eB y (Bu(AuB)/$2.
El vector A tiene como componentes los vectores A1 y A2, tal como se indica en la figura.
El módulo de la componente del vector A en la dirección del vector B es la proyección de A
sobre B, de modo que lo obtenemos multiplicando escalarmente A por el versor en la
dirección de B; esto es,
A1 A ¸ eB A ¸
B
B
A
De modo que el vector A1 viene expresado por
A2
B¬
A1 A ¸ ­­­eB
B ®
A1
B
En cuanto a la componente A2, de la definición del producto vectorial se sigue la expresión
del módulo de A2; esto es,
A q B AB sen R B A sen R BA2
l
A2 AqB
B
Puesto que la dirección del producto vectorial AuB es normal al plano del papel y entrante, la
del producto Bu(AuB) será la del vector A2, de modo que este vector vendrá dado por
A 2 eB q
AqB
Bq AqB
B
B2
-1-
Física Universitaria: Problemas de Física
Vectores. M01.2
2. Hallar el vector que representa la superficie del triángulo determinado por los vectores
A 5i 8 j 9k y B 6i j 5k concurrentes en un punto dado.
El vector que define la superficie del triángulo formado
S
por los dos vectores viene dado por la mitad de su
producto vectorial. En consecuencia, el vector S es un
vector normal (perpendicular al plano) determinado por
los vectores A y B, y su módulo vale 12 A B sen R , siendo
el ángulo que forman entre sí los vectores dados, y su
sentido viene determinado por la regla de la mano
derecha.
Analíticamente, tenemos
5¬ 6¬
49 ¬­ 24.5 ¬­
1
1 ­­ ­­ 1
­
­
S A q B 8 ­­q1­­ 29­­ 14.5­­
2
2 9 ­­ 5 ­­ 2 53 ­­ 26.5 ­­
® ®
®
®
Y su módulo (superficie del triángulo) es
S 24.52
14.52
-2-
26.52 38.9
B
A
Física Universitaria: Problemas de Física
Vectores deslizantes. M02.1
1. El módulo de la resultante de un sistema de vectores es R = 6, el invariante escalar del sistema es M$R = 30
y las ecuaciones del eje central del sistema son 2x = y = 2z. Hallar: a) el momento mínimo; b) la resultante;
c) el momento respecto al origen; d) el momento con respecto al punto (2, 1, 0).
El eje central del sistema de vectores pasa por el origen de coordenadas (0,0,0) y sus
ecuaciones pueden expresarse en la forma:
x y z
2x y 2z o
,
1 2 1
Eje
R
central por lo que su versor director es
§1·
1 ¨ ¸
e
2
6 ¨¨ ¸¸
1
© ¹
a) El momento mínimo es igual a la proyección sobre el eje
central del momento en cualquier punto del espacio; esto es,
M0
M mín
M <R
R
30
6
5 o M mín
M mín e
§1·
5 ¨ ¸
2
6 ¨¨ ¸¸
1
© ¹
b) La dirección de la resultante es la del eje central: esto es,
§1·
§1·
6 ¨ ¸
¨ ¸
R Re
2
6 ¨ 2¸
6 ¨¨ ¸¸
¨1¸
©1¹
© ¹
c) Dado que el origen de coordenadas pertenece al eje central, será
§1·
5 6¨ ¸
2
6 ¨¨ ¸¸
©1¹
d) Aplicamos la fórmula de cambio de momentos:
M0
MP
JJJG
M O PO u R
M mín
§ 1 · § 2 ·
§1·
5 6¨ ¸ ¨ ¸
¨ ¸
2 ¸ ¨ 1 ¸ u 6 ¨ 2 ¸
¨
6 ¨ ¸ ¨ ¸
¨1¸
©1¹ © 0 ¹
© ¹
-3-
§1·
§ 1 ·
5 6¨ ¸ 6 6¨ ¸
2 2
6 ¨¨ ¸¸
6 ¨¨ ¸¸
1
© ¹
© 3¹
§ 1 ·
6¨
¸
22 ¸
¨
6 ¨
¸
© 13 ¹
Física Universitaria: Problemas de Física
Vectores deslizantes. M02.2
2. Un sistema de vectores deslizantes es tal que en el origen el momento resultante es nulo y en los puntos
A(1,0,0) y B(0,1,0) los momentos son MA = aj + k y MB = i + b j - k, respectivamente. Determinar: a) Los
valores de a y b en las expresiones de los momentos. b) La resultante del sistema. c) El eje central. d) Si
estuviésemos describiendo con este ejercicio el movimiento de un sólido rígido, escriba de nuevo el
enunciado del problema.
a) y b) Sea R = (li + mj + nk) la resultante del sistema. Relacionamos los momentos en A y B
con el momento en O:
­
°
°M A
°°
®
°
°M
° B
¯°
§0·
JJJG
¨ ¸
M O AO u R o ¨ a ¸
¨1¸
© ¹
§1·
JJJG
¨ ¸
BO
uR o ¨ b ¸
MO ¨ 1¸
© ¹
§ 1· § l ·
¨ ¸ ¨ ¸
¨ 0 ¸u¨m¸
¨ 0 ¸ ¨n¸
© ¹ © ¹
§0· §l·
¨ ¸ ¨ ¸
¨ 1¸ u ¨ m ¸
¨ 0 ¸ ¨n¸
© ¹ © ¹
§ 0 ·
­a n
­a
¨
¸
°b
¨ n ¸ o ®m 1
¯
¨ m ¸
°°
©
¹
o ®l
§ n ·
­ n 1
°m
°
¨ ¸
°
0
0
o
b
®
¨ ¸
°̄n
°l 1
¨ l ¸
© ¹
¯
1
0
1
1
1
de modo que
§0·
§1·
§ 1·
¨ ¸
¨ ¸
¨ ¸
M A ¨ 1¸
MB ¨ 0 ¸
R ¨ 1¸
¨1¸
¨ 1¸
¨ 1¸
© ¹
© ¹
© ¹
c) Puesto que el momento en el origen es nulo, el eje central pasa por el origen de
coordenadas y tiene la dirección de la resultante R, de modo que viene dado por las
ecuaciones:
x
y
z
o x y z
1 1 1
d) Un sólido rígido tiene un movimiento tal que, en un instante dado, las velocidades de tres
de sus puntos... ... a) ... b) La rotación resultante. c) El eje instantáneo de rotación y
deslizamiento.
-4-
Física Universitaria: Problemas de Física
Vectores deslizantes. M02.3
z
3. Dado el sistema de vectores deslizantes de la figura, determinar: a) Los invariantes del
sistema. b) El eje central. c) El momento respecto al eje Oy. d) Un sistema equivalente al
1
anterior formado por dos vectores tales que la recta de acción de uno de ellos sea el eje v2
1
Oy.
v1
1
y
x
a) Los invariantes del sistema son:
­V1 =(0 1 0)
®
¯V2 =(0 0 1)
MO
P1 =(0,0,1)
P2 =(1,0,0)
JJJG
JJJG
OP1 u V1 OP 2 u V2
jk
R
§0· §0· §1· §0·
¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸
¨0¸ u ¨1¸ ¨0¸ u ¨0¸
¨1¸ ¨0¸ ¨0¸ ¨1¸
© ¹ © ¹ © ¹ © ¹
z
§ 1·
¨ ¸
¨ 1¸
¨0¸
© ¹
EC
v1
v2
y
§ 0 · § 1 ·
¨ ¸¨ ¸
R M O ¨ 1 ¸<¨ 1¸ 1 R < M O 1
x
¨1¸ ¨ 0 ¸
© ¹© ¹
b) Obtenemos la ecuación del eje central determinando el vector de posición de un punto E
que pertenece a dicho eje:
JJJG
OE
R u MO
R2
§ 0 · § 1 ·
1¨ ¸ ¨ ¸
1 u 1
2 ¨¨ ¸¸ ¨¨ ¸¸
©1¹ © 0 ¹
§1·
1¨ ¸
1
2 ¨¨ ¸¸
©1¹
§ 1/ 2 ·
¨
¸
¨ 1/ 2 ¸
¨ 1/ 2 ¸
©
¹
y la ecuación del eje es:
x xE
Rx
y yE
Ry
z zE
Rz
x 1/ 2
0
y 1/ 2
1
z 1/ 2
1
­ x 1/ 2
®
¯z 1 y
c) El momento respecto a un eje es la proyección sobre el eje del momento respecto a un
punto cualquiera de ese eje.
§ 1· § 0 ·
¨ ¸¨ ¸
M yy M O j ¨ 1¸<¨ 1 ¸ 1 M yy j
¨ 0 ¸ ¨0¸
© ¹© ¹
d) Sea A el vector cuya recta de acción es el eje Oy. Dado que R=A+B, el nuevo sistema será:
­ A (0 O 0)
®
¯B R A (0 1-O 1)
PA
(0, 0, 0)
PB
( x, y , z )
El momento en cualquier punto debe ser el mismo para los dos sistemas
MO
§ x · § 0 · § y (1 O ) z · § 1·
¨ ¸ ¨
¸ ¨
¸ ¨ ¸
x
¨ y ¸ u ¨1 O ¸ ¨
¸ ¨ 1¸
¨ z ¸ ¨ 1 ¸ ¨ (1 O ) x ¸ ¨ 0 ¸
© ¹ ©
¹ ©
¹ © ¹
1
­O 1
­ A j (0, 0, 0)
°
®x 1
®
¯B k (1, 1, 0)
¯° y 1
JJJG
JJJG
OP A u A OP B u B
­ y (1 O ) z
°
® x 1
¯°(1 O ) x 0
-5-
Física Universitaria: Problemas de Física
Vectores deslizantes. M02.4
4. Sean dos sistemas de vectores deslizantes definidos por sus torsores {R;M} respectivos:
²
£0¬ 0¬¦
²
¦£¦1¬­ 2¬­¦
¦
¦¦ ­­ ­­¦¦
­­ ­­¦¦
­
­
2
,
4
P
1,
0,
0
1
,
3
T1 ¦
T
¤ ­­ ­­» 1
¤ ­­ ­­» P2 0,1, 0
2
¦¦ ­ ­¦¦
¦¦ ­ ­¦¦
1
2
¦
¦1® 3®¼
¦
¥¦ ® ®¼
¥
a) Reducir cada uno de los sistemas al origen de coordenadas. b) Obtener la resultante y el momento resultante
del sistema total. c) Determinar el eje central del sistema total. d) Obtener el torsor resultante.
El torsor de un sistema de vectores deslizantes queda definido por su resultante R y su
momento resultante M con respecto a un punto P del eje central del sistema (reducción
canónica).
a) La resultante Ri de cada sistema es invariante; el
momento resultante Mi cambia al pasar a otro punto de
{T1}
reducción. Reducimos los sistemas al origen de
R1
coordenadas:
{T2}
¬
¬ ¬ ¬ ¬
M1
JJJG
1­­
2­­ 1­­ 1­­ 2­­
­
­
­
­
­
R2
R1 2­ M1,O M1,P1 OP1 q R1 4­ 0­q2­ 3­
P1
P2
1­­
2­­ 0­­ 1­­ 4­­
®
® ® ® ®
M2
R
0­¬
¬
¬
¬
¬
M
O
JJJG
­
0­­ 0­­ 0­­ 1­­
R 2 1­­ M 2,O M 2,P2 OP2 q R 2 3­­ 1­­q1­­ 3­­
­
­
­
­
­
1­®
3­® 0®­ 1®­ 3®­
b) La resultante R y el momento resultante MO del sistema total de vectores en el origen de
coordenadas es la suma de las resultantes y momentos resultantes de cada uno de los sistemas:
1­¬ 0­¬ 1­¬
2¬­ 1¬­ 3­¬
­ ­ ­
­ ­ ­
­
­
­
R R1 R 2 2­ 1­ 3­
M O M1,O M 2,O 3­­ 3­­ 6­­
R 14
­
­
­
­
­
­
1­® 1­® 2­®
4®­ 3®­ 7­®
c) Determinamos un punto P del eje central del sistema total y la ecuación de su eje central:
1¬ 3¬
9¬
JJG R q M
14 x 9 14 y 1 14 z 3
1 ­­­ ­­­ 1 ­­­
O
3­q6­ 1­
OP 2
­
­
­
1
3
2
R
14 2­ 7­ 14 3­
® ®
®
d) Proyectamos el momento MO sobre la resultante R para obtener el momento mínimo:
3¬ 1¬
1¬
1¬
M 0 < R 1 ­­­ ­­­
R
35
35 1 ­­­ 5 ­­­
M mín M mín M mín 6­<3­ 3­ 3­
R
R
14 7­­® 2­­®
14
14 14 2­­® 2 2­­®
De modo que el torsor resultante es
£¦1¬ 1¬¦²
¦ ­­ 5 ­­¦¦
T ¦
¤3­­­ , 3­­­»
¦¦¦2®­ 2 2®­¦¦¦
¥
¼
9
1
3¬
P , , ­­­
14 14 14 ®
-6-
Física Universitaria: Problemas de Física
1. Sea el campo vectorial: A 12x 2 z
Análisis vectorial. M03.1
3y 2 i
4x3k . a) Demostrar que es conservativo.
6xyj
b) Calcular su circulación entre los puntos (0,0,0) y (2,-1,3).
a) Calculamos el rotacional del campo vectorial
¬­ 0¬
0
s sx­¬ 12 x 2 z 3 y 2 ­¬
­
­
­­­ 12 x 2 12 x 2 ­­­ 0­­­ 0
6 xy
q A s sy­­q
­
­
­­ 6 y 6 y ­­ 0­­
s sz ­­
®
4 x3
®
® ®
Puesto que el campo vectorial es irrotacional, podemos asegurar que es conservativo.
b) Calculamos la circulación pedida:
(2,1,3)
¨
2
A<dr ¨ 12 x 2 z
0
(0,0,0)
2
¨ 0 dx
0
¨
¨
3 y 2 dx
1
0
y 0
z 0
1
¨
12 y dy
0
0
3
32 dz 0
6 xy dy
z
(x,y,z)
(0,0,0)
y
x
-7-
0
x 2
z 0
6 y2
¨
1
0
3
3
4 x 3 dz x 2
y 1
32 z 0 6
96 102
Física Universitaria: Problemas de Física
Análisis vectorial. M03.2
2. Consideremos el campo vectorial A y i
z j x k . a) ¿Es conservativo? Si lo fuese, determínese su
función potencial. b) Calcular la circulación del campo vectorial entre los puntos (2,0,0) y (0,2,2S) a lo largo
de la curva definida por sus ecuaciones paramétricas x = 2 cos T , y = 2 sen T , z = 4 T.
a) La condición necesaria y suficiente para que un campo vectorial sea conservativo es que
sea irrotacional:
s / sx­¬ y ¬­ 1¬­
­ ­ ­
rot A q A s / sy­­q z ­­ 1­­ v 0
­
­
­
s / sz ­® x ®­ 1®­
de modo que es rotacional y, por ende, no es conservativo.
b) El valor del campo en los puntos de la curva es A 2sen R i
4j
El vector desplazamiento infinitesimal (dr) sobre la curva dada es:
£dx 2sen R dR
¦£¦ x 2 cos R
¦
¦¤ y 2sen R l ¦
¦
l dr 2senR i
¤dy 2 cos R dR
¦¦
¦
¦
z
4
R
d
z
4
d
R
¦
¥¦
¥
2 cos R k
2 cos R j
4 k dR
De modo que:
A ¸ dr 2sen R i
4j
2 cos R k ¸ 2senR i
2 cos R j
4 k 4sen 2 R
8R cos R
8cos R
Los ángulos T correspondientes a los puntos inicial y final sobre la cuva son:
P1 (2, 0, 0) :
z1 0
l 4R1 0
l R1 0
P2 (0, 2, 2Q ) : z2 2Q l 4R2 2Q l R2 Q
2
La circulación será 1:
¨
2
1,C
A ¸ dr ¨
2 ¡¢R
Q
1
0
Q
2
4sen 2 R
Q
2
sen R cos R ¯°±
0
4Q 8 8 3Q
8R cos R
8 ¡¢R sen R
8cos R dR Q
2
cos R ¯°±
0
Q
2
8 ¡¢sen R ¯°± 0
Hemos tenido en cuenta:
¨ sen
2
R dR R sen R cos R 1
2 R 14 sen 2R
2
¨ R cos R dR R sen R
-8-
cos R
¨ cos R dR sen R
Física Universitaria: Problemas de Física
3. Sea el campo vectorial A 2 xy
Análisis vectorial. M03.3
z2 i
x2 j
2 yz
2 zx
y 2 k . a) Averiguar si este campo es
conservativo y, si lo fuese, determinar la función potencial correspondiente. b) En cualquier caso, calcular la
circulación de este campo vectorial entre los puntos (0,0,0) y (1,2,3) a lo largo de la recta que los une.
a) La condición necesaria y suficiente para que un
sea irrotacional; i.e. que su rotacional sea nulo:
s / sx¬­ 2 xy
­
q A rot A s / sy­­q2 yz
­
s / sz ­® 2 zx
campo vectorial sea conservativo es que
z 2 ¬­ 2 y 2 y¬­
­
­
x 2 ­­­ 2 z 2 z ­­ 0
­
­
y 2 ®­­ 2 x 2 x ®­
Puesto que el campo es irrotacional, es conservativo.
Calculamos la función potencial asociada al campo vectorial:
( x, y, z )
G x, y , z ¨
(0,0,0)
x
¨ 0 dx
0
x
A<dr ¨
2 xy
¨
z 2 dx
0
y 0
z 0
¨
y
0
x 2 dy
0
¨
z
2 zx
0
y
2 yz
¨
x 2 dy
x x
z 0
y 2 dz x 2 y
z
0
y2 z
z2 x
2 zx
y 2 dz x x
y y
G0
De modo que
G ( x, y , z ) x 2 y
y2 z
z2 x
G0
z
b) Calculamos la circulación entre los dos puntos dados como
la diferencia de valores que toma la función potencial en esos
dos puntos:
¨
1,2,3
0,0,0
A ¸ d r G 1, 2,3 G 0, 0, 0 23 0 23
(x,y,z)
(0,0,0)
x
-9-
y
Física Universitaria: Problemas de Física
Análisis vectorial. M03.4
4. Sea el campo vectorial A = (x + yz) i +( y + xz) j + (z + xy) k.. a) Demostrar que es un campo de potencial.
b) Obtener su función potencial. c) Calcular la circulación del campo vectorial entre los puntos de
coordenadas (3,0,0) y (0,3,0) a lo largo del arco de circunferencia determinado por esos dos puntos y que
tiene su centro en el origen de coordenadas. d) Calcular la divergencia del campo vectorial en el origen de
coordenadas. e) Utilizando el teorema de Gauss, calcular el flujo del campo vectorial a través de una esfera
de radio 3 unidades centrada en (0,0,0).
a) Calculamos el rotacional del campo:
s / sx¬­ x
­
q A s / sy ­­q y
s / sz ­­® z
yz ¬­ x x ¬­
­
­
xz ­­ y y ­­ 0
­­
­
xy ® z z ®­
por tanto, por ser irrotacional, es conservativo.
b) Para obtener la función potencial calculamos la circulación del campo entre el origen de
coordenadas (0,0,0) y un punto genérico (x,y,z) a lo largo de tres tramos rectilíneos en las
direcciones de los ejes coordenados respectivos.
( x, y, z )
G G0 ¨
(0,0,0)
A ¸ dr ¨
x
(x
yz ) dx
0£¦
¦ y0
¤
¦¦ z0
¦¥
De este modo que
1
G ( x 2 y 2 z 2 ) xyz G0
2
c) Calculamos la circulación entre los dos puntos dados como la diferencia de valores que
toma la función en esos dos puntos:
¨
0,3,0
3,0,0
A ¸ d r G 0,3, 0 G 3, 0, 0 0
d) La divergencia vale
¸ A sAy
sAx
sx
sy
sAz
1 1 1 3
sz
en todos los puntos del espacio.
e) Teorema de Gauss:
'¨
v A ¸ dS ¨ (¸ A) dV ¨ 3 dV 3 V
S
V
V
y por tratarse de una superficie esférica de 3 unidades de radio, será:
4
' 3 q Q R 3 4Q R 3 4Q33 339.3 (unid. de flujo)
3
- 10 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Análisis vectorial. M03.5
5. Consideremos el campo vectorial A 2 x
yz i
2y
xz j
2z
xy k . a) ¿Es conservativo? Si lo
fuese, determínese su función potencial. b) Calcular la circulación del campo vectorial entre los puntos
(2,0,0) y (0,2,2S) a lo largo de la a lo largo de la recta que los une.
a) La condición necesaria y suficiente para que un campo vectorial sea conservativo es que
sea irrotacional:
¬
¬ ¬
s / sx­­ 2 x yz ­­ 0­­
­
­
rot A q A s / sy ­q2 y xz ­ 0­­ 0
­
­
­
s / sz ®­ 2 z xy ®­ 0®­
de modo que es irrotacional y, por ende, es conservativo.
Calculamos la función potencial:
( x, y, z )
¨
G x, y , z (0,0,0)
A<dr ¨
x
2x
¨
yz dx
0
y 0
z 0
x
¨ 2 xdx
¨
0
2y
0
y
¨
2 ydy
0
De modo que G( x, y, z ) x 2
y
z
y2
z2
z
y2
z2
xy dz 2z
0
x x
z 0
xy dz x 2
2z
0
¨
xz dy
x x
y y
G0
xyz
G0
xyz
b) Calculamos la circulación entre los dos puntos dados como la diferencia de valores que
toma la función en esos dos puntos:
¨
0,2,2 Q
A ¸ d r G 0, 2, 2Q G 2, 0, 0 4
2,0,0
4Q 2 4 4Q 2
Otro método
Por ser conservativo, la circulación entre dos puntos es independiente del camino que
sigamos. Para mayor simplicidad, calculamos la circulación entre los puntos (2,0,0) y (0,2,2S)
a lo largo de la línea quebrada que se indica en la figura:
(0,2,2 Q )
¨
(2,0,0)
0
A<dr ¨
¨ 2 xdx
2
0
2x
yz dx
2
y 0
z 0
¨
0
2
2 ydy
¨
2
2y
0
¨
2Q
0
0
x0
z 0
2 zdz x 2
0
2
2Q
¨
xz dy
y2
z
2
0
z2
2Q
4
0
(0,2,2)
x=0
z=0
x
(2,0,0)
- 11 -
xy dz x0
y2
x=0
y=2
y=0
z=0
2z
y
4
4Q 2 4Q 2
Física Universitaria: Problemas de Física
Análisis vectorial. M03.6
z
6. En un sistema de coordenadas cartesianas, el campo
vectorial A es perpendicular al eje z y dirigido hacia dicho
eje en todo punto del espacio. El módulo del vector A en
un punto cualquiera es inversamente proporcional al cubo
de la distancia del punto al eje z. a) Expresar el campo
vectorial A en coordenadas cartesianas. b) Demostrar que
tiene función potencial. c) Determinar la función potencial.
d) Describir la forma de las superficies equipotenciales.
O’
er A
P’(x,y,z)
O
er
A
y
P(x,y,0)
x
a) Puesto que el campo tiene simetría cilíndrica,
podemos “reducirlo” a un campo vectorial plano, contenido en el plano xy o plano z = 0, tal
como se indica en la figura. La distancia del punto genérico P(x,y,0) al eje z y el versor e r en
la dirección radial vienen dados por
JJG
xi y j
E 2 x2 y 2 l E x2 y 2
OP x i y j Ee r l e r x2 y2
¬­
k
k JJG
k
kx
ky
­­
j
i
j
x
y
A( x, y ) 3 e r 4 OP i
­
2
2
2 2
2 2
2
2 2 ­
E
E
x
y
y
x
y
x
®­
b) Puesto que se trata de un campo vectorial central, podemos afirmar que es irrotacional y
que, consecuentemente, tendrá función. A pesar de ello, comprobaremos que es irrotacional:
¬
¬
¬
0
­­­
s / sx­­ Ax ( x, y )­­
­ 0
0
q A s / sy­­q Ay ( x, y )­­­
­­
­
s / sz ­® 0 ®­­ sA sx sA sy ­­­
y
x
®
£
¦¦ sAy
2ky x 2 y 2 2 x 4kxy x 2 y 2
ky
4kxy
¦
3
¦
2
2 2
2
2 4
2
2 4
2
¦
x
s
x
y
x
y
x
y
x
y2
¦
¦
Ya que ¤
¦
2kx x 2 y 2 2 y 4kxy x 2 y 2
¦
sAx
4kxy
kx
¦
¦
2
4
4
3
¦
2
2
2
2
2
2
2
sy
¦
x
y
x
y
x
y
x
y2
¦
¥
Por consiguiente, el campo es irrotacional y existe una función potencial asociada al mismo.
c) Puesto que el campo vectorial se anula en los puntos
infinitamente alejados del eje, tomaremos el nivel de
potencial nulo en el infinito y realizamos la integración a
z
lo largo de una recta radial:
E
E
G E ¨ A<dr ¨
d
d
E
k
k
k
e r <dr ¨ 3 dE 2
E3
E
2
E
d
x
De modo que
G ( x, y , z ) k
2 x
O
2
y
e
y
P(x,y,0)
d
2
d) El potencial será el mismo en todos los puntos equidistantes del eje z; por consiguiente, las
superficies equipotenciales consisten en superficies cilíndricas que tienen al eje z como eje
de revolución.
- 12 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.1
1. El maquinista de un tren expreso que circula con una velocidad v1 observa a una distancia d el furgón de
cola de un tren de mercancías que marcha por delante del expreso, sobre la misma vía y en el mismo
sentido, con una velocidad v2, menor que la del expreso. El maquinista del expreso aplica inmediatamente
los frenos, produciéndose una desaceleración constante a, mientras que el tren de mercancías continúa su
marcha a velocidad constante. Determinar el menor valor de la desaceleración para que pueda evitarse la
colisión.
Escribimos las ecuaciones horarias o temporales del movimiento de cada uno de los dos
móviles intervinientes, conforme a la notación indicada en el esquema adjunto:
1
­
x1 v1t at 2
° expreso
2
®
expreso
° mercancías x2 d v2 t
d
¯
En un diagrama espacio-tiempo (x,t), estas funciones están representadas por una parábola y
una recta, respectivamente, como se indica en
la figura. Resolviendo el sistema de las dos
x
movimiento
ecuaciones, determinamos si en algún instante
uniforme del
coinciden en el mismo lugar la máquina del
mercancías
expreso con el furgón de cola del mercancías;
esto es,
1
v1t at 2 d v2 t o
2
desaceleracion
2
crítica
at 2 v1 v2 t 2d 0
a
v1
v2
mercancías
x
movimiento
del expreso
Esta ecuación de segundo grado tiene como
soluciones o raíces
t
t
v1 v2 r
v1 v2
2
2ad
a
Esto es, una, dos o ninguna solución. dependiendo del valor del discriminante
2
v1 v2 2ad :
Si >0 : v1 v2
2
Si =0 : v1 v2
2
Si <0 : v1 v2
2
! 2ad
2ad
2ad
o a
o a
o
a!
v1 v2
2
, dos soluciones reales distintas. Hay colisión.
2d
v1 v2
2
, dos soluciones reales iguales. Hay contacto.
2d
v1 v2
2d
2
, no hay solución real. No hay colisión.
Otro método: Movimiento relativo. Describimos el movimiento del expreso en el referencial del mercancías, de
modo que su velocidad es v12 v1 v2 . Para evitar la colisión, la velocidad relativa deberá anularse antes de
que el expreso recorra la distancia d que le separa del mercancías: i.e.,
2
vrel
v122 2ad
0 o a
- 13 -
v122
2d
v1 v2
2d
2
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.2
2. Después de parar el motor de una canoa, ésta tiene una aceleración en sentido opuesto a su velocidad y
directamente proporcional al cuadrado de ésta. a) Expresar la velocidad de la canoa en función del tiempo.
b) Ídem la distancia recorrida al cabo de un tiempo t. c) Ídem la velocidad de la canoa después de haber
recorrido una distancia x. d) Supongamos que cuando se para el motor la velocidad de la canoa era de
20 m/s y que 15 s después dicha velocidad se haya reducido a la mitad. Determinar el valor de la constante
de proporcionalidad que aparece en la definición de la aceleración.
De acuerdo con el enunciado, la aceleración
a v
a0 v
0
viene dada en función de la velocidad mediante
la expresión a kv 2 , por lo que se trata de un
t
t0
movimiento rectilíneo variado general; i.e., no se
x
trata de un movimiento rectilíneo uniformemente
acelerado, ya que la aceleración no es constante
a) A partir de la definición de la aceleración y mediante integración obtenemos la velocidad
en función del tiempo:
dv
dt
a
kv 2
o
dv
³v0 v2
v
v
t
ª1º
k ³ dt o « »
0
¬ v ¼ v0
kt o
1
v
1
kt
v0
b) Del mismo modo, a partir de la definición de la velocidad y mediante integración,
obtenemos la posición o distancia recorrida en función del tiempo:
dx
dt
dt
v o
dx
1
v
1
kt o
v0
³
0
t
x
1 du
k³ u
1
ln u
k
x
·º
1ª § 1
« ln ¨ kt ¸ »
k ¬ © v0
¹¼0
dx
t
dt
0
1
kt
v0
³
1
kt
1 v0
ln
1
k
v0
1
­
kt
°u
v0
®
°du kdt
¯
1
ln 1 kv0 t
k
c) De nuevo, a partir de la definición de la aceleración y mediante integración obtenemos la
velocidad en función del espacio recorrido:
v dv
x
v
dv d x
dv
a
v
kv 2 o ³
k ³ dx o ln
kt o v v0 e kt
0
v0 v
v0
dx dt
dx
d) A partir de la expresión de la velocidad en función del tiempo, obtenida en el primer
apartado, despejamos la constante de proporcionalidad k y determinamos su valor:
1 1
1 1
1
v
v0
1 1
1
10
20
20
kt o k
0.003 m -1
v v0
t
15
15
300
- 14 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.3
3. La velocidad de un vehículo quitanieves es inversamente proporcional al tiempo transcurrido desde que
comenzó a nevar. Transcurrido un cierto tiempo, t0, a partir del instante en que empezó a nevar, el vehículo
se pone en marcha y recorre 2 km en la primera hora y 1 km en la segunda. a) Determinar la ecuación del
movimiento del vehículo, i.e., x(t). b) Calcular el valor de t0 y el de la constante de proporcionalidad.
c) ¿Qué distancia recorrerá el vehículo durante la tercera hora de funcionamiento?
a) Aplicamos la definición de velocidad e integramos para obtener la distancia al origen (x) en
función del tiempo:
dx
dt
k
t
v
o
³
x
0
k³
dx
t
t0
dt
t
o
x
k ln
t
t0
b) Sustituimos en esta expresión los datos que nos proporciona el enunciado, expresando las
distancias en kilómetros (km) y los tiempos en horas (h):
­
°t1
°
®
°t
°̄ 2
t0 1 o x1
2 o k ln
t0 2 o x2
t0 1
t0
t0 1
t0
t0 2
ln
t0
2
ln
o (y)
t 2
3 o k ln 0
t0
3
2
3
Desarrollamos la ecuación anterior
3
2
§ t 1 · § t0 2 ·
t0 2
o ¨ 0
¸ ¨
¸ o
t0
© t0 ¹ © t0 ¹
t03 3t02 3t0 1 t03 4t02 4t0 o t02 t0 1 0
3ln
t0 1
t0
2 ln
? t0
1 r 1 4
2
1 r 5
2
t0 1
3
t0 t 0 2
2
o
­ 1 5
0.618 h
°
° 2
®
° 1 5 0
°̄ 2
Ahora determinamos el valor de la constante k:
x
k ln
t
t0
o k
x
t
ln
t0
x1
t0 1
ln
t0
2
1.618
ln
0.618
2.078 km o
x
2.078ln
t
0.618
c) Utilizamos la expresión anterior para determinar la posición de la máquina quitanieves en
el instante t3 = t0+3 y el recorrido durante la tercera hora de funcionamiento:
3.618
x3 2.078ln
3.672 km o x3 x3 x2 0.672 km
0.618
t=
t0
t0+1
t0+2
x=
0
2 km
3 km
2 km
1 km
- 15 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.4
4. Un transbordador navega en línea recta con una velocidad constante v0 = 8 m/s durante 60 s. A continuación,
detiene sus motores; entonces, su velocidad viene dada en función del tiempo por la expresión
v
v0 t12 / t 2 , siendo t1 = 60 s. ¿Cuál es el desplazamiento del transbordador en el intervalo 0 t f ?
El espacio recorrido con velocidad constante hasta el instante t1 = 60 s es
x1 v0 t1 8 u 60 480 m
A partir de ese instante, la velocidad va disminuyendo, por lo que obtendremos el recorrido
mediante una integración:
v
v0 t12
t2
dx
dt
o dx
v0 t12
dt o
t2
f
xf x1
v0 t12 1
t t1
³
xf
x1
dx
§1 1·
v0 t12 ¨ ¸
© t1 f ¹
v0 t12 ³
f
t1
dt
t2
v0 t1
de modo que el desplazamiento total en el intervalo 0 t f es
xf x1 v0 t1 v0 t1 v0 t1 2v0 t1 960 m
8 m/s
960 m
480 m
x
v
60 s
- 16 -
120 s
t
o
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.5
5. El bloque de la figura está unido al extremo un hilo inextensible que pasa por una polea B. Para acercar el
bloque masa hacia sí, un operario hace descender el extremo A del hilo con una velocidad constante de
1 m/s. Calcular la velocidad y la aceleración que tendrá la masa cuando pase por el punto C, indicado en la
figura, situado a 8 m del operario.
Consideramos el sistema de ejes de la figura y establecemos
la relación existente entre la distancia l y la distancia x:
l2 = x2 + 62
y la derivamos respecto al tiempo
dl
dx
dl
dx
2l
2x
l
x
dt
dt
dt
dt
Así, cuando x = 8 m y teniendo en cuenta que dl/dt es la
velocidad de decrecimiento de la longitud l, que coincide
con la velocidad con que desciende el extremo A del hilo
y
6m
l
x
x
(i.e., dl/dt = - 1 m/s), se obtiene
dx
dt
l dl
x dt
82 6 2
5
1 m/s = - 1.25 m/s
8
4
Derivamos de nuevo
2
d2l
§ dl ·
¨ ¸ l 2
dt
© dt ¹
y teniendo en cuenta que
d2l
d t2
2
d2 x
§dx·
¨
¸ x 2
dt
© dt ¹
0 y que para x = 8 m es
dx
dt
5
m/s , después de despejar se
4
obtiene
d2 x
d t2
2
2
1 ª§ d l · § d x · º
«¨ ¸ ¨
¸ »
x ¬«© d t ¹ © d t ¹ ¼»
1 ª 2 25 º
1 »
8 «¬
16 ¼
- 17 -
9
m/s 2
128
0.0703 m/s 2
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.6
6. Si el cuerpo A de la figura se mueve hacia la izquierda con una celeridad de
6 m/s, determinar la celeridad del cuerpo B. Además, si la celeridad del cuerpo A
disminuye a razón de 1 m/s2, determinar la aceleración del cuerpo B.
A
B
Establecemos la condición de que la longitud de la cuerda permanece constante, adoptando el
convenio de signos que se indica en la figura,
4 xA 2 xB cte.
y la derivamos con respecto al tiempo
4 xA 2 xB 0 o xB 2 xA
o vB
2vA
2 u 6
12 m/s
de modo que el cuerpo B se mueve hacia la izquierda (al contrario de lo indicado en la figura).
Derivamos de nuevo con respecto al tiempo para obtener las aceleraciones:
4 xA 2 xB
0 o xB
2 xA
o aB
2aA
2 u (1)
2 m/s 2
de modo que el cuerpo B presenta una aceleración en sentido contrario a su velocidad, por lo
que ésta disminuye.
En la figura adjunta se indican los sentidos reales de las velocidades y aceleraciones.
vA, aA
vB, aB
A
B
O
xA
- 18 -
xB
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.7
7. La deslizadera A se mueve hacia la derecha, por la guía rectilínea horizontal, con una velocidad vA
constante. La deslizadera A está unida al bloque B mediante un hilo inextensible que pasa por una polea en
C. Calcular velocidad y aceleración del bloque B en función de la distancia x que se indica en la figura.
Sea L la longitud del hilo. Escribimos la condición
geométrica de ligadura:
L
x h s
2
h
y la derivamos con respecto al tiempo:
2 xx
x
s 0 o s vB vA
2
2
2
2 x h
x h2
Para obtener la aceleración tangencial del bloque B
debemos derivar de nuevo con respecto al tiempo:
x x 2 h 2 x
at
s x h
2
A
x
2
C
s
B
T
O
xx
x h
2
2
2
vA
x 2 x x ( x 2 h 2 )
vA
( x 2 h 2 )3 / 2
La aceleración normal del bloque B será:
an
vB2
R
x 2 vA2
x2 h2 R
- 19 -
h 2 vA2
( x h 2 )3 / 2
2
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.8
8. Sobre un terreno horizontal, lanzamos una pelota, verticalmente hacia arriba, con una velocidad inicial de
10 m/s. El viento ejerce sobre la pelota una fuerza horizontal igual a la quinta parte de su peso. a) Calcular
la altura máxima que alcanza la pelota y su velocidad (módulo y dirección) en ese instante. b) Determinar la
distancia entre el impacto en el suelo y el punto de lanzamiento, así como la velocidad de la pelota (módulo
y dirección) en ese instante.
y
6
A
Se trata de la composición de dos movimientos uniformemente acelerados en direcciones perpendiculares
entre sí, cuyas aceleraciones son
v(A)
5
­°ax
®
°̄a y
4
g/5
3
2
v0
0.2 g
g
Mediante dos integraciones sucesivas, obtenemos
g
1
1
B
2
3
4
5
6
v(B)
­
°° x
o®
°y
°̄
1 2
0.1gt 2
ax t
2
x
v0 gt
1
v0 t gt 2
2
a) En el punto más alto de la trayectoria será:
v0
v y (A) 0 o tA
g
­°vx
®
°̄v y
ax t
0.2 gt
La altura máxima alcanzada y la velocidad en ese instante serán:
v02 1 v02
g
g 2 g2
yA
v(A)
v02
2g
v
0.2 g 0
g
vx (A)
102
2 u 9.8
5.10 m
0.2 u 10
0.2v0
2 m/s
b) Cuando la pelota regresa al suelo, será:
y (B)
v0 tB 1 2
gtB
2
0 o tB
2v0
g
El alcance y las componentes de la velocidad en ese instante serán:
xB
0.1g
­
°vx (B)
°
®
°v (B)
°̄ y
4v02
g2
0.4 g
0.2 gtB
v0 gtB
v02
g
0.4
102
9.8
4.08 m
2v0
0.4v0 0.4 u 10 4 m/s
g
2v
v0 g 0 v0 10 m/s
g
0.2 g
El módulo y dirección de dicha velocidad son:
v(B)
42 102
116
10.77 m/s
- 20 -
T
arctg
10
4
arg tg 2.5
68º
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.9
9. Un muchacho que está situado a 4 m de una pared vertical lanza
contra ella una pelota según indica la figura. La pelota sale de su
mano a 2 m por encima del suelo con una velocidad inicial v = (10i +
10j) m/s. Cuando la pelota choca en la pared, se invierte la
componente horizontal de su velocidad mientras que permanece sin
variar su componente vertical. ¿A qué distancia de la pared caerá la
pelota al suelo?
v0
Tomamos un sistema coordenado de referencia con origen en
el punto de lanzamiento de la pelota, como se indica en la
figura. Podemos simplificar la resolución de problema observando que la pared actúa como
un “espejo”, de modo que consideraremos la trayectoria “virtual” que se indica en la figura
inferior. Escribimos las ecuaciones paramétricas del movimiento de la pelota y, a partir de
ellas, eliminando el tiempo, obtenemos la ecuación de la trayectoria:
­
°x
°
®
°y
°̄
x
v0 x
v0 x t o t
v0 y t 12 gt 2
o
y
v0 y
v0 x
x
? y
g 2
x
2v02x
10
9.8 2
x
x
10
2 u 102
La pelota toca el suelo cuando y = -2 m, de modo que
2
x
x 0.049 x 2
o 0.049 x 2 x 2
1 r 1 8 u 0.049
2 u 0.049
1 r 1.1798
0.098
0 o
­22.24 m
®
¯(negativo)
lo que representa una distancia a la pared de
D 22.24 4.00 18.24 m
y
x 0.049 x 2
y
v0
x
D
- 21 -
Trayectoria
virtual
x 0.049 x 2
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.10
10. En un cierto instante la celeridad de una partícula es de 20 m/s y el módulo de su aceleración es 3 m/s2. En
ese instante, los vectores velocidad y aceleración forman entre sí un ángulo de 30º. Determinar la curvatura
y el radio de curvatura de la trayectoria de la partícula en ese instante.
Componentes intrínsecas de la aceleración:
­at a cos T
o ®
¯an a sen T
De la relación existente entre la aceleración centrípeta o
normal y el radio de curvatura, se sigue:
at e t an e n
a
an
v2
U
o U
v2
an
v2
a sen T
Sustituyendo los valores dados en el enunciado:
v2
202
267 m
a sen T 3sen 30º
La curvatura se define como la inversa del radio de curvatura:
1 a sen T 3sen 30º
0.00375 m -1
N
U
v2
202
U
- 22 -
v
at
a
an
C
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.11
11. Una partícula, que se mueve con aceleración constante a = 2 i + 3 j + k (S.I.), pasa por el origen de
coordenadas en el instante inicial (t = 0) con una velocidad v = - 3 i - 2 j (S.I.). a) Escribir las expresiones de
la velocidad y las ecuaciones de la trayectoria en función del tiempo. b) Determinar el instante en que la
velocidad es mínima y el valor de ésta. c) Dígase que tipo de trayectoria sigue la partícula (circular,
rectilínea, elíptica, u otra).
Puesto que la aceleración es constante, las expresiones de la velocidad y del vector de
posición serán:
v
v 0 at
r
r0 v 0 t 12 at 2
a) Sustituyendo en estas expresiones las condiciones propuestas, obtenemos:
v
§ 3 · § 2 ·
¨ ¸ ¨ ¸
¨ 2 ¸ ¨ 3 ¸ t
¨ 0 ¸ ¨1¸
© ¹ © ¹
§ 3 2t ·
¨
¸
¨ 2 3t ¸
¨ t ¸
©
¹
r
§ 3 ·
§ 2·
¨ ¸ 1¨ ¸ 2
¨ 2 ¸ t 2 ¨ 3 ¸ t
¨ 0¸
¨1¸
© ¹
© ¹
§ 3 t 2 ·
¨
2 ¸
¨ 2 1.5t ¸
¨ 0.5t 2 ¸
©
¹
y las ecuaciones paramétricas de la trayectoria son
x
3 t 2
y
2 1.5t 2
z
0.5t 2
b) La celeridad o módulo de la velocidad viene dado por
v2
(3 2t ) 2 (2 3t ) 2 t 2
14t 2 24t 13
de modo que derivando con respecto al tiempo e igualando a cero (condición de máximo o de
mínimo), tenemos:
d(v 2 )
24 6
28t 24 0 o t
s
dt
28 7
y la celeridad en ese instante es
36
6
504 1008 637 133
v 2 14 24 13
2.71 (m/s) 2 o v 1.65 m/s
49
7
49
49
c) Con carácter general, cualquier movimiento en el que la aceleración sea constante presenta
una trayectoria parabólica. El paradigma de tales movimientos es el movimiento de un
proyectil en el campo gravitatorio.
- 23 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.12
12. Una partícula se mueve en el plano xy con aceleración constante. Para t = 0, la partícula se encuentra en la
posición r0 = 4 i + 3 j m y se mueve con velocidad v0. Para t = 2 s, la partícula se ha desplazado a la
posición r2 =10 i –2 j m y su velocidad ha cambiado a v2=5 i – 6 j m/s. Determinar: a) La velocidad v0.
b) La aceleración de la partícula. c) La velocidad de la partícula en función del tiempo. d) La ecuación de la
trayectoria. e) Las aceleraciones normal y tangencial y el radio de curvatura para t = 2 s.
Puesto que la aceleración es constante, las expresiones de la velocidad y del vector de
posición serán:
v
v 0 at
r0 v 0 t 12 at 2
r
Sustituyendo en estas expresiones las condiciones propuestas, obtenemos:
§ 5 · § v0 x ·
§ ax ·
­°[1] v0 x 2ax 5
¨ ¸ ¨ ¸
¨ ¸
¨ 6 ¸ ¨ v0 y ¸ 2 ¨ a y ¸ o ®°̄[2] v 2a
6
0y
y
¨ 0¸ ¨ 0 ¸
¨0¸
© ¹ © ¹
© ¹
§ 10 · § 4 ·
§ v0 x ·
§ ax ·
2
­°[3] 2v0 x 2ax 6
¨ ¸ ¨ ¸
¨ ¸ 2 ¨ ¸
¨ 2 ¸ ¨ 3 ¸ 2 ¨ v0 y ¸ 2 ¨ a y ¸ o °̄®[4] 2v 2a
5
0y
y
¨ 0 ¸ ¨0¸
¨ 0 ¸
¨0¸
© ¹ © ¹
© ¹
© ¹
de modo que disponemos de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas. Resolviéndolas,
tenemos:
­[1] v0 x 2ax 5
°­v0 x 1 m/s
o ®
®
2
[3]
2
v
2
a
6
°¯ax 2 m/s
0x
x
¯
Los resultados pedidos son:
v0
§1·
¨ ¸
¨ 1 ¸ m/s a
¨0¸
© ¹
§ 2 ·
¨
¸
2
¨ 3.5 ¸ m/s
¨ 0 ¸
©
¹
a
°­[2] v0 y 2a y 6
°­v0 y 1 m/s
o ®
®
2
°¯ax 3.5 m/s
¯°[4] 2v0 y 2a y 5
4.03 m/s
2
v
§ 1 2t ·
¨
¸
¨1 3.5t ¸ m/s r
¨ 0 ¸
©
¹
§ 4 t t2 ·
¨
2 ¸
¨ 3 t 1.75t ¸ m
¨
¸
0
©
¹
e) En el instante t = 2 s, serán
at
§av · v
¨
¸
© v ¹v
an
§av ·
¨ 2 ¸v
© v ¹
a at
ª§ 2 · § 5 · º
§ 5·
§ 155 ·
1 Ǭ
31 ¨ ¸ 1 ¨
¸ ¨ ¸»
¸
<
3.5
6
6
at 3.97 m/s 2
v
¸ ¨ ¸»
¨ ¸ 61 ¨ 186 ¸
61 «¨¨
61
¨0¸
¨ 0 ¸
«¬© 0 ¸¹ ¨© 0 ¸¹ »¼
© ¹
©
¹
§ 2 ·
§ 155 ·
§ 33 ·
¨
¸ 1¨
¸ 1¨
¸
an 0.70 m/s 2
¨ 3.5 ¸ 61 ¨ 186 ¸ 61 ¨ 27.5 ¸
¨ 0 ¸
¨ 0 ¸
¨ 0 ¸
©
¹
©
¹
©
¹
U
v2
an
61
= 86.6 m
0.70
- 24 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.13
13. Las ecuaciones temporales del movimiento de una partícula son: x = 4 cos t, y = 4 sen t, z = 3t. Hállense, de
forma genérica, para cualquier instante: a) La velocidad y aceleración. Determinar, también, los módulos de
la velocidad y de la aceleración. b) Si la trayectoria es plana o no. c) El radio de curvatura de la trayectoria.
a) Obtenemos la velocidad y la aceleración de la partícula por derivación
r
§ 4 cos t ·
¨
¸
¨ 4sen t ¸ o v
¨ 3t ¸
©
¹
dr
dt
§ 4sen t ·
¨
¸
¨ 4 cos t ¸ o a
¨ 3 ¸
©
¹
dv
dt
§ 4 cos t ·
¨
¸
¨ 4sen t ¸
¨ 0 ¸
©
¹
Sus módulos son:
v
16sen 2 t 16 cos 2 t 9
a
16 cos t 16sen t
2
2
16 9
16
5
4
c) La curvatura y el radio de curvatura de la trayectoria se obtienen a partir de la velocidad y
de la aceleración utilizando la expresión:
N
1
vua
U
v3
.
Calculamos el producto vectorial y su modulo:
vua
§ 4sen t · § 4 cos t ·
¨
¸ ¨
¸
¨ 4 cos t ¸ u ¨ 4sen t ¸
¨
¸ ¨
¸
© 3 ¹ © 0 ¹
vua
12sen t
§
·
¨
¸
12
cos
t
¨
¸
¨16sen 2 t 16 cos 2 t ¸
©
¹
122 162
§ 12sen t ·
¨
¸
¨ 12 cos t ¸
¨ 16 ¸
©
¹
20
El radio de curvatura es constante y vale:
v3
53 125
6.25
v u a 20 20
b) En el triedro móvil, intrínseco o de Frenet, calculamos el versor binormal:
U
§ 12sen t · § 0.6sen t ·
1 ¨
¸ ¨
¸
eb
12 cos t ¸ ¨ 0.6 cos t ¸
20 ¨¨
¸ ¨
¸
© 16 ¹ © 0.8 ¹
Este versor no es constante, ya que cambia su dirección en el transcurso del tiempo (i.e., de un
punto a otro de la trayectoria), por lo que ésta no es plana, sino alabeada. En concreto, se
trata de una trayectoria helicoidal uniforme, de radio R = 4, cuyo eje es el eje z, de paso
constante h, tal que
v
3
h 2S z 2S
6S 18.85
1
Z
vua
vua
- 25 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.14
14. Una partícula se mueve en el plano de tal forma que las componentes cartesianas de su velocidad vienen
3
dadas en función del tiempo por las expresiones: vx 4t 4t , v y 4t (SI). En el instante inicial
t0 = 0 s, el móvil se encontraba en la posición x0 = 1 m, y0 = 2 m. Calcular: a) Las componentes de la
aceleración en cualquier instante. b) Las coordenadas x e y del móvil en función del tiempo.
a) Obtenemos las componentes de la aceleración derivando las de la velocidad:
­
ax
°°
o ®
°a
°̄ y
dv x
dt
dv y
d
4t 3 4t 12t 2 4
dt
4t
d
4t
4
dt
dt
b) Obtenemos las coordenadas de posición integrando las componentes de la velocidad:
°­vx
®
°¯v y
­
°°vx
®
°v
°̄ y
dx
dt
dy
dt
4t 3 4t
4t 3 4t
4t
­° x 1 t 4 2t 2
®
2
°¯ y 2 2t
­°dx
o ®
¯°dy
­° x
o ®
°¯ y
4t 3 4t dt
4tdt
t 4 2t 2 1
2t 2 2
- 26 -
­ x dx
° ³1
o ® y
° dy
¯ ³2
t
³ 4t 4t
³ 4tdt
0
t
0
3
dt
o
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.15
15. El movimiento de una partícula viene dado por el vector
r
(1 t 2 ) i (1 t 3t 2 ) j (t 2t 2 ) k .
a) Demostrar que dicho movimiento es plano, con el origen del vector r en dicho plano. b) Hallar un vector
normal al plano del movimiento.
a) Determinamos la velocidad y la aceleración por derivación:
r
§ 1 t2 ·
§ 2t ·
§ 2·
¨
¨
¸
¨ ¸
2 ¸
¨1 t 3t ¸ o v ¨ 1 6t ¸ o a ¨ 6 ¸
¨ 1 4t ¸
¨ 4¸
¨ t 2t 2 ¸
©
¹
© ¹
©
¹
z
El versor binormal a la trayectoria en un punto
genérico del mismo viene dado por
eb
vua
vua
§ 1·
2 ¨ ¸
1
2 3 ¨¨ ¸¸
© 1¹
§ 1·
3¨ ¸
1
3 ¨¨ ¸¸
© 1¹
eb
trayectoria
r
et
v
en
cte.
plano
osculador
a
y
x
ya que
§ 2t · § 2 · § 4 24t 6 24t · § 2 ·
§ 1·
¨
¸ ¨ ¸ ¨
¸ ¨ ¸
¨ ¸
vua 2 3
u
t
t
t
1
6
6
2
8
8
2
2
¨
¸ ¨ ¸ ¨
¸ ¨ ¸
¨1¸
¨ 1 4t ¸ ¨ 4 ¸ ¨ 12t 2 12t ¸ ¨ 2 ¸
¨ 1 ¸
©
¹ © ¹ ©
¹ © ¹
© ¹
Como el versor binormal es perpendicular al plano osculador, definido por los vectores
velocidad y aceleración en cada punto de la trayectoria, éste también permanecerá constante,
por lo que la trayectoria descrita por el móvil es plana, por estar contenida en dicho plano.
Para demostrar que el origen de coordenadas está contenido en el plano de la trayectoria
(plano osculador) , es suficiente demostrar que el vector de posición r es perpendicular al
versor binormal en todos los puntos de la trayectoria; i.e., que el vector de posición r está
contenido en el plano osculador. En efecto,
vua
r < eb
§ 1 t2 ·
§ 1·
¨
3¨ ¸
2 ¸
¨1 t 3t ¸< 3 ¨ 1 ¸
¨ 1¸
¨ t 2t 2 ¸
© ¹
©
¹
3
1 t 2 1 t 3t 2 t 2t 2
3
0
b) El versor binormal determinado en el apartado anterior es perpendicular al plano de la
trayectoria
- 27 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.16
16. El vector posición de un móvil puntual viene dado en función del tiempo por la expresión
r 4cos10t i 5sen10t j 3cos10t k en la que todos los valores están expresados en unidades del
sistema internacional. a) Hallar la velocidad y aceleración del móvil en cualquier instante. b) Demostrar que
la trayectoria es plana y determinar el versor normal a dicho plano. c) Demostrar que el origen de
coordenadas está contenido en el plano de la trayectoria. d) Hallar las aceleraciones tangencial y normal y el
radio de curvatura en un punto genérico de la trayectoria. e) De acuerdo con los resultados anteriores,
indíquese que tipo de movimiento tiene el móvil.
a) Determinamos la velocidad y la aceleración por derivación:
r
§ 4 cos10t ·
¨
¸
¨ 5 sen10t ¸ m o v
¨ 3 cos10t ¸
©
¹
§ 40 sen10t ·
¨
¸m
¨ 50 cos10t ¸ s
¨ 30 sen10t ¸
©
¹
dr
dt
o a
dv
dt
§ 400 cos10t ·
¨
¸m
¨ 500 sen10t ¸ s 2
¨ 300 cos10t ¸
©
¹
b) El versor binormal a la trayectoria en un punto genérico
del mismo viene dado por
z
trayectoria
eb
et
§ 15000 ·
§ 3 · § 0.6 ·
vua
1 ¨
1¨ ¸ ¨
¸
¸
v
eb
0
0
0
cte.
plano
r
v u a 25000 ¨ 20 000 ¸ 5 ¨ 4 ¸ ¨ 0.8 ¸
en
osculador
©
¹
© ¹ ©
¹
y como dicho vector es perpendicular al plano osculador,
a
y
definido por los vectores velocidad y aceleración en cada
x
punto de la trayectoria, éste también permanecerá constante,
por lo que la trayectoria descrita por el móvil es plana, ya que está contenida en dicho plano.
c) Para demostrar que el origen de coordenadas está contenido en el plano de la trayectoria, es
suficiente demostrar que el vector de posición r es perpendicular al versor binormal en todos
los puntos de la trayectoria; en efecto,
§ 4 cos10t · § 0.6 ·
¨
¸¨
¸
r < e b ¨ 5sen10t ¸<¨ 0 ¸ 2.4 cos10t 2.4 cos10t 0
¨ 3cos10t ¸ ¨ 0.8 ¸
©
¹©
¹
d) Las componentes intrínsecas de la aceleración y el radio de curvatura se obtienen a partir
de las expresiones:
at
v <a
v
0
50
0
vua
an
v
25000
50
500 m/s 2
U
v2
an
502
500
2500
500
5m
e) El móvil recorre una trayectoria circular de 5 m de radio con una celeridad constante de
50 m/s.
v 2 1600 sen 2 10t
a 2 160 000 cos 2 10t
2500 cos 2 10t
900 sen 2 10t 2500 sen 2 10t
250 000 sen 2 10t
cos 2 10t 2 500 m/s
90 000 cos 2 10t 250 000 m/s
¬
¬
40sen10t ­ 400cos10t ­
v < a 50 cos10t ­­­<500sen10t ­­­ 16 000 25000
30sen10t ­® 300cos10t ­®
2 2
2
l v 50 m/s
l a 500 m/s 2
9 000 sen10t cos10t 0
¬­ 15000¬
40sen10t ¬­ 400 cos10t ¬­
15000cos 2 10t 15000sen 2 10t
­
v q a 50 cos10t ­­­q500sen10t ­­­ 12 000sen10t cos10t 12 000sen10t cos10t ­­­ 0 ­­­
30sen10t ®­ 300 cos10t ®­
­
2
2
­® 20000 ®­
20000sen 10t 20000 cos 10t
v q a 150002
200002 25000 m 2 / s3
- 28 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.17
17. Dadas las ecuaciones paramétricas (temporales) del movimiento de una partícula: x = 2t, y = t2, z = t3/3,
determinar: a) Las componentes intrínsecas de su aceleración en el instante t = 1; b) el radio de curvatura de
la trayectoria en dicho instante.
Calculamos la velocidad y la aceleración de la partícula en un instante genérico t:
§ 2t ·
¨
¸
r ¨ t2 ¸ o v
¨ t3 / 3¸
©
¹
En el instante t=1 será:
r
§ 1 ·
¨
¸
¨ 1 ¸
¨1/ 3 ¸
©
¹
§2·
¨ ¸
¨ 2t ¸ o a
¨ t2 ¸
© ¹
v
§ 2·
¨ ¸
¨ 2¸ o v
¨1¸
© ¹
§0·
­°v
¨ ¸
2
o
®
¨ ¸
°¯a
¨ 2t ¸
© ¹
3
4 4t 2 t 4
4 4t 2
2 1 t2
§0·
­°v 3
¨ ¸
¨ 2 ¸ o ®a 2 2
°̄
¨ 2¸
© ¹
a
a) Determinamos el versor tangente a la trayectoria en ese instante: e t
v
v
§ 2·
1¨ ¸
2 .
3 ¨¨ ¸¸
1
© ¹
Calculamos el módulo de la aceleración tangencial en el instante t = 1:
§ 0· § 2·
¨ ¸ 1¨ ¸ 1
042 2
at a<e t ¨ 2 ¸< ¨ 2 ¸
¨ 2¸ 3 ¨1¸ 3
© ¹ © ¹
Ahora podemos determinar las componentes intrínsecas (tangencial y normal) de la
aceleración en el instante t = 1:
§ 2 · § 4 / 3·
2¨ ¸ ¨
¸
2
4 / 3 ¸ o an a at
3 ¨¨ ¸¸ ¨¨
¸
© 1 ¹ © 2 / 3¹
b) El radio de curvatura se determina a partir de
aceleración normal, ya que an v 2 U , con
at
at e t
an
§ 0 · § 4 / 3·
¨ ¸ ¨
¸
¨ 2 ¸ ¨ 4 / 3¸
¨ 2 ¸ ¨ 2 / 3¸
© ¹ ©
¹
los módulos
2
4 1 4
3
De modo que
U
v2
an
9
2
- 29 -
4.5
2
§ 4 / 3 ·
§ 2 ·
¨
¸ 2¨ ¸
2
/
3
¨
¸
¨1¸
¨ 4/3 ¸ 3¨ 2 ¸
©
¹
© ¹
de la velocidad y de la
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.18
18. Una lancha motora, que navega río arriba, se encontró con una balsa arrastrada por la corriente. Una hora
después de este encuentro, el motor de la lancha se averió. La reparación duró 30 min; durante este tiempo
la lancha fue arrastrada por la corriente. Reparado el motor, la lancha navegó río abajo con la misma
velocidad (respecto del río) que antes de la avería, y alcanzó a la balsa a una distancia de 7.5 km del punto
de su primer encuentro. Determinar la velocidad de la corriente del río, considerándola constante.
La resolución del problema es muy simple si lo planteamos en un referencial (el del río) en el
que la balsa se encuentra en reposo. En ese referencial, la lancha también está en reposo
durante los 30 min que dura la reparación de la avería y su velocidad (en módulo, no en
dirección) es la misma cuando navega río arriba que cuando lo hace río abajo.
En consecuencia, cuando la lancha navega río abajo, después de la reparación, empleará de
nuevo 1 h en alcanzar a la balsa.
Así, el tiempo total que habrá transcurrido desde el primer encuentro y el reencuentro con la
balsa será de 1 h + 30 min + 1 h =2.5 h. Durante ese tiempo, la balsa, arrastrada por la
corriente, ha recorrido una distancia (respecto a tierra) de 7.5 km. De este modo, la velocidad
de la balsa (respecto a tierra), y también la velocidad de la corriente, será:
7.5 km
km
v
3
2.5 h
h
balsa v0 (2.5 h)
v0 (0.5 h)
v+v0 (1 h)
lancha
corriente
v-v0 (1 h)
x
7.5 km
0 km
También podemos resolver el problema en el sistema de referencia de tierra. En este referencial, la balsa se
desplaza con velocidad constante v0 (la misma que lleva la corriente del río). Sea v la velocidad de la lancha con
respecto al río. La lancha motora lleva una velocidad (vv0) durante 1 h (cuando remonta el río), una velocidad
v0 durante 0.5 h (durante la avería, arrastrada por la corriente) y una velocidad +(v–v0) durante un cierto tiempo t
(cuado desciende por el río, hasta reencontrar la balsa). Las posiciones de la balsa y de la lancha en este
referencial serán:
balsa
x1
v0 (1.50 t )
lancha
x2
1.00 (v v0 ) 0.50 v0 (v v0 )t
de modo que igualando esta dos expresiones (instante de reencuentro) obtenemos
v0 (1.5 t )
1.00 (v v0 ) 0.5 v0 (v v0 )t o 0
v vt o t
1h
Durante las 2.50 h, la balsa se ha desplazado 7.5 km, arrastrada por la corriente, de modo que su velocidad, que
será la de la corriente, es
v0
7.5 km
2.5 h
- 30 -
3
km
h
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática de la partícula. M04.19
19. Una pequeña embarcación es arrastrada por una corriente de 3 km/h dirigida hacia el Este. Quiere ir a un
lugar situado al Nordeste de su posición actual y su velocidad de máquinas es de 15 km/h (relativa).
Determinar el rumbo que debe seguir la embarcación y su velocidad efectiva (absoluta).
y
va
Norte
La velocidad efectiva o absoluta (vb) de la embarcación
es igual a la suma vectorial de su velocidad relativa a la
corriente de agua (vba) y a la velocidad de ésta (va); esto
es,
v b v ba v a
NE
vba
vb
45º
tal como se indica en el diagrama vectorial adjunto.
­°o vb cos 45º vba cos T va
®
°̄ n vb sen 45º vba sen T
Este
x
y, puesto que sen 45º =cos 45º, se sigue
vba sen T
vba cos T va
o vba sen T cos T
va
o sen T cos T
va
vba
3
15
0.2
Elevando al cuadrado ambos miembros de la ecuación anterior y reduciendo términos,
tenemos
sen 2 T cos 2 T 2sen T cos T
0.22
o sen 2T
1 0.22
de donde se sigue:
2T
­73.74º
o T
®
¯180º 73.74º 106.26º
y la velocidad absoluta de la embarcación es
sen T
sen 53.1º
vb vba
15 u
sen 45º
sen 45º
- 31 -
­° 36.9º
®
°̄ 53.1º
16.97 km/h
0.96
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.1
1. En un instante determinado, las velocidades de tres de los puntos de un sólido rígido, de coordenadas
A(0,0,0), B(1,1,0) y C(0,1,1), son vA(6,-2,6) vB(4,0,5) y vC(5,-2,a). Determinar: a) El valor de a para que el
movimiento sea posible. b) La velocidad angular del sólido en dicho instante. c) Las ecuaciones del eje
instantáneo de rotación y deslizamiento. d) La velocidad de deslizamiento.
a) Condición cinemática de rigidez:
6 ¬­ 0­¬ 5 ­¬ 0­¬
JJJG
JJJG
­ ­ ­ ­
v A <AC v C < AC l 2­­<1­­ 2­­<1­­ l 4 2
6 ®­­ 1­­® a ®­­ 1­®­
a l a6
b) Relacionamos las velocidades de los puntos A, B y C:
¬ ¬ ¬ ¬
JJJG
4­­ 6 ­­ l ­­ 1­­
v B v A q AB l 0­­ 2­­ m­­q1­­ l
5­­ 6 ­­ n ­­ 0­­
® ® ® ®
5 ¬­ 6 ¬­ l ¬­ 0¬­
JJJG
­ ­ ­ ­
v C v A q AC l 2­­ 2­­ m­­q1­­
6 ®­­ 6 ­®­ 2 ­®­ 1­®­
2¬­ n ¬­
£
­
¦n 2
­
2 ­­ n ­­ l ¦
¤
¦
1­­ l m­­
¦
¥m l 1
®
®
1¬­ m 2¬­
£
­
¦m 1
­
l 0 ­­ l ­­ l ¤¦
¦¦
0 ­®­ l ®­­
¥l 0
0­¬
­
de modo que 1­­ , con X = 5 .
2­­®
c) Determinamos las coordenadas de un punto del EIRD, sabiendo que vO = vA:
0¬ 6 ¬
10 ¬
q v O 1 ­­­ ­­­ 1 ­­­
q
1
2
12 ­
­
­
5 2­­ 6 ­­ 5 6­­
X2
® ®
®
de modo que las ecuaciones del EIRD son
£
¦x 2
5 x 10 5 y 12 5 z 6
l ¦
¤
¦
0
1
2
¦
¥10 y 5 z 30
d) La velocidad de deslizamiento o mínima es la proyección de la velocidad de cualquier
punto del sólido sobre la dirección de Z. Su módulo es
6 ¬ 0¬
1 ­­­ ­­­ 10
2 5
vdesl v A < 2­<1­ X
5 6 ®­­ 2®­­
5
y su expresión vectorial:
v desl vdesl
0¬ 0¬
2 5 ­­­ ­­­
1­ 2­
X
5 2­­® 4­­®
- 32 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.2
2. Tres puntos de un sólido rígido tienen en un instante dado las siguientes velocidades:
A = (0, 0, 0)
vA = a i -2 j+ a k
B = (1, 1, 0)
vB = b i +5 k
C = (0, 1, 1)
vC = 5 i +c j+ 6 k
Determinar: a) Las componentes a, b, c de las tres velocidades. b) La velocidad angular del sólido. c) Ecuación
del eje instantáneo de rotación y deslizamiento.
a) Relacionamos las velocidades de los puntos A, B y C:
£b a n
¦
¬ ¬ ¬ ¬
¬
¬
¦
JJJG
b­­ a ­­ l ­­ 1­­
b a­­ n ­­
¦
v B v A q AB l 0­­ 2­­ m­­q1­­ l 2 ­­ n ­­ l ¤n 2
¦¦
5­­ a ­­ n ­­ 0­­
5 a­­ l m­­
® ® ® ®
®
®
¦
¦
¥5 a l m
£
¦¦5 a m n
5¬­ a ¬­ l ¬­ 0¬­
5 a ­¬ m 2­¬
JJJG
­ ­ ­ ­
¦
­
­
v C v A q AC l c ­­ 2­­ m­­q1­­ l c 2­­ l ­­ l ¤c 2 l
¦
6­­ a ­­ 2 ­­ 1­­
6 a­­ l ­­
¦
® ® ® ®
®
®
¦
¦
¥6 a l
de modo que disponemos de 6 ecuaciones con 6 incógnitas (a, b, c, l, m, n), que una vez
resuelto da:
a6
b4
c 2
l0
m 1 n 2
b) Las velocidades de los tres puntos y la velocidad angular del sólido en ese instante son
6 ­¬
¬
¬
¬
­
4­­
5 ­­
0­­
­
­
­
v A 2­ , v B 0­ , v C 2­ ,
1­­ , con X = 5
­
­
­
­
6 ­®
5­®
6 ­®
2­®
c) El ERID tiene la dirección del vector velocidad angular y pasa por un punto E tal que
0¬ 6 ¬
10 ¬
JJJG q v
1 ­­­ ­­­ 1 ­­­
O
1­q2­ 12 ­
OE X2
5 2­­ 6 ­­ 5 6­­
® ®
®
de modo que las ecuaciones del EIRD son
£
¦x 2
5 x 10 5 y 12 5 z 6
l ¦
¤
¦
0
1
2
¦
¥2 y z 6
- 33 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.3
3. Sobre un disco hay identificados tres puntos A, B y C cuyas coordenadas respecto a un sistema de referencia
son A(0,0,0), B(5,3,0) y C(6,2,0) en cm. Sabiendo que se trata de un movimiento plano y que en un cierto
instante es (vA)x = 4 cm/s, (vB)y = -3 cm/s y (vC)x = 16 cm/s, determinar completamente las velocidades de
los tres puntos y la velocidad angular del disco en ese instante.
y
B(5,3,0
vA
vB
C(6,2,0)
vC
A(0,0,0)
I (CIR)
Puesto que el movimiento es plano y los tres puntos están
contenidos inicialmente en el plano z = 0, con componentes
de velocidad contenidas en dicho plano, serán nulas las
componentes de velocidad de cada uno de los tres puntos en
la dirección del eje z. Por el mismo motivo, el vector
velocidad angular será perpendicular al plano del
movimiento, por lo que tan solo tendrá componente sobre el
eje z. Así, podemos escribir:
x
4­¬
­
v A a­­
­
0­®
¬
b ­­
v B 3­­
0 ­­®
¬
16­­
v C c ­­
­
0 ®­
0 ¬­
­
0 ­­
­
X ®­
Relacionamos entre sí las velocidades de los tres puntos:
vB vA
vC vA
§ b · § 4·
JJJG
¨ ¸ ¨ ¸
u AB o ¨ 3 ¸ ¨ a ¸
¨ 0 ¸ ¨0¸
© ¹ © ¹
§ c · §4·
JJJG
¨ ¸ ¨ ¸
u AC o ¨ 9 ¸ ¨ a ¸
¨ 0 ¸ ¨0¸
© ¹ © ¹
§ 0 · §5·
§ b4 ·
¨ ¸ ¨ ¸
¨
¸
0
u
3
o
¨ ¸ ¨ ¸
¨ 3 a ¸
¨Z ¸ ¨ 0 ¸
¨ 0 ¸
© ¹ © ¹
©
¹
§ c4 ·
§ 0 · §6·
¨
¸
¨ ¸ ¨ ¸
¨ 0 ¸ u ¨ 2 ¸ o ¨ 9 a ¸
¨ 0 ¸
¨Z ¸ ¨ 0 ¸
©
¹
© ¹ © ¹
§ 3Z ·
­b 3Z 4
¨
¸
¨ 5Z ¸ o ®a 5Z 3
¯
¨ 0 ¸
©
¹
§ 2Z ·
­c 2Z 4
¨
¸
¨ 6Z ¸ o ®a 6Z 9
¯
¨ 0 ¸
©
¹
Resolviendo este sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas resulta: a = 27cm/s, b =
22 cm/s, c = -9 cm/s y = - 6 rad/s, de modo que tenemos:
4 ­¬
¬
¬
¬
­
22 ­­
16 ­­
0 ­­
v A 27­­ cm/s
v B 3­­ cm/s
v C 9­­ cm/s
0 ­­ cm/s
0 ­­
0 ­­
0 ­­
6­­
®
®
®
®
Determinación de la posición del C.I.R.:
0 ¬ 4¬
162 ­¬ 4.5 ­¬
JJG JJG q v
1 ­­­ ­­­ 1
­
­
A
q
24­­ 2 / 3­­ cm
OI AI 0
27
­­ ­­
2
X
36 6­ 0 ­ 36 0 ­­ 0 ­­
® ®
®
®
- 34 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.4
4. El rotor de un generador eléctrico está girando a 200 r.p.m. cuando el motor se apaga. Debido a efectos de
fricción, la aceleración angular del rotor, en rad/s2, después de que se apaga el motor viene dada por la
expresión D = 0.01Z, donde Z es la velocidad angular en rad/s. ¿Cuántas revoluciones gira el rotor hasta
que se detiene?
Datos:
B k X
con k 0.01 s -1 y X0 200
10
10
r.p.s. = r.p.s. q 2Q =20.94 rad/s
60
3
3
A partir de la relación dada entre la aceleración y velocidad angulares, escribimos la ecuación
diferencial del movimiento:
dX
dX dR
dX
k X l
X
k X l d X k d R
dt
dt dR
dR
cuya integración nos conduce a
¨
X
X0
R
d X k ¨ d R l X X0 k R l X X0 k R
0
Cuando el rotor se detenga será Z=0, de modo que el ángulo girado por el rotor hasta ese
instante vendrá dado por
10
r.p.s. 1000
X
X0 k R 0 º R 0 3 -1 =
333.33 rev.
k
0.01s
3
Otro método (más largo, pero más completo)
Procedemos a una primera integración para determinar la velocidad angular en función del
tiempo:
X dX
t
dX
X
k X l ¨
¨ kdt l ln
kt l X X0 ekt
0
X0 X
dt
X0
Este resultado nos indica que se necesita un tiempo infinito (?) para que se detenga el rotor.
Una nueva integración nos permite obtener el ángulo girado en función del tiempo:
dR
X0 ekt
dt
l
¨
R
0
t
t
X
X
dR ¨ X0 ekt dt l R 0 ekt 0 1 ekt
0
k
k
0
A partir de esta última expresión determinamos el ángulo girado cuando transcurra un tiempo
suficientemente largo para poder considerar que el rotor ya se ha detenido.
tld º R
10
r.p.s. 1000
X0
3 -1 =
333.33 rev.
k
0.01s
3
- 35 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.5
5. Los extremos de una barra de longitud L deslizan sobre dos guías rectas
perpendiculares entre sí, sin perder contacto con las mismas, de modo que el
extremo B de la barra posee una velocidad vB constante, alejándose del punto
de unión de las dos guías. Determinar: a) La trayectoria descrita por el punto
medio de la barra. b) La velocidad y la aceleración del otro extremo de la barra
en función del ángulo indicado en la figura.
L sen
M
L
vA
B
vB
a) El movimiento del punto medio de la barra viene
descrito por el vector
JJJJG L
JJJG L sen R ¬­­
OM cos R ­­ l OM cte.
2 0 ­­
2
®
I
L cos
A
A
de modo que su trayectoria es circular, con centro
en O y radio L/2.
O
b) Se trata de un movimiento plano en el que se
determina fácilmente la posición del CIR (centro instantáneo de rotación) trazando las
perpendiculares a las guías en los extremos de la barra. Tenemos
£
vB
¦
¦
X
¦
¦
v
v
L cos R
X A B l ¦
¤
¦
IA IB
L sen R
IA
¦
vA vB vB vB tg R
¦
¦
L cos R
IB
¦
¥
B
vB
La aceleración del extremo A la calculamos derivando con respecto al tiempo la expresión de
su velocidad:
aA dvA
v dR
v
vB2
d
d tg R
B2
B2 X vB tg R vB
dt
dt
dt
cos R dt cos R
L cos3 R
vB2
= aA L cos3 R
- 36 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.6
6. Para que vire un tractor que se mueve con una velocidad v0 = 18 km/h, el tractorista frena una de las orugas
de modo que el eje de la rueda motriz de ésta comienza a avanzar con velocidad v1 = 14 km/h. La distancia
entre las orugas es D = 1.5 m. a) Determinar el radio de la trayectoria que describe el centro del tractor.
b) ¿Cuánto tarda el tractor en dar media vuelta?
a) Designamos por R el radio que buscamos y por Z la velocidad angular asociada al
movimiento circular del tractor.
Puesto que conocemos las velocidades de dos puntos
del tractor, A y B, y éstas son paralelas, el CIR se
encuentra en un punto I de la perpendicular común a
ambas velocidades en A y B. Por consiguiente,
R
v0
podemos escribir:
v1
£¦
D
I
¦¦v0 X ( R
A
B
)
D
v0 R
2
2
¦¤
u l
¦¦
D
v1 R D
2
¦¦v1 X ( R )
2
¦¥
de modo que
v v1 ­¬ D 18 14 1.5
­ R 0
6m
v0 v1 ­­® 2 18 14 2
b) La velocidad del tractor será
v
v 0
v1
2
y describe un arco cuya longitud es
18 14
16 km/h = 4.44 m/s
2
s Q R 6Q 18.85 m
por lo que empleará:
s 18.85
t 4.2 s
v
4.44
- 37 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.7
7. El extremo superior de la varilla AB desliza a lo largo de una guía vertical (vide figura), en tanto que la
varilla no pierde contacto en C con el apoyo. a) Determinar el valor del ángulo al que corresponde una
velocidad horizontal para el extremo libre, B, de la varilla. b) En ese instante, calcular las velocidades de los
puntos B y C en función de la velocidad del punto A.
Método gráfico.
a) Puesto que conocemos las direcciones de las velocidades de los puntos A, B y C
pertenecientes a la varilla, trazando las perpendiculares a éstas en los correspondientes puntos,
determinamos el CIR (Centro Instantáneo de Rotación) correspondiente al movimiento plano
de la varilla, ubicado en el punto I de intersección de las tres perI
A
pendiculares, tal como se indica en la figura.
vA
Una vez que hemos ajustado el dibujo a las condiciones
a
D
C
impuestas por el enunciado del problema, podemos determinar el
ángulo 0 a partir de simples consideraciones geométricas.
vC
Considerando los triángulos ADC, ACI y AIB,
l
sucesivamente, encontramos la siguiente relación entre a, l y 0:
a AC cos R0 AI cos R0 cos R0 AI cos 2 R0 l cos R0 cos 2 R0 l cos3 R0
vB
a¬
De modo que cos R0 ­­­
l ®
1/3
B
b) El Teorema de las Velocidades Proyectadas (condición cinemática de rigidez) nos permite
determinar fácilmente los módulos de las velocidades de los puntos B y C:
vB cos R0 vA sen R0 l vB vA tg R0
vC vA sen R0
Método analítico (vectorial):
JJJG
Determinamos analíticamente las velocidades de los puntos C y B y tenemos en cuenta que v C q AC 0 y
que vB es horizontal.
vC vA
JJJG 0 ¬­­
q AC vA ­­
­
0 ®­
0 ¬­ a ¬­ X a tg R0 ¬­
­
­
­
0 ­­qa tg R0 ­­ X a vA ­­
­
­
­
X ®­ 0 ®­ 0 ®­
0
JJJG X a tg R0 ­­¬ a ­­¬
v C q AC X a vA ­­qa tg R0 ­­
0
0 ­­ 0 ­­
®
® X a 2 tg 2 R0 X a 2
vB vA
JJJG 0 ­­¬
q AB vA ­­
­
0 ­®
¬­
­
Xa
2
­­­ 0 l vA X a 1 tg R0 cos 2 R0
­­
avA ®
0 ¬ l cos R0 ¬ Xl sen R0 ¬ vB ¬
£
0 ­­­ql sen R ­­­ Xl cos R v ­­­ 0 ­­­ l ¦¦vB Xl sen R0 I
¤
­
­
­
­
0
0
A
­
­
­ ­
¦¦vA Xl cos R0
­® 0 ­®
X ®­ 0 ®­
¥
0
gualando las expresiones de vA, tenemos
a
l cos R0
cos 2 R0
- 38 -
l
a
cos3 R0
l
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.8
y
8. La varilla AC que se muestra en la figura tiene un movimiento plano tal que
C
su extremo A desliza a lo largo de un eje horizontal, en tanto que la varilla
pasa por un pasador fijo y orientable (B) situado a una distancia fija h del eje
horizontal. Supongamos que el extremo A de la varilla se mueve con
velocidad constante vA de izquierda a derecha. a) Expresar la velocidad
angular (Z) de la varilla en función del ángulo T que se indica en la figura.
b) Calcular la velocidad y aceleración del punto de la varilla que se
encuentra en B en función de dicho ánguloT, expresando sus componentes
en la base vectorial indicada en la figura.
B
h
£¦
v
¦X A cos 2 R
vA
vB
h
X
l ¦¤
¦¦
IA IB
¦¦¥vB X IB vA sen R
x
A
O
a1) Método gráfico. Determinamos la posición de CIR, tal como se indica
en la figura. Entonces
£¦
¦¦IA AB h / cos R h
¦¦
cos R
cos R
cos 2 R
¤
¦¦
h
h sen R
tg R ¦¦IB AB tg R cos R
cos 2 R
¦¥
T
I
y
C
T
B
T
h
vB
T
O
x
A
vA
a2) Método analítico. Determinamos la velocidad de B a partir de la de
A:
vB vA
vB sen R ­¬ vA ¬­
JJJG
­ ­
q AB l vB cos R­­ 0 ­­
­
­® 0 ®­­
0
0 ¬­ h tg R ¬­ vA X h ¬­
£¦vB sen R vA Xh
­
­
­
0 ­­q h ­­ Xh tg R­­ l ¤¦
­
­
­
¦¦¥vB cos R Xh tg R
X ®­ 0 ®­ 0 ®­
¦£¦vB sen R vA X h
v Xh
v
l tg R A
l X A cos 2 R y vB vA sen R
¤
¦¦¥vB cos R X h tg R
X h tg R
h
JJG
JJG
b) Determinamos la aceleración de B a partir de la de A: a B a A
q AB q ( q AB)
0 ­¬
­
v
2XvA
0 ­­ con X A (2sen R cos R )X sen R cos R
h
h
X ­­®
2sen R cos R ­¬
1 ­¬
JJG 0 ¬­­ h tg R ¬­­
­
­
q AB 0 ­­q h ­­ hX tg R ­­ XvA 2sen 2 R ­­­
­
X ­­ 0 ­­
0 ­­
­®
0
®
®
®
¬
JJG 0 ¬­­ h tg R ­­¬
1 ­­
q AB 0 ­­q h ­­ hX tg R ­­
0 ­­®
X ­­® 0 ®­­
sen R cos R ­¬
0 ­¬
¬
¬
JJG
­
1 ­­
tg R ­­
­
q ( q AB) 0 ­­q(hX ) tg R ­­ hX 2 1 ­­ XvA cos 2 R ­­­
­
X ®­­
0 ®­­
0 ®­­
0
®­
3
¬
R cos R ­¬
3sen R cos R
3sen
­­
vA2
2
2 ­
2
2
4 ­
­
= a B XvA 2sen R cos R ­­ 2sen R cos R cos R ­­
­­
­­ h
0
0
­®
®
- 39 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.9
9. La varilla AC que se muestra en la figura tiene un movimiento plano tal que su
extremo A desliza a lo largo de una circunferencia, en tanto que pasa por un
pasador fijo y orientable (B). Supongamos que el extremo A de la varilla se
mueve con celeridad constante. a) Expresar la velocidad angular (Z) de la varilla
en función del ángulo T que se indica en la figura. b) Calcular la velocidad y
aceleración del punto de la varilla que se encuentra en B en función de dicho
ánguloT, expresando sus componentes en la base vectorial indicada en la figura.
y
R
B
A
T
x
Trazamos las normales a las velocidades en A y B, para determinar la posición del CIR
(punto I). El triángulo ABI es rectángulo, por lo que podemos afirmar que el CIR está situado
sobre la circunferencia que sirve de guía al extremo A de la varilla.
a) Una vez localizado el CIR, podemos escribir:
y
£¦IA 2 R
v
v
¦
X A B
¤
¦¦IB=2r sen R
IA IB
¥
CIR
I
de donde se sigue
Z
R
R
A
vB
2T
T
T
B
vA
IB
cte.
vB vA vA sen R
2R
IA
b) Expresamos la velocidad del punto B de la varilla en
función de sus componentes:
sen R cos R ¬­
vB cos R ¬­
­
­
­
v B vB sen R ­ vA sen 2 R ­­­
­
­­
0 ­
0
®
®
X
x
T
vA
Para determinar la aceleración de B tendremos en cuenta que
JJJG
JJJG
a B a A q AB q ( q AB)
y teniendo en cuenta que
cos 2R ­¬
v2
­
a A A sen 2R ­­
R 0 ­­
®
cos R ¬­
JJJG
­
AB 2 R cos R sen R ­­
0 ­­
®
0¬
vA ­­­
0­
2 R 1­­
®
0
resulta
2
¬
¬ ¬
¬¯
0­­ ¡0­­ cos R ­­° vA2 2 cos 2R cos R ­­
vA vA
­
­
­
­
2 R cos R 0­q ¡0­qsen R ­° 2sen 2R sen R cos R ­­
2R 2R
­
1­­® ¡1­­® 0 ­­®° 2 R
0
¡¢
°±
®­
que también podemos escribir en la forma
cos 2R 1 3­¬
3v 2
­
a B A sen 2R ­­
­­
4 R
0
®
2 cos 2R ­¬
vA2
­
aB 2sen 2R ­­
2 R 0 ­­
®
- 40 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.10
B
10. La barra BC de la figura está articulada con la manivela AB y
desliza por el interior de la guía pivotante D como se indica en la
figura. En el instante representado el punto D de la barra BC se
mueve a razón de 375 mm/s. Determinar la velocidad angular de
la manivela en ese instante.
125mm
375 mm/s
D
A
C
100mm
300mm
El punto B recorre una trayectoria circular alrededor con centro en A, por lo que su velocidad
será perpendicular al vector AB; por tanto
sen K¬­
¬
£¦sen K 75 / 125 0.6
0.6­­
­
v B vB cos K ­­
l v B vB 0.8 ­­
con ¦¤
0 ­­
0 ­­
¦¥¦cos K 100 / 125 0.8
®
®
La velocidad del punto D está dirigida en cada instante en la dirección de la barra BD, tal
como se indica en la figura, de modo que será:
¦£¦vD 375 mm/s
cos R ¬­
363­¬
¦
­­
­ mm
v D vD sen R ­
con ¤¦sen R 75 / 752 300 2 0.242 l v D 90 ­­
¦¦
0 ­­®
0 ­­® s
¦¦cos R 300 / 752 300 2 0.970
¥
Aplicando la condición cinemática de rigidez (teorema de las velocidades proyectadas) para
los puntos B y D de la barra BC, se sigue que
0.6­¬ 300¬­ 363­¬ 300¬­
JJJG
JJJG
­
­
­
­
v B < DB v D < DB l vB 0.8 ­­< 75 ­­ 90 ­­< 75 ­­
­
­
­
­
0 ­® 0 ®­ 0 ­® 0 ®­
vB ¢ 0.6 q 300 0.8q 75¯± 364 q 300 90q 75
de donde resulta
0.6¬­ 299­¬
mm
­
­ mm
vB 483
l v B 483 0.8 ­­ = 386 ­­
s
0 ®­­ 0 ­­® s
y
B
x
125mm
A
375 mm/s
D
C
100mm
300mm
- 41 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.11
11. La manivela CB oscila en torno a C describiendo un arco limitado y haciendo
que la manivela OA oscile en torno a O. Cuando la biela AB pasa por la
posición representada, en que CB está horizontal y OA vertical, la velocidad
angular de CB es 4 rad/s en sentido antihorario. Hallar las velocidades
angulares de OA y AB en ese instante. Datos: a = 100 mm, b = 225 mm, c =
75 mm y d = 50 mm.
c
A
B
a
C
d
O
b
manivela BC (rotación pura en C): Determinamos la velocidad del extremo B,
vB XBC c 4q 75 300 mm/s
biela AB (rototraslatorio): Determinamos el CIR
gráficamente, como se indica en la figura. Entonces,
escribimos
v
v
XAB A B
l
ad bc
vA
300
XAB l
100 50 225 75
v
XAB A 2 rad/s z l vA 100 mm/s
50
A
a
B cC
CIR
O
d
b
manivela OA (rotación pura en O): A partir de la velocidad del extremo A determinamos la
velocidad angular de la manivela,
v
100
vA XOA a l XOA A 1 rad/s z
a 100
Con notación vectorial
vB vC
¬ ¬
¬
0 ­­ c­­ 0 ­­
­
­
­
CB q CB 0 ­q 0 ­ cXCB ­ con XCB 4 rad/s
X ®­­ 0 ®­­ 0 ®­­
CB
= v B cXCB j 75q 4 j 300 j mm/s
JJG
y
£
¦
JJG 0 ­­¬ 0 ­­¬ (b c)­­¬ (a d )XAB ¬­
¦
¦
v A v B AB q BA cXCB ­­ 0 ­­q a d ­­ cXCB (b c)XAB ­­­
¦
¦
0 ­­® X ­­® 0 ­­®
¦
­­®
0
¦
AB
¦
¤
¦
¦
JJG 0 ¬­­ 0­­¬ aXOA ­­¬
¦
¦
v A v O OA q OA 0 ­­qa­­ 0 ­­
¦
­
­
­
¦
¦
XOA ®­ 0­® 0 ­®
¦
¥
ad
100 50
¦£¦
¦¦XOA a XAB 100 (2) 1 rad/s
£
(
a
d
)
X
a
X
¦
AB
OA
¦
¤
¤
¦
¦cXCB (b c)XAB 0 ¦¦¦X c X 75 q 4 2 rad/s
¥
¦¥¦ AB b c CB 225 75
= XAB 2 rad/s z
vA 100 mm/s
- 42 -
x
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.12
12. Una barra de 2 m de longitud está doblaba en escuadra y dotada en
sus extremos de correderas articuladas. En el instante representado
en la figura, la corredera A se mueve hacia la derecha con una
velocidad de 5.7 m/s. Hallar la velocidad angular de la escuadra y la
velocidad de la corredera B.
1m
1m
90º
B
55º
40º
A
En primer lugar, por consideraciones puramente geométricas, determinamos los ángulos
significativos, tal como se indica en la figura.
I
(CIR)
Z
40º
2.17 m
1.91 m
90º
vB
1m
30º
1m
60º
2m
45º
55º
A
10º
B
40º
vA
La velocidad de la corredera B se determina inmediatamente a partir de la condición
cinemática de rigidez (teorema de las velocidades proyectadas) aplicada a la barra doblada.
En efecto,
cos10º
0.98
vA cos10º vB cos 30º l vB vA q5.7 6.48 m/s
cos 30º
0.87
Puesto que las velocidades de los extremos de la barra tienen las direcciones de las
respectivas guías, determinamos la posición del CIR (punto I) como punto intersección de las
normales a dichas velocidades.
En el triángulo ABI, aplicando el teorema de los senos, tenemos:
AI
AB
sen60º
0.87
AB 2 1.91 m
l AI sen60º sen40º
sen40º
0.64
Ahora podemos determinar la velocidad angular de la barra en el instante indicado en la
figura:
v
5.7
vA X IA l X A 2.99 rad/s
IA 1.91
- 43 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.13
13. Una varilla AB está apoyada sobre un cilindro de radio R = 1 cm de modo que puede deslizar a lo largo de
una guía tangente a dicho cilindro, como se indica en la figura. La longitud de la varilla es cuatro veces el
radio del cilindro. En el instante en que el centro C de la varilla se apoya en el cilindro, la velocidad del
punto A es 10 cm/s. Calcular, en dicho instante, las velocidades de los puntos B y C y la velocidad angular
de la varilla.
R ¬ R
0.5 l R 53.13º
A partir del triángulo +OAC : tg ­­­ 2 ® 2 R
Aplicamos la condición cinemática de rigidez (teorema de las velocidades proyectadas) a los
puntos A, B y C:
£¦vB vA 10 cm/s
vA cos R vB cos R vC l ¦¤
¦¦¥vC 10 cos 53.13º 6 cm/s
Método geométrico
B
Determinamos el CIR (I) como se indica en la figura. A
partir del CIR, determinamos las velocidades de los
T
puntos de la varilla:
I
2R
T
vA X IA
vB X IB
vC X IC
T Z
C
£¦IA IB AC/senR 2 / sen 53.13º 2.5 cm
R
T
Con ¦¤
¦¦IC AC / tg R 4 / tg 53.13º 1.5 cm
y
¥
x
2R
O
£¦X v / IA 10 / 2.5 4 rad/s
A
¦¦
T
A
De modo que ¦¤vA vB 10 cm/s
¦¦
T
¦¦vC 4q1.5 6 cm/s
¥
Método analítico
A partir de las velocidades de A y C calculamos la velocidad angular:
vC cos R ¬­ vA ¬­ 0 ¬­ 2 R cos R ¬­ vA 2X R sen R ¬­
JJJG
­ ­ ­
­
­
v C v A q AC l vC sen R ­­ 0 ­­ 0 ­­q 2 R sen R ­­ 2X R cos R ­­
­
­
­
­
­
0
0
0
®­ 0 ®­ X ®­
®­
®­
£¦vC vA / cos R 2X R tg R 10 / cos 53.13º 2q 4q1q tg 53.13º 6 cm/s
¦
l ¦¤
¦¦X vC tg R 6 tg 53.13º 4 cm/s
¦¥
2R
2q1
Calculamos la velocidad de B a partir de la de A:
JJJG vA ­­¬ 0 ­­¬ 4 R cos R ­­¬ vA 4X R sen R ­­¬
v B v A q AB 0 ­­ 0 ­­q 4 R sen R ­­ 4X R cos R ­­
­
­
0 ­­® X ­­®
­®
­®
0
0
£
10 4q 4q1qsen 53.13º¬­ 2.8¬­
¦
vB 2.82 9.62 10 cm/s
¦
­
­ cm
¦
­
­
v B 4q 4q1q cos 53.13º ­ 9.6­
l ¤
9.6
­­
­ s
¦
tg G 3.43 l G 73.74º 180º 253.74º
¦
0
® 0 ­®
¦
¥
2.8
- 44 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.14
14. Un cilindro de radio R rueda sin deslizar sobre una superficie plana y horizontal, con una velocidad angular
Z constante. Determinar: a) el eje instantáneo de rotación; b) la velocidad y la aceleración de los puntos del
eje del cilindro; c) ídem de un punto cualquiera del cilindro de coordenadas (x,y,0); d) ídem de los puntos
del cilindro que instantáneamente están en contacto con el plano.
Se trata de un movimiento plano, por lo que analizamos el movimiento en el plano xy
indicado en la figura, con = -k.
a) El eje instantáneo de rotación coincide con la
y
generatriz del cilindro que en cada instante está en
contacto con la superficie sobre la que rueda sin
P(x,y)
deslizar (puntos de velocidad nula).
R aP
b) Calculamos la velocidad del punto O a partiendo
vP
x del punto I (CIR):
O
aI
vO X IO X R l v O X R i
vO
La aceleración del punto O será nula, por ser
constante (en módulo y dirección) la velocidad de
dicho punto; esto es,
aO 0
I
c) Consideremos un punto P cualquiera del cilindro, de coordenadas (x,y,0). Calculamos su
velocidad y aceleración partiendo del punto O:
¬
JJG X R­­¬ 0 ­­¬ x ­­¬ X R y ­­
­
­
­
v P v O q OP 0 ­ 0 ­q y ­ X x ­­­
­
­
­
­­
0 ­® X ­® 0 ­®
0
®
a P aO
JJG
B q OP
2 ¬
x ­¬
JJG 0 ­­¬ X y ­­¬ X 2 x ­­
2 ­
­
­
­
q q OP 0 ­qX x­ X y ­­ X y ­­
­
­
­
­
X ­® 0 ­® 0 ®­­
0 ­®
de modo que la aceleración del punto P está dirigida hacia el eje del cilindro 1.
d) Las coordenadas del punto I son (0,-R,0), de modo que sustituyendo en las expresiones
anteriores tenemos
X R R ­¬
0 ¬­
­
­
v I X ¸ 0 ­­­ 0
a I X 2 R­­ X 2 R j
­
0 ­­
0
­®
®
1
JJG
JJG
En general, por ser ? OP en el movimiento plano, el vector q q OP
tiene la misma dirección y
JJG
JJG
JJG
JJG
JJG
2
2
sentido opuesto al OP , ya que q q OP <OP X OP X OP
- 45 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.15
y
15. Un disco de radio R rueda sin deslizar, sobre una superficie plana y horizontal,
con una velocidad angular Z, constante en dirección y sentido y aceleración D
constante. Determinar: a) la velocidad y la aceleración del dentro del disco.
b) Ídem de un punto P del cilindro diametralmente opuesto al de contacto del
disco con la superficie plana. c) Ídem del punto I del disco que instantáneamente
está en contacto con la superficie plana.
P
O
,D
x
Se trata de un movimiento rototraslatorio plano consistente en una rotación alrededor del
eje del disco y una traslación horizontal de dicho eje. Por ser un movimiento plano, basta con
analizar el movimiento en el plano z = 0, con = -k y D = -Dk. Puesto que rueda sin
deslizar, punto del disco que instantáneamente está en
y
contacto con el plano es el centro instantáneo de
vP
rotación (CIR).
P
AP
a) Calculamos la velocidad del punto O a partir del
punto I (CIR)
O vO
JJG 0 ¬­­ 0 ¬­­ X R¬­­
x
aO
v O v I q IO 0 ­­q R­­ 0 ­­
X ®­­ 0 ®­­ 0 ®­­
aI
X R¬ B R¬
,D
I
dv
d ­­ ­­
a O 0 0 ­­ 0 ­­
dt
dt 0 ­­ 0 ­­
® ®
b) Para el punto P tenemos
JJG X R¬­­
v P v O q OP 0 ­­
0 ®­­
a P aO
d JJG
q OP
dt
0 ¬­ 0 ¬­ X R X R¬­ 2X R¬­
­ ­
­­
­
0
0 ­­q R­­
­­ 0 ­­­
X ®­­ 0 ®­­
0
®­ 0 ®­
JJG B R¬­­
q q OP 0 ­­
0 ®­­
0 ¬­ 0 ­¬
­ ­
0 ­­q R­­
­ ­
B®­ 0 ­®
¬
¬ 2B R ¬
0 ­­ X R­­ 2 ­­
­
0 ­q 0 ­­ X R­­­
X ­­® 0 ®­­ 0 ­­
®
c) Aunque la velocidad del punto I del disco es instantáneamente nula, su aceleración no es
nula. La calculamos a partir de la aceleración del punto O:
JJG
d JJG
a I aO
q OI q q OI dt
B R¬­ 0 ¬­ 0 ¬­ 0 ¬­ 0 ¬­ 0 ¬­¯ 0¬­ 0 ¬­ X R¬­ 0 ¬­
­ ­ ­ ­ ¡ ­ ­° ­ ­
­
­
0 ­­ 0 ­­qR­­ 0 ­­q ¡ 0 ­­qR­­° 0­­ 0 ­­q 0 ­­ X 2 R­­­
­
­
­
­
­
­
­
­
­
¡
°
0 ®­ B®­ 0 ®­ X ®­ ¡X ®­ 0 ®­° 0®­ X ­® 0 ®­ 0 ­­®
¢
±
- 46 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.16
16. Un disco de radio r está girando alrededor de su eje de simetría con velocidad angular y aceleración
angular . Simultáneamente, el disco está girando, con velocidad angular constante , alrededor de un eje
fijo en el espacio que está contenido en el plano del disco y es tangente al perímetro de éste en un punto Q.
a) Determinar la velocidad y aceleración del punto P del perímetro del disco diametralmente opuesto al
punto Q de tangencia. b) Ídem de un punto genérico de la periferia del disco.
z
, Q
P
y
C
El disco está sometido a dos rotaciones simultáneas: una
rotación intrínseca alrededor de su eje de simetría de
revolución y una rotación de precesión . Elegido un
referencial como el indicado en la figura, podemos escribir:
X ­¬
¬
¬
0­
X ­
0 ­­­
0 ­­­ l res 0 ­­­
0 ­®
8­®
8®­
B¬­
JJG 0¬­
JJG 0 ­¬
0 ­­­
CP r ­­­
QP 2r ­­­
0 ®­
0®­
0 ­®
La velocidad del punto P del disco se obtiene como la superposición o suma de las
correspondientes a cada una de las dos rotaciones; i.e.,
JJG
JJG X ¬­ 0­¬ 0 ­¬ 0 ­¬ 28r ­¬
v P q CP qQP 0 ­­­q r ­­­ 0 ­­­q2r ­­­ 0 ­­­
0 ®­ 0­® 8­® 0 ­® X r ­®
Determinamos la aceleración de P a partir de la aceleración del punto C (centro del disco);
i.e.,
JJG
d res JJG
q CP res q res q CP
a P aC
dt
La aceleración del punto C es la aceleración centrípeta asociada a una trayectoria circular de
radio r con velocidad angular constante:
0 ¬­
aC 82 r ­­­
0 ­­
®
Calculamos la derivada temporal de la velocidad angular resultante teniendo en cuenta que precesa con velocidad angular , de modo que
d res d
dt
dt
d
dt
q
B­¬
0 0 ­­­
0 ®­
0 ­¬ X ¬­ B ­¬
d res JJG B ­­¬ 0­­¬ 0 ¬­­
­ ­ ­
q CP X8­­q r ­­ 0 ­­
0 ­­q 0 ­­ X8­­ l
dt
8®­ 0 ®­ 0 ®­
0 ®­ 0®­ Br ®­
Calculamos el último termino:
0
¬ ¬ ¬
¬
JJG
­¬
X ­ 0­ X ­ 8r ­
res q res q CP res q 0 ­­­q r ­­­ 0 ­­­q 0 ­­­ X 2 r 82 r ­­­
­
8®­ 0®­ 8®­ X r ®­
0
®­
Finalmente, tenemos
¬
0 ­
a P 82 r ­­­
0 ­­
®
0¬
0 ­­­
Br ­­®
¬
0
­¬
2 0 2 ­­
2
282 r ­­­
X r 8 r ­­ X
­­
­­
0
®
Br
®
- 47 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.17
Para un punto genérico
El disco está sometido a dos rotaciones simultáneas: una
rotación intrínseca alrededor de su eje de simetría de
revolución y una rotación de precesión . Elegido un
referencial como el indicado en la figura, podemos escribir:
X ­¬
¬
¬
0­
X ­
0 ­­­
0 ­­­ l res 0 ­­­
0 ­®
8­®
8®­
B¬­
¬­
0
JJJG 0 ¬­
JJJG
0 ­­­
CG r cos R ­­­
QG r (1 cos R )­­­
0 ®­
r sen R ®­
r sen R ®­
z
G
, Q
C
y
La velocidad del punto G del disco se obtiene como la superposición o suma de las
correspondientes a cada una de las dos rotaciones; i.e.,
¬­ 8r (1 cos R )¬­
0
JJJG
JJJG X ¬­ 0 ¬­ 0 ¬­
v P q CG q QG 0 ­­­q r cos R ­­­ 0 ­­­qr (1 cos R )­­­ X r sen R ­­­
0 ­® r sen R ­® 8­® r sen R ­® X r cos R ­®
Determinamos la aceleración de P a partir de la aceleración del punto C (centro del disco);
i.e.,
JJG
d res JJG
a P aC
q CP res q res q CP
dt
La aceleración del punto C es la aceleración centrípeta asociada a una trayectoria circular de
radio r con velocidad angular constante:
0 ¬­
aC 82 r ­­­
0 ­­
®
Calculamos la derivada temporal de la velocidad angular resultante teniendo en cuenta que precesa con velocidad angular , de modo que
B­¬ 0 ¬­ X ¬­ B ¬­
d res d d
q 0 0 ­­­ 0 ­­­q 0 ­­­ X8­­­ l
dt
dt
dt
0 ­® 8®­ 0 ®­ 0 ®­
d res JJJG B ­­¬ 0 ¬­­ X8r sen R ¬­­
qCG X8­­qr cos R ­­ Br sen R ­­
dt
0 ­® r sen R ®­ Br cos R ®­
Calculamos el último término:
X ­¬ 0 ­¬ X ­¬ 8r cos R ­¬ X8r sen R ­¬
JJJG
­
res q res q CG res q 0 ­­­qr cos R ­­­ 0 ­­­qX r sen R ­­­ 82 X 2 r cos R ­­
­­
8­® r sen R ­® 8­® X r cos R ­®
X 2 r sen R
®­
Finalmente, tenemos
¬
0 ­
a P 82 r ­­­
­
0 ®­
¬
X8r sen R ­­
Br sen R ­­
Br cos R ®­
X8r sen R ¬­
¬
0
82 X 2 r cos R ­­ Br sen R 82 r 1 cos R X 2 r cos R ­­­
­
­
­­
­­®
Br cos R X 2 r sen R
®­
X 2 r sen R
- 48 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.18
z
17. La hélice de un avión gira a razón de 6000 r.p.m., en tanto que el avión tiene una
P
velocidad horizontal, en línea recta, de 360 km/h. Determinar: a) El tipo de movimiento que realiza un punto de la hélice distante 1 m del eje de la misma; b) la
velocidad y aceleración de dicho punto.
y
x
v
a) Se trata de un movimiento helicoidal cuyo eje es el eje de rotación de la
hélice (eje x, en la figura), que constituye el EIRD (Eje Instantáneo de Rotación y
Deslizamiento).
b) La velocidad y la aceleración del punto P se calculan a
partir de la velocidad y aceleración del punto O (en el eje
z
de la hélice), de modo que
JJG
£
P
¦
v P v O q OP
¦
¦
vP
JJG
¤
d JJG
¦
OP
(
OP)
a
a
q
q
q
¦
P
O
O
¦
dt
¦
¥
y con
v ­¬
¬
JJG 0¬­­
­
X ­­
vo
­
­
OP 0­­
v O 0­
0 ­
­
­
­
x
0­®
0 ­®
l ®­
aO 0
d
0
dt
De modo que
£¦
v ¬­ X ¬­ 0¬­ v ¬­ 0 ¬­ v ¬­
¦¦
­ ­ ­ ­
­
­
¦¦ v P 0­­ 0 ­­q0­­ 0­­ Xl ­­ Xl ­­
­
­
­
­
­
­
¦¦
0­® 0 ®­ l ®­ 0®­ 0 ®­ 0 ®­
¦
¤
¬
¦¦
JJG X ­­¬ 0 ¬­­ 0 ­­
¦¦
­
­
­
¦¦a P q ( q OP) 0 ­­qXl ­­ 0 ­­
­
2
­
­
¦¦
0 ® 0 ® X l ­®
¥
Y sustituyendo valores, con
2Q
1000
X 6000
200Q 628 rad/s
v 360
100 m/s
60
3600
resulta:
£¦
100 ¬­
¦¦
­
vP 636 m/s
¦¦ v P 628­­ m/s
­
¦¦
0 ®­
¦¤
¦¦
¬­
0
¦¦
­­ m/s 2
0
a
­
P
¦¦
­­
394384®
¦¥¦
- 49 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.19
18. Sobre un plano horizontal rueda sin deslizar un cono recto de sección circular, de generatriz l y semiángulo
en el vértice . Sea la velocidad angular constante de rotación del cono alrededor del eje vertical indicado
en la figura. Determinar: a) la velocidad angular intrínseca de rotación del cono alrededor de su eje de
simetría; b) el punto del cono cuya velocidad (con respecto al plano fijo) es máxima, así como la velocidad
y aceleración de dicho punto.
Se trata de un sólido rígido sometido a dos rotaciones simultáneas: una rotación intrínseca alrededor del eje de revolución del cono, al tiempo que este eje presenta una rotación alrededor del eje z indicado en la figura.
a) La generatriz OM del cono que en un instante dado está en contacto con el plano horizontal
constituye el EIR (eje instantáneo de rotación) del cono. La velocidad del punto M
perteneciente al EIR será instantáneamente nula, de modo que,
l
l
8
vM 8l X R 0 l X 8 8
R
l sen R
sen R
b) El punto P es el que presentará una velocidad
P
z
máxima, por ser el más distante del EIR. Su
velocidad y aceleración se calculan fácilmente a
l
C
partir de la velocidad y aceleración del punto O
(vértice del cono):
R
JJG
O
v P v O R q OP
l
M y
R
JJG
d R JJG
x
a P aO
q OP R q R q OP
dt
con
0 ¬­ 0 ¬­ 0 ¬­
JJG 0 ¬­­
­ ­
­
OP l cos 2R ­­
R X cos R ­­ 0 ­­ X cos R ­­
­
l sen 2R ®­
X sen R ®­­ 8 ®­­ 0 ®­­
0 ­¬ 0 ­¬ 8X cos R ¬­
­
d R
d
d d
­
­
q 0 ­­qX cos R ­­ 0 ­­
­
dt
dt
dt
dt
8 ­® X sen R ­­® 0 ®­­
de modo que
2 ¬
JJG 0 ¬­­ 0 ­­¬ Xl cos R sen 2R ­­¬ 28l cos R ­­
­­
­­
0
0
v P R q OP X cos R ­­ql cos 2R ­­
­­
­
0 ­­® l sen 2R ­­®
­®
0
0
®­
JJG 8X cos R ­­¬ 0 ¬­­
R q R q OP 0 ­­ql cos 2R ­­
0 ­­ l sen 2R ­­®
®
0 ¬­
¬­
0
­­
2
2 ­
...
8Xl cos R sen 2R
­­ 8 l 2 cos R ­­­
­­
2
2
cotg R ®­­
8Xl cos R cos 2R X l cos R sen 2R ®
d R JJG
q OP
aP dt
0 ¬­ Xl cos R sen 2R ¬­
­
­­
0
X cos R ­­q
­­ ...
­
0 ®­
0
®­
Otro método....
- 50 -
Física Universitaria: Problemas de Física
P
z
z’
l
C
y’
l
O
x
x’
R
M
y
Cinemática del sólido rígido. M05.20
Movimiento absoluto = Movimiento relativo +
movimiento de arrastre.
Descomponemos todos los vectores en la base
vectorial ijk asociada con el referencia absoluto o
fijo xyz, con
0 ¬­
¬
0 ­­
­­
rel X cos R ­
arr 0 ­­
­
­
X sen R ­®
8 ­®
ijk
ijk
Dado que ambas velocidades angulares son constantes en módulo y que hemos hecho
coincidir los orígenes O y O’ de los referenciales absoluto (xyz) y relativo (x’y’z’), podemos
utilizar las relaciones siguientes:
0 ­¬
cos R sen R sen R cos 2R ­¬
¬
JJJG 0 ­¬­
Xl sen R ­­
­
­­
v rel rel q OaP X cos R ­­ ql cos 2R ­­ Xl
0
... 0 ­­
­
­
­
­
­®­
0
X sen R ®­ijk l sen 2R ­®ijk
0 ­®ijk
ijk
0 ¬­
8l cos 2R ¬­
JJG 0 ­­¬
­­
­­
­
v arr arr q OP 0 ­ ql cos 2R ­
0
­­
­
­
8 ­®ijk l sen 2R ®­ijk
0
®­ijk
= v abs v rel
Xl sen R 8l cos 2R ­¬
8l
­­
v arr
0
­­
­®
0
ijk
28l cos 2 R ¬­
8l cos 2R ­¬
­­
­­
0
0
­­
­­­
­®
0
0
®­ijk
ijk
¬­
¬­
0
0
0 ¬­
Xl sen R ¬­
­
­­
­
­
a rel rel q v rel X cos R ­­ q 0 ­­ X 2l sen 2 R ­­­
8 2l
­
2
­­
­­­
X sen R ­®­
0 ­®­
2
sen
cos
cotg
X
l
R
R
8
l
R
®ijk
®ijk
ijk
ijk
0
¬
0 ¬­
­¬
8l cos 2R ­­
­
­­ 8 2l cos 2R ­­­
0
aarr arr q v arr 0 ­­ q
­­
­
8 ®­­
0
0
®­ijk
®­ijk
ijk
0 ­¬
¬
¬
¬
0
0 ­­
Xl sen R ­­
­
­­
aCor 2 arr q v rel 2 0 ­­ q 0 ­­ 28Xl sen R ­­ 28 2l ­­­
­
­
­
­
­®
0
8 ®­ijk 0 ­®ijk
0 ­®ijk
ijk
= aabs a rel
a arr
a Cor
0 ¬­
0
0 ¬­
­¬
2
­
2
2 ­
2
2
­
­
­
8 l 8 l cos 2R 28 l ­ 8 l 1 cos 2R ­ 8 l 2 cos 2 R ­­­
­
­
2
cotg R ®­ijk
cotg R ®­­
­­®
8 l cotg R
ijk
ijk
- 51 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.21
19. Una moneda, de 1.5 cm de radio, rueda inclinada manteniendo un ángulo de 60º
respecto al plano horizontal. En su movimiento, el punto de contacto con el plano
horizontal describe sobre éste una circunferencia, de 0.75 cm de radio, cada tercio de
segundo. Determinar las velocidades y aceleraciones del centro de la moneda A y del
punto B de la periferia, en el instante en el que se encuentra en una posición
diametralmente opuesta al punto de contacto con el plano horizontal.
60º
B
A
La velocidad angular : vale 3 r.p.s.; o sea : = 3u2S = 6S rad/s
a) Dado que r = R cos60º, el punto A permanece estacionario en la vertical del centro O de la
trayectoria circular descrita por el punto de contacto C; i.e.,
z
B
30º
vA 0
aA 0
:
ZR
60º
y
A
Z
R
O
C
r
aB
Además, el punto C de la moneda que en cada instante está en
contacto con plano horizontal se encuentra instantáneamente en
reposo, ya que nos dicen que la moneda rueda; esto es vC = 0.
En consecuencia, todos los puntos del diámetro CAB se
encuentran instantáneamente en reposo; i.e., dicho diámetro
coincide con el eje instantáneo de rotación (EIR). En
consecuencia, el punto B también se encuentra instantáneamente en reposo; i.e.,
vB 0
b) Determinamos la velocidad angular intrínseca de la moneda (Z) a partir de la condición de
rodadura:
r
0.75
8
vC r8 RX 0 l X 8 8 3 rad/s
1.50
2
R
¬
0 ­¬
0
¬
¬
0
0 ­­
­­
­
­­
­
­
­
X X sen 60º ­ 3 3 / 2­­ rad/s
8 0 ­ rad/s
XR X 8 3 3 / 2­­­ rad/s
­
­
­
9 / 2 ­­­
X cos 60º®­ 3 / 2­®­
6®­
®
donde ZR es la velocidad angular total o resultante de la moneda.
Determinamos la aceleración del punto B a partir de la del punto A (nula):
JJJG
d R JJJG
aB aA
q AB
R q ( R q AB)
dt
0 ¬­ 0 ¬­ 9 3Q 2 ¬­
­
­
­
d R
q R 0 ­­ q 3 3Q / 2­­­ 0 ­­­ rad/s 2
dt
6Q ­®­ 9Q / 2 ­­­ 0 ­­
®
®
-9 3Q 2 ¬­ 0 ¬­
¬­ 0 ¬
0
­­
­
­
­
d R JJJG
aB q AB 0 ­­­q 3 / 4 ­­­ 81Q 2 / 4 ­­­ 200 ­­ cm/s 2
­­
­
­
­
dt
2
0 ®­­ 3 3 / 4®­ 27 3Q / 4®­ 115®
115
a B 2002 1152 231 cm/s 2
tg R l R 30º con la horizontal.
200
- 52 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.22
A
20. La cubierta del rodamiento a rodillos representado en la figura está fija, mientras
que el árbol interior gira con velocidad constante Z1 en sentido horario. Los
rodillos ruedan sin resbalar por las pistas. Determinar: a) La velocidad angular Z2
de un rodillo, indicando su sentido. b) La velocidad vB y la aceleración aB del punto
B del eje de un rodillo. c) La aceleración aA del punto A de la periferia del rodillo.
B
RR
Z1
6R
Se trata de un movimiento plano en el que el CIR del rodillo se encuentra en el punto A, que
se encuentra instantáneamente en reposo por no resbalar el rodillo respecto de la cubierta fija.
Por la misma razón, la velocidad del punto C del rodillo tiene la misma velocidad que la del
punto C perteneciente al árbol interior; esto es,
vC 6 RX1
a) Determinamos la velocidad angular Z2 del rodillo a partir del conocimiento de la posición
del CIR (punto A) y de la velocidad del punto C:
v
6 RX1
vC X2 AC l X2 C 3X1
2R
AC
en el sentido antihorario, tal como se indica en la figura.
b) La velocidad del punto B es la mitad de la del
A (CIR)
punto C, tal como se deduce de la construcción gráfica
de la figura; i.e.,
R
Z2
vB RX2 3RX1
vB
El punto B está describiendo una trayectoria circular
de radio 7R con celeridad constante. En consecuencia,
presenta una aceleración centrípeta (dirigida hacia el
centro de dicha trayectoria) cuyo módulo es
2
B
aB
vC
C
Z1
y
3RX1
v
9
RX12
7R
7R
7
c) Determinamos la aceleración del punto A o CIR a partir de la del punto B mediante la
expresión:
JJG
JJG
a A a B 2 q BA 2 q 2 q BA con 2 0
aB de modo que
0 ¬­
­­
9
a A RX12 ­­­
7
­­
0 ®­­
2
B
x
0 ¬­
¬ ¬ ¬¯
0 ­­ ¡ 0 ­­ 0 ­­° 9
­­
0 ­­q ¡ 0 ­­q R­­° RX12 ­­­
­
X ­­® ¡X ­­® 0 ­­®° 7
°± 0 ­­­
2
¢¡ 2
®
- 53 -
¬­
¬­
0
0
0 ­¬
­­
­­
9
­
72
RX22 ­­ RX12 9 RX12 ­­­ RX12 ­­­
­­
7
­­
­­ 7
­
­
0 ­®
0
0
®­
®­
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.23
21. Un disco de radio r1 = 10 cm rueda sin deslizar sobre otro disco de radio
r2 = 20 cm, a velocidad angular 1 = 3 rad/s. Al conjunto de ambos discos se
les dota de una nueva rotación 2 = 6 rad/s alrededor del eje del disco grande,
en el mismo sentido que 1. En el instante en que los dos discos están tal
como aparecen en la figura, determinar: a) Las velocidades de los puntos A y
B. b) El centro instantáneo de rotación del disco pequeño. c) La velocidad del
punto C.
C
A
B
a) En la rodadura del disco pequeño sobre el grande, al punto A le corresponde una velocidad
nula (CIR).
En la rotación del conjunto de los dos discos, al punto A le corresponde una velocidad
0¬­ 0.20¬­ 0 ­¬
­
­
­
OA
q
v
0­­q 0 ­­ 1.20­­ m/s
y
A
2
6­­® 0 ®­­ 0 ­­
®
C
2
O I
A 1
vB vA
x
B
El disco pequeño está sometido a una rotación
resultante
1 2 3k 6k 9k rad/s
Calculamos la velocidad del punto B a partir de la del
punto A:
0 ­¬ 0­¬ 0.20­¬ 0 ­¬
­
­ ­
­
q AB 1.20­­ 0­­q 0 ­­ 3.00­­ m/s
­
­
­
­
0 ­® 9­® 0 ­® 0 ­®
b) El CIR del disco pequeño se encuentra en el punto I, tal que
v
1.20
0.13 m = 13.3 cm
vA X IA º IA A X
9
o sea, a una distancia de 6.6 cm del punto O.
c) Calculamos la velocidad del punto C a partir de la del punto A:
0 ¬ 0¬ 0.10¬ 0.90¬­
JJJG ­­ ­­ ­­
­
v C v A q AC 1.20­­­ 0­­­q0.10­­­ 2.10 ­­­ m/s º vC 2.28 m/s
­­ ­­ ­­
­
0 ®­ 9­® 0 ­® 0 ®­­
- 54 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.24
22. En el dispositivo que se muestra en la figura, el brazo tiene una
longitud l y está girando alrededor de un eje fijo que pasa por
O. En un instante dado, su velocidad angular es Zb y su
aceleración angular Db (sentido antihorario). El otro extremo del
brazo arrastra un piñón, de radio R, que rueda sin resbalar por
el interior de una corona fija. a) Determinar la velocidad
angular (Zp) y la aceleración angular (Dp) del piñón en ese
instante. b) Determinar la velocidad y la aceleración de punto A
del piñón en ese instante. c) Ídem del punto B.
brazo
y
corona
Z bD b
x
O
C
A
B
piñón
a) Determinamos la velocidad y aceleración del punto C del brazo que serán también las del
punto C del piñón:
JJG 0 ¬­­ l ¬­­ 0 ­­¬
v C v O b q OC 0 ­­q0­­ Xb l ­­
X ®­­ 0®­­ 0 ­­®
b
¬
2¬
JJG
JJG 0 ­­ l ¬­­ 0 ¬­­ 0 ¬­­ Xb l ­­
a C a O b q OC b q ( b q OC) 0 ­­­q0­­ 0 ­­qXb l ­­ Bb l ­­­
­ ­­ ­­ ­­
­
B b ®­ 0® Xb ® 0 ® 0 ®­
La velocidad del punto B del piñón es nula (rodadura, CIR del piñón), de modo que podemos
escribir:
v
Xl
l
l
l
vC Xp BC l Xp C b l Xp Xb (horario) Bp X p X b Bb
R
R
R
R
BC
b) Determinamos la velocidad y la aceleración del punto A del piñón a partir del
conocimiento de la velocidad del punto B (CIR) y de la aceleración del punto C:
¬
¬
¬
JJG 0 ­­ 2 R¬­­ 0 ­­ 0 ­­
­
­
­
v A v B p q BA 0 ­­q 0 ­ 2 RXp ­­ 2Xp l ­­­ 2 v C
­
Xp ­®­ 0 ®­ 0 ­®­ 0 ­®­
JJG
JJG
a A a C p q CA p q ( p q CA ) 2¬
Xb l ­­
Bb l ­­­
­
0 ®­
0 ­¬ R¬­
­ ­
0 ­­q 0 ­­
­
­
Rl Bb ­® 0 ­®
2 2
0 ¬­ 0 ¬­ R¬­¬­ Xb l R l
­­
­­ ­­­­
0 ­q 0 ­q 0 ­­­ 2Bb l
­
­ ­­
0
Rl Xb ®­ Rl Xb ®­ 0 ®­®­
¬­
­­­
­­
­
®­
c) La velocidad del punto B del piñón es nula (CIR) y su aceleración la determinamos a partir
de la del punto C (como en el apartado anterior):
JJG
JJG
vB 0
a B aC p q CB p q ( p q CB) Xb2l ¬­
­
Bb l ­­­
­
0 ­®
2 2
0 ¬­ R¬­ 0 ¬­ 0 ¬­ R¬­¬­ Xb l R
­­ ­­
­­
­­ ­­­­
0 ­q 0 ­ 0 ­q 0 ­q 0 ­­­
0
­
­
­
­
­
Rl Bb ­® 0 ®­ Rl Xb ­® Rl Xb ­® 0 ­®­­®
0
- 55 -
l ­¬
­­
­­
­­
­®
Física Universitaria: Problemas de Física
Cinemática del sólido rígido. M05.25
23. Dos discos, de 15 cm de radio, ruedan sin deslizar sobre una
superficie plana. Una barra de longitud igual al diámetro de los
discos está unida por sus extremos a puntos de la periferia de ambos
discos, mediante articulaciones. En el instante que se representa en la
figura, el disco de la izquierda rueda a razón de 2 rad/s en el sentido
de giro horario: a) Hállese la posición del centro instantáneo de
rotación de la barra. b) Determínese el sentido de la rotación y el valor de la velocidad angular del otro
disco. c) Ídem de la barra.
Datos: R =15 cm; l = 30 cm; 1 = 2 rad/s.
R
De la figura, I = 45º y sen R 0.5 l R 30º
l
a) Se trata de un movimiento plano en el
que intervienen tres sólidos rígidos.
I Los CIR de los discos se encuentran en
B los puntos I1 e I2 indicados en la figura. A
vB
partir de ellos podemos determinar las
l=2R R
direcciones de los puntos A y B de los
A
discos respectivos, tal como se indican en
O1 1
O2 2
I
la figura que serán perpendiculares a las
vA
I
rectas I1A e I1B, respectivamente. Dichas
D
I1
I2
velocidades serán también las que poseen
los extremos A y B de la barra.
Conocidas las velocidades (vA y vB) de dos puntos de la barra, el CIR de la misma se
encuentra en la intersección de las perpendiculares trazadas a dichas velocidades en los puntos
A y B. Por consiguiente, el CIR de la barra se encuentra en el punto I indicado en la figura y
la rotación () de la barra tiene la dirección indicada (antihoraria). Determinamos las
distancias de I a los puntos O2 y B:
3
q1 R 3 25.98 cm
2
BI O 2 I O 2 B R 3 R 10.98 cm
O 2 I l cos R tg G 2 R
b) Calculamos la velocidad del punto A:
vA X1 I 2 A X1 R 2 2q15q 2 42.43 cm/s
El teorema de las velocidades proyectadas nos permite calcular la velocidad del punto B:
cos R 90º G
cos 75º
42.43q
12.68 cm/s
cos R
cos 30º
Ahora, partiendo del CIR de la barra (I) , calculamos la velocidad angular de ésta:
12.68
v
1.15 rad/s (antihoraria)
vB 8 IB l 8 B IB 10.98
c) Finalmente, partiendo del CIR del segundo disco (I2) , calculamos su velocidad angular:
v
v
12.68
vB X2 I 2 B l X2 B B 0.42 rad/s (horaria)
30
I 2 B 2R
vA cos R
90º G vB cos R l vB vA
- 56 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Mecánica Clásica. Ley de la Inercia. M06.1
1. Día solar y día sidéreo.- El día solar corresponde al intervalo de tiempo que emplea el Sol en pasar dos
veces sucesivas por un mismo meridiano terrestre. El día solar medio es de 86 400 segundos (= 24 horas). El
día sidéreo corresponde al intervalo de tiempo que emplea la Tierra en completar una revolución alrededor
de su eje polar. Calcular la duración del día sidéreo.
El día solar es el intervalo de tiempo transcurrido
entre dos pasos del Sol por el meridiano del lugar.
El día sidéreo o sideral 1 corresponde al intervalo
de tiempo que emplea la Tierra en completar una
revolución alrededor de su eje polar.
Es fácil establecer la relación que existe entre un
día solar medio y un día sidéreo.
Consideremos la Tierra ubicada inicialmente en
T, en el instante en que culminan el Sol y una
estrella mucho más lejana que pueda considerarse
como una referencia fija. El meridiano local es m
y el punto Sur es S. Un observador terrestre que
estuviera mirando al Sur vería al Sol y a la estrella
alineados y culminando (viñeta izquierda).
A medida que transcurre el tiempo, la Tierra se
traslada de T a T', a la vez que rota. La estrella
lejana culmina de nuevo en T', mientras, que para
que culmine el Sol, la Tierra deberá rotar aún el
ángulo . Se dice que el Sol "retrasa" respecto a la
estrella (viñeta central). Finalmente, el Sol
culmina por segunda vez en T" y se dice que ha
transcurrido un día solar.
El día solar medio se compone de un día sidéreo más una fracción de día correspondiente a la
la rotación de ángulo anteriormente descrita:
86400 s
s
1 d solar 1 d sidéreo l 236.6
3 min 56.55 s
365.2422 d solar
d solar
Este resultado también puede obtenerse teniendo presente que durante un año, que dura
365.2422 días solares, el Sol pasa por el meridiano una vez menos que el punto Aries. Así
durante este intervalo ha habido un día sidéreo más que días medios, de modo que
1 año 365.2422 d solar 366.2422 d sidereo
365.2422
d solar 0.997 269 6 d solar q86 400 86 164 s
366.2422
de modo que el día sidéreo es 86400 86164 236 s 3 min 56 s más corto que el día
solar.
1 d sidereo 1
En todo rigor, se llama día sidéreo al tiempo transcurrido entre dos pasos consecutivos del punto Aries por el
meridiano del lugar. Excepto por la retrogradación coincide con el día sideral del que como mucho se diferencia
en 0.01 s.
- 57 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Mecánica Clásica. Ley de la Inercia. M06.2
2. La cinta transportadora de viajeros de un aeropuerto tiene una longitud de 100 m y avanza con una
velocidad de 1.2 m/s. Una persona se mueve sobre la cinta con una velocidad relativa a ella de 1.5 m/s.
Determinar el tiempo que estará la persona sobre la cinta: a) cuando camina en dirección del movimiento de
la cinta y b) cuando camina en sentido opuesto.
a) Cuando la persona camina en la misma dirección en
que se mueve la cinta, su velocidad absoluta será
vP vPC vC 1.5 1.2 2.7 m/s
Y empleará un tiempo t en recorrer la longitud L, de
modo que
L 100
t 37 s
vP 2.7
vPC
Y empleará un tiempo t en recorrer la longitud L, de
modo que
L 100
t 333 s 5 min 30 s
vP
0.3
- 58 -
vC
L
b) Cuando la persona camina en la dirección contraria al
del movimiento de la cinta, su velocidad absoluta será
vP vPC vC 1.5 1.2 0.3 m/s
vP
vP
vPC
L
vC
Física Universitaria: Problemas de Física
Mecánica Clásica. Ley de la Inercia. M06.3
3. Una persona sube por una escalera mecánica, que se encuentra parada, en 8.2 s. Cuando la escalera está en
funcionamiento, puede subir a la persona en 5.0 s. ¿Cuánto tiempo emplearía la persona en subir caminando
por la escalera en movimiento?
Sea L la longitud que cubre la escalera.
Cuando la escalera está parada, la persona emplea un tiempo t1 en cubrir la longitud L, modo
que su velocidad, tanto absoluta (vP) como relativa a la escalera (vPE), es
L
L vPE t1 l vPE vP
t1
Cuando la escalera está en movimiento y la persona en
reposo respecto de ella, se emplea un tiempo t2 en cubrir
esa misma distancia, de modo que
L
L vE t2 l vE t2
vE
L
Cuando la escalera está en movimiento y la persona camina
sobre ella, su velociadad absoluta será vP vPE vE y empleará un tiempo t en cubrir la
distancia L, resultando
L
L vPE vE t l vPE vE t
Así, de las tres expresiones anteriores, resulta:
L L L
1 1 1
(media harmónica)
l
t
t1 t2
t t1 t2
Sustituyendo valores
t
t1t2
8.2q5.0 41.0
3.1 s
t1 t2 8.2 5.0 13.2
- 59 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Segunda y tercera leyes de Newton. M07.1
1. Dos cuerpos A y B, que pesan 500 N cada uno, se mantienen en
equilibrio sobre sendas superficies, perfectamente lisas y perpendiculares
entre sí, mediante un cable ligero y flexible que los une, según se indica
en la figura. Determinar el valor del ángulo T correspondiente a la
posición de equilibrio, así como las reacciones de las superficies sobre los
cuerpos y la tensión del cable en dicha posición.
B
T
A
30º
60º
Cuando el sistema esté en equilibrio, la resultante de las fuerzas que actúan sobre cada cuerpo
será nula. Esto es, descomponiendo en las direcciones horizontal y vertical, tenemos:
­(1) T cos T N A sen30º
Cuerpo A ®
¯(2) T sen T N A cos 30º P
­(3) T cos T N B cos 30º
Cuerpo B ®
¯(4) N B sen 30º P T sen T
Considerando el equilibrio del sistema en
su conjunto [o sumando m.a.m. las
ecuaciones (1)+(3) y (2)+(4)], se obtiene
60º
NA
NB
T
60º
B
T
A
P
30º
P
­ N A sen30º N B cos 30º
A+B ®
¯ N A cos 30º N B sen 30º 2 P
Sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas que nos permite calcular directamente las
reacciones NA y NB:
­
0 cos 30º
2 P cos 30º 866 N
° NA
2 P sen 30º
sen 30º cos 30º
°
2
2
'
sen 30º cos 30º 1 ®
cos 30º sen 30º
sen 30º 0
°N
2 P sen 30º 500 N
° B cos 30º 2 P
¯
De las ecuaciones (2) y (1), al dividirlas m.a.m., se sigue el valor del ángulo :
T sen T
P N A cos 30º 500 750
T cos T
N A sen 30º 433
250 ½
¾ tg T
¿
250
433
0.577 o T
y la tensión del cable será:
T cos T
N A sen 30º 433 o T
- 60 -
433
cos(30º )
500 N
30º
Física Universitaria: Problemas de Física
Segunda y tercera leyes de Newton. M07.2
2. Una masa m colocada sobre una superficie lisa horizontal está unida a una masa M mediante una cuerda
ligera que pasa por un agujero practicado en la superficie. La masa m se mueve describiendo una trayectoria
circular de radio r con una celeridad v. Determinar el valor de la masa M para que ese movimiento se
mantenga.
La masa m está en movimiento, describiendo una trayectoria circular con celeridad constante,
bajo la acción de una fuerza centrípeta proporcionada por la tensión de la cuerda.
Escribimos las ecuaciones del movimiento para cada una
de los dos masas; i.e.,
m
­
°T ma
®
°T Mg
¯
r
§ v2 ·
m¨ ¸
© r ¹
0
T
T
De modo que
M
2
m
v
r
Mg o
M
§ v2 ·
¨ ¸m
© rg ¹
Mg
- 61 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Segunda y tercera leyes de Newton. M07.3
3. Un hilo flexible y uniforme, de longitud l, está colgado en una pared vertical pasando sobre un clavo fijo y
liso. Aunque el hilo se encuentra inicialmente en equilibrio, se le separa ligeramente de dicha posición para
que comience a deslizar sobre el clavo. a) Describir el movimiento del hilo, determinando su aceleración.
b) Calcular la velocidad que adquiere el hilo, en el instante en que abandona al clavo.
a) Cuando desequilibramos el hilo, tirando ligeramente de uno de sus
extremos, comenzará a moverse en esa dirección, aumentando
continuamente su velocidad. Supongamos que, en un instante dado,
una longitud x de hilo cuelga del lado derecho, como se ilustra en la
figura. Los pesos de las dos porciones de hilo serán xg y (l-x)g
respectivamente, siendo la densidad lineal del hilo. La ecuación del
movimiento del hilo será
O x g O (l x) g O l x o lx (2 x l ) g
l-x
x
(l-x)g
g
xg
(2 x l )
l
de modo que la aceleración que adquiere el hilo va aumentando a
medida que aumenta x, i.e., su aceleración no es constante.
b) Puesto que la aceleración no es constante, deberemos proceder a calcular la velocidad por
integración.
dv d v d x
dv g
a
v
(2 x l )
dt dx dt
dx l
v
l
g l
v2 g 2
1
ª¬ x lx º¼
v
d
v
(2
x
l
)
d
x
o
gl
³0
³
l/2
/
2
l
l
2
l
4
? v 2 12 gl o v 12 2 gl
? a
Otro método
Puesto que no hay fricción, podemos calcular la velocidad a partir
de la Conservación de la Energía:
l
l 1
mg
mg mv 2 o v 2 12 gl
4
2 2
? v 12 2 gl
Ep=0
L/4
G
L/2
G
v
- 62 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.1
1. El bloque A de la figura pesa 15 kg y el bloque B pesa 5 kg. El coeficiente de rozamiento entre todas las superficies en contacto vale 0.20. En cada uno de los casos que
se muestran en la figura, calcular la magnitud de la fuerza F necesaria para arrastrar el
bloque A hacia la derecha con velocidad constante.
B
F
A
B
F
A
B
En cada uno de los tres casos, la fuerza necesaria para arrastrar el bloque A,
con velocidad constante, será igual a la suma de las fuerzas de rozamiento
que se oponen al movimiento del bloque A y del B (en el tercer caso).
A
NA
B
fA
F
A
a)
F f A N N A N PA
PB 0.20 15
5 4 kg 39.2 N
NB
B
fAB
fA
A
F
NA
b)
F fA
0.20 15
f AB N N A
5
N N B N PA
N PB PB
0.20q5 4 1 5 kg 49.0 N
NB
B
fAB
fBA
F
NA
A
fA
c)
F fA
f AB
0.20 15 5
f BA N N A
0.20q5
NNB
N N B N PA
PB
N PB
0.20q5 4 1 1 6 kg 58.8 N
- 63 -
N PB F
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.2
2. Un bloque de masa m1 está situado sobre otro de masa m2 que a su vez se apoya
m1
sobre una superficie horizontal lisa. Siendo los coeficientes de rozamiento
estático y cinético entre los dos bloques Ps y Pk, determinar: a) Fuerza máxima
F
m2
F que puede aplicarse al bloque de masa m2 para que el de arriba no deslice. b)
Si F es la mitad de este valor máximo, determinar la aceleración de cada bloque
y la fuerza de rozamiento que actúa entre ellos. c) Si F es el doble del valor
máximo determinado en a), calcular la aceleración de cada bloque. Datos: m1 = 2 kg; m2 = 4 kg; s = 0.3; k
= 0.2.
f
m1
m2
+
f
F
La fuerza de rozamiento estático entre los dos bloque
presenta un valor máximo dado por
sm1g = 0.3u2u9.8 = 5.88 N.
El rozamiento cinético presenta un valor constante igual a
km1g = 0.2u2u9.8 = 3.92 N
a) Puesto que el bloque de arriba no desliza, ambos bloques tendrán una aceleración común
a’. Aplicamos las ecuaciones del movimiento al bloque superior (valor máximo del
rozamiento estático) y al conjunto de los dos:
£a a Ns g 0.3q9.8 2.94 m/s 2
£¦ f a m1a a Ns m1 g
¦
¦
l ¦
¤
¤
¦
¦
¦ F a (m1 m2 )a a
¦¥ F a Ns (m1 m2 ) g 0.3q 6q9.8 17.64 N
¥
b) Ahora, la aceleración del bloque inferior es menor que la crítica y el bloque superior no
deslizará sobre el inferior, por lo que ambos bloques tendrán la misma aceleración a”.
Procedemos como antes, con F”=F’/2, comenzando por el conjunto de los dos bloques para
determinar la aceleración y luego calculamos el valor del rozamiento estático:
£¦
F aa
17.64 / 2
¦¦a aa £¦ F aa (m1 m2 )a aa
1.47 m/s 2
¦¤
(m1 m2 )
6
l ¤
¦
¦
¥¦ f aa m1a aa Ns m1 g
¦¦¥¦ f aa 2q1.47 2.94 N
c) Ahora, la aceleración del bloque inferior supera el valor crítico, por lo que el bloque
superior deslizará “hacia atrás” sobre el bloque inferior, existiendo rozamiento cinético.
Escribimos las ecuaciones del movimiento para cada uno de los bloques, por separado, con
F aaa 2 F a :
£¦a1aaa N´k g 0.2q9.8 1.96 m/s 2
¦¦
£ f aaa m1a1aaa N´k m1 g
¦
¦¤
l ¦¤
F aaa Nk m1 g 2q17.64 0.2q 2q9.8
¦a2aaa
7.84 m/s 2
¦¦ F aaa Nk m1 g m2 a2aaa
¦
¥
¦¦¥
m2
4
- 64 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.3
3. Dos bloques, de masas m1 = 4 kg y m2 = 8 kg, están unidos mediante
m2
una varilla rígida y ligera y resbalan por un plano inclinado 30º, como
se muestra en la figura. El coeficiente de rozamiento cinético entre el
plano y cada uno de los bloques es 1=0.20 y 2=0.30, respectivamente.
Calcular la aceleración del sistema y la tensión en la varilla, indicando
si es tensora o compresora.
m1
30º
Comenzamos valorando la fuerza de rozamiento cinético que actúa sobre cada bloque
²
f1 N1 N1 N1m1 g cos 30º 0.2q 4q9.8cos 30º 6.79 N ¦
¦
» f 27.16 N
f 2 N2 N 2 N2 m2 g cos 30º 0.3q8q9.8cos 30º 20.37 N¦
¦
¼
N2
N1
f2
m2g
+
f1
m1g 30º
Aplicamos la 2ª ley de Newton al sistema constituido por los dos bloques:
m1
m2 g sen 30º f1
f 2 m1
m2 a
12q9.8sen 30º 27.16 58.80 27.16 31.64 12a l
a 2.64 m/s 2
Aplicamos la 2ª ley de Newton al bloque pequeño:
m1 g sen 30º f1 R1 m1a
19.60 6.79 R1 10.56 l
R1 2.25 N
39.20 20.37
+
f1
De modo que la tensión en la varilla es tensora, como se
ilustra en la figura.
Aunque no es necesario, a efectos de comprobación aplicamos
la 2ª ley de Newton al bloque grande:
m2 g sen 30º f 2 R2 m2 a
8q9.8sen 30º 20.37
N1
R1
4q9.8sen 30º 6.79 R1 4q 2.64
m1g
R2
varilla
30º
R1
R2 8q 2.64
R2 21.12 l
N2
R2 2.29 N
La discrepancia de valores se debe a los redondeos; la tensión
en la varilla bien puede ser igual a 2.27 N (tensora).
R2
f2
m2g
- 65 -
+
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.4
4. Dos bloques, de masas m1 = 4 kg y m2 = 8 kg, descienden por un pla-
m2
no inclinado 30º, sin perder contacto entre sí, como se muestra en la
figura. El coeficiente de rozamiento cinético entre el plano y cada uno
de los bloques es 1=0.30 y 2=0.10, respectivamente. Calcular la
aceleración del sistema y la fuerza que se ejercen los dos bloques
entre si.
m1
30º
a) Comenzamos valorando la fuerza de rozamiento cinético que actúa sobre cada bloque
f1 N1 N1 N1m1 g cos R 0.3q 4q9.8q cos 30º 10.18 N ¦²¦
» f f1 f 2 16.97 N
f 2 N2 N 2 N2 m2 g cos R 0.1q8q9.8q cos 30º 6.79 N¦¦¼
m2
N2
+
m1
f2
30º
N1
R
R
m2g
f1
m1g
A continuación aplicamos la 2º ley de Newton en la dirección del movimiento a cada bloque y
tenemos 2 ecuaciones con 2 incógnitas (a, R):
£
m1 g sen 30º R f1 m1a
¦
¦
¤
¦
¦
¥m2 g sen 30º R f 2 m2 a
Sumando m.a.m. obtenemos:
m1
m2 g sen 30º f1
a g sen 30º f
m1
m2
R m1 a g sen 30º
f 2 m1
m2 a
9.8sen 30º 16.97
3.49 m/s 2
12
f1 4q 3.49 4.9
10.18 4.57 N
- 66 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.5
5. Un bloque de masa m puede deslizar sobre una superficie plana inclinada con una pendiente del 12% (i.e.,
tg T = 0.12). Cuando el bloque se lanza plano arriba, recorre la mitad del espacio que cuando se lanza plano
abajo, con la misma velocidad inicial en ambos casos. Calcular el valor del coeficiente de rozamiento entre
el plano y el bloque.
Tanto cuando el bloque asciende como cuando desciende, serán:
N mg cos R l f N N N mg cos R l W f f s N mgs cos R
siendo Wf el trabajo realizado por la fuerza de rozamiento durante un recorrido s sobre el
plano inclinado.
Cuando el bloque sube, su energía cinética inicial se convierte en energía potencial
gravitatoria y en energía disipada en el proceso de rozamiento hasta detenerse:
1 2
mv0 mgs1 sen R Nmgs1 cos R mgs1 sen R N cos R
2
Cuando el bloque baja, su energía cinética inicial y su energía potencial gravitatoria se
convierten en energía disipada en el proceso de rozamiento hasta detenerse:
1 2
mv0 mgs2 sen R Nmgs2 cos R mgs2 sen R N cos R
2
Puesto que la velocidad inicial es la misma en ambos casos, igualando las expresiones
anteriores, y operando, tenemos:
N cos R sen R s2
mgs1 sen R N cos R mgs2 sen R N cos R l
2
N cos R sen R s1
de modo que
N cos R sen R 2N cos R 2sen R l 3sen R N cos R l N 3 tg R 3q 0.12 0.36
N
N
v0
f
v0
s1
s2
f
mg
- 67 -
mg
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.6
6. Tres cuerpos de masa m = 5 kg están unidos entre sí por dos
cuerdas que pueden soportar una tensión máxima T = 20 N.
F
2
3
1
Los cuerpos se encuentran sobre una superficie horizontal y los
coeficientes de rozamiento son: P1 = 0.3, P2 = 0.2, P3 = 0.1. Si
aplicamos al cuerpo 3 una fuerza F que aumentamos lentamente, ¿Qué cuerda se rompe y con qué fuerza
mínima ocurrirá?
Cuando la magnitud de la fuerza aplicada sea tal que estemos en condiciones de movimiento
inminente, las fuerzas de rozamiento tendrán el valor máximo posible, i.e.:
f1 N1m1 g 0.3q5 1.5 kg = 14.7 N
T1
T2
F
f 2 N2 m2 g 0.2q5 1.0 kg = 9.8 N
1
2
3
f3 N3 m3 g 0.1q5 0.5 kg = 4.9 N
f1
f3
f2
y las tensiones de las cuerdas serán:
T1 = f1 = 14.7 N
T2 = f1 + f2 = 24.5 N
Como T2 sería superior a la tensión de rotura (20 N), no habrá movimiento de conjunto de las
tres masas, ya que la cuerda 2 se romperá antes de que eso ocurra. Así, las tres masas
permanecerán en reposo y la máxima fuerza que se puede ejercer sin romper la cuerda 2 será:
F = T2,máx + f3 = 20 + 4.9 = 24.9 N
- 68 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.7
7. En el esquema de la figura calcular la fuerza F requerida para que el bloque
de 24 kg empiece a subir por el plano inclinado 10º. El coeficiente de
rozamiento estático de cada pareja de superficies es de 0.30.
20kg
F
24kg
10º
La situación de los bloques es de movimiento inminente por lo que
las tres fuerzas de rozamiento son las máximas en cada caso.
La tg 10º = 0.18 es menor que P = 0.3, por lo que el bloque superior no tiene posibilidad de
resbalar hacia abajo sobre el bloque inferior. En consecuencia, al tirar del bloque de 24 kg
hacia arriba, será nula la reacción N3 indicada en la figura y los diagramas de cuerpo libre
de cada uno de los bloques son los indicados.
N12
N3=0
P1
N1
N12
f21
F
y
y’
x
N2
x’
10º
10º
f12
f2
P2
Aplicando las ecuaciones cardinales de la estática a cada uno de los bloques, descomponiendo
en las direcciones indicadas, tenemos:
Bloque superior:
£
¦
¦ Fx 0 º N N12 cos10º N1 N12 sen10º
l
¤
¦
º
F
0
N
cos10º
N
N
sen10º
P
¦
y
12
12
1
¦
¥
P1
20
19.29 kg = 189 N
N12 cos10º N sen10º cos10º 0.3 sen10º
N1 N12 (N cos10º sen10º ) 2.35 kg = 23.03 N
Bloque inferior:
£¦ Fy ' 0 º N 2 N12 P2 cos10º l N 2 19.29 24 cos10º 42.92 kg = 421 N
¦
¤
¦¦ Fx ' 0 º F P2 sen10º N N12 N 2 4.17 5.79 12.88 22.83 kg = 224 N
¦¥
- 69 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.8
8. Determínense los valores de los ángulos D y E, correspondientes a la posición de
equilibrio, para el sistema representado en la figura.
D
2m
E
2m
m
Las cuerdas ideales (inextensibles y de masa
despreciable) transmiten íntegramente las tensiones a lo
mg
largo de ellas, por lo que tenemos el diagrama de fuerzas
D
E
actuantes sobre el bloque central, correspondiente al
equilibrio del sistema, que se indica en la figura.
2mg
Escribiendo la condición de equilibrio, tenemos
m
2m
2m
¦£¦l P cos C 2 P cos B
¦£2 cos B cos C
l ¦¤
¤
¦¥¦ ³ 2 P sen B P sen C 2 P
¦¦¥2sen B sen C 2
y resolviendo este sistema de ecuaciones,...
2mg
2sen B
1 cos 2 C 2 l 2sen B
1 4 cos 2 B 2 l
1 4 cos 2 B 2(1 sen B) l 1 4 cos 2 B 4(1 sen B) 2
1 4(1 sen B) 4
4sen B 8sen B l
2
3
4sen 2 B 4
2
4sen B 2 8sen B l sen B = B 61.04º
- 70 -
C 14.48º
7
8
l
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.9
9. a) Determinar la aceleración máxima que puede alcanzar un automóvil de 1000 kg, con tracción en las
cuatro ruedas cuando sube por una rampa de 30º respecto a la horizontal. (coeficiente de rozamiento P = 1).
b) Calcular la inclinación máxima de la rampa por la que podrá subir este vehículo.
a) El diagrama de fuerzas del cuerpo libre es
el que se indica en la primera figura, que
NB
puede simplificarse en la forma que se indica
G
NA
en la segunda figura. Apreciamos que la
f
P
B
aceleración del automóvil es una consecuencia
P
A
30º
de las fuerzas de rozamiento entre las ruedas y
la calzada. Aplicamos las Ecuaciones Cardinales d la Dinámica:
£ f P sen 30º ma
¦
¦£¦ f P sen 30º ma
¦
¦
¦¤ N P cos 30º
N
P
cos
30º
0
l
l P sen 30º ma b N P cos 30º
¤
¦
¦¦
¦
¦
¦¥¦ f b N P cos 30º
¦ f b NN
¥
La aceleración máxima del automóvil será:
m
P
N cos 30º sen 30º g 1q 0.866 0.5 g 0.366 g 3.59 2
a b N cos 30º sen 30º
s
m
b) Procedemos de forma análoga, para un ángulo arbitrario:
£¦ f P sen R ma
£¦ f P sen R ma
¦
¦
¦£ P sen R ma b N P cos R
¦¤ N P cos R 0
l ¦¤ N P cos R
l ¦¤
¦¦
¦¦
¦
¥¦a b N cos R sen R g
¥¦¦ f b N N
¥¦¦ f b N P cos R
Solo podrá subir si la aceleración es positiva; i.e., si el valor máximo del rozamiento es igual
o mayor que la componente del peso en la dirección de la rampa:
N
f
a b N cos R sen R g 0 l N cos R sen R 0 l N cos R sen R
l tgR 1
1 l R 45º
N
- 71 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.10
10. Un bloque de masa m está apoyado sobre la cara inclinada y áspera de una
cuña de masa M. La cuña puede moverse libremente sobre una superficie
horizontal lisa. Se aplica una fuerza F a la cuña, de modo que el bloque
queda a punto de deslizar hacia arriba en el plano inclinado. Si el
coeficiente de rozamiento estático entre la cuña y el bloque esP,
determinar: a) la aceleración del sistema, b) la fuerza F necesaria para
producir esta aceleración, c) la reacción normal de la superficie
horizontal sobre la cuña.
F
m
M
45º
En la figura adjunta se ha dibujado el diagrama de fuerzas correspondiente a la cuña y al
bloque.
a) Aplicamos las ecuaciones cardinales de la dinámica al bloque, descomponiendo las fuerzas
en las direcciones x e y indicadas en la figura, teniendo en cuenta que f N N en las
condiciones de movimiento relativo inminente:
£¦
¦¦ ³ N 2 mg f 2 0 l N 2 N N 2 mg l N 2 mg
¦¦
2
2
2
2
2
1 N
¤
¦¦
2
2
2
2
2 1 N
¦¦ l N
f
mg ma
NN
ma l N
1 N N
¦¦¥
2
2
2
2
2
1 N
de modo que
y
1 N
N
a
g
f
x
1 N
F
R
a
N
mg
M
f
45º
Mg
b) Aplicamos la 2ª ley de Newton al sistema completo
(M+m), teniendo en cuanta que F es la única fuerza
exterior al sistema que tiene componente en la dirección
del movimiento del sistema:
1 N
F M m a
M m g
1 N
c) Consideramos el sistema completo (M+m) y aplicamos la condición de equilibrio en la
dirección vertical, considerando tan solo las fuerzas exteriores al sistema. Puesto que ni la
cuña ni el bloque presentan aceleración en la dirección vertical, será:
R Mg
mg M
m g
- 72 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.11
11. Una bloque de masa m descansa sobre una cuña y ésta, a su vez, sobre
un plano horizontal sin rozamiento. Determinar la fuerza F que se
debe aplicar a la cuña para que la masa m comience a ascender si entre
ella y la cuña existe un rozamiento de coeficiente P.
F
m
M
T
.
En la figura, hemos representado las
fuerzas que actúan sobre cada uno de los
S’
dos cuerpo (el bloque y la cuña) que
constituyen el sistema.
f
N
Aplicamos
las
ecuaciones
del
ma0
movimiento
al
bloque,
en
el
referencial
F
f
S
N2 N
S’ (solidario con la cuña), en el que el
a0
mg
bloque permanecerá en reposo hasta que
M
T
la aceleración que adquiera la cuña sea
Mg
suficientemente grande como para que
comience a ascender, por lo que la fuerza
de rozamiento que actúa sobre el bloque tendrá la dirección indicada (hacia abajo). Tenemos
2 mg sen R f ma0 cos R 0 ¦²
¦£[1] mg sen R N N ma0 cos R 0
¦¦
/ N mg cos R ma0 sen R 0¦» l ¦¤
¦¦
¥¦¦[2] N mg cos R ma0 sen R 0
¦¦¼
con f N N
Aplicamos las ecuaciones del movimiento a la cuña, en el referencial fijo S, de modo que
F f cos R N sen R Ma0 l [3] F N N cos R N sen R Ma0
de modo que disponemos de un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (F, N y P).
Resolvemos el sistema de ec. [1] y [2]
£¦[1] N N ma0 cos R mg sen R
l
¤¦
¦¦¥[2] N ma0 sen R mg cos R
sen R N cos R
mg
N
a0 g
cos R N sen R
cos R N sen R
De la ec. [3] despejamos F:
[3] F Ma0 (sen R N cos R ) N
de modo que
sen R N cos R
F
(M
cos R N sen R
m) g
- 73 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.12
12. Un niño coloca una báscula sobre una plataforma que puede deslizar sin fricción sobre un plano inclinado,
como se indica en la figura. El niño se sube en la báscula y lee la indicación de su "peso" cuando la
plataforma desciende (aceleradamente) por el plano inclinado. Si el peso del niño en condiciones normales
es P = 40 kg y el ángulo de inclinación del plano es 10º, ¿cuál será la indicación de la báscula?
La aceleración con la que desciende el sistema
báscula-niño a lo largo del plano inclinado es:
a g sen R
y sus componentes en las direcciones horizontal
y vertical (ejes xy ) son:
ax g sen R cos R
a y g sen 2 R
y
N
S
x
S’
g sen T cos T
T
a0
g sen 2 T
Sobre el niño actúan las dos fuerzas que se
mg
indican en la figura: su peso (mg) y la reacción
normal (N) ejercida por la plataforma de la báscula. La reacción de esta última fuerza es la
que mide la báscula (peso aparente del niño).
Aplicamos la ecuación del movimiento en la dirección vertical, bien sea en el referencial
inercial [S] o en el no-inercial [S’] ligado al sistema acelerado:
S
l N mg ma y mg sen 2 R
Sa
l N mg
mg sen 2 R ma ay 0
l N mg 1 sen 2 R mg cos 2 R
Sustituyendo los valores del enunciado, obtenemos:
N = 40q cos 2 10º = 38.79 kg
- 74 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.13
a
13. El coeficiente de fricción (estático y cinético) entre la caja A y la vagoneta
B
A
de la figura vale 0.6. Se pide: a) Aceleración mínima de la vagoneta para
que la caja no caiga. b) Tiempo que tardará en desprenderse la caja si la
aceleración de la vagoneta es la mitad de la mínima.
2m
a)
En la figura mostramos el diagrama de fuerzas que actúan sobre la caja. Aplicando las
ecuaciones cardinales de la dinámica de la partícula, siendo f la fuerza de rozamiento en
condiciones de movimiento (de caída) inminente, tenemos:
£
l (1) N ma
¦
¦
con f N N
a
¤
f
¦
¦
¥³ (2) f mg 0
De modo que
N N mg l Nma mg l a g 9.8
16.33 m/s 2
N 0.6
N
b) Ahora, con a’ = a/2 = 8.16 m/s2, y siendo ac la aceleración de la
caja será:
£¦¦l (1) N ma a
con f N N
¤
¦¦¥³ (2) f mg mac
mac Nma a mg l ac Na a g 0.6q8.16 9.8 4.90 m/s 2
donde el signo negativo indica que está dirigida hacia abajo.
Calculamos el tiempo de caída a partir de la ecuación para el
movimiento rectilíneo uniformemente acelerado,
1
s at 2
2
2s
l t
a
2q 2
l t
0.903 s
4.90
- 75 -
mg
f
N
a’
ac
mg
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.14
m1
14. a) )Qué fuerza horizontal constante debe aplicarse al sistema que se
muestra en la figura de modo que los cuerpos de masa m1 y m2 no se
muevan con respecto al M. b) Si la fuerza aplicada es la mitad de la
calculada en el apartado anterior, ¿Cuáles serán las aceleraciones de
los bloques m1 y m2 con respecto del bloque M?
F
M
m2
a) Planteamos el problema en el sistema de
referencia ligado al bloque de masa M, ya que en
este sistema los bloques m1 y m2 se encuentran en
reposo.
En la figura, hemos representado el
m1g
F2 T N
F
diagrama de fuerzas que actúan sobre cada uno de
2
a0
los tres bloques, incluidas las fuerzas de inercia
M
m2g
(F1 y F2) asociadas a la no-inercialidad del
referencial.
Escribimos las ecuaciones del movimiento para los dos bloques pequeños:
l T m1a0 0²¦¦
m
» m2 g m1a0 0 l a0 2 g
m m2 g T 0 ¦¦¼
m1
Y ahora, escribiendo la ecuación del movimiento para todo el sistema en su conjunto,
determinamos la fuerza requerida1 para que los bloques pequeños permanezcan en reposo
respecto del grande:
m
l F M m1 m2 a0 2 M m1 m2 g
m1
S’
F1
N1
T
b) Replanteamos el problema, de nuevo en el referencial no-inercial ligado al bloque grande,
ya que nos interesa el movimiento de los bloques pequeños relativo al grande:
m
1
1
F ' F l a '0 a0 2 g
2
2
2m1
Escribiendo las ecuaciones del movimiento para cada uno de los bloques pequeños, teniendo
en cuenta que a1’ = a2’ = a’ (cuerda inextensible), tenemos:
²
l T m1a '0 m1a '¦
mm
1
¦
» l m1 m2 a ' m2 g 1 2 g m2 g
¦
m m2 g T m2 a ' ¦
2m1
2
¼
De modo que la aceleración que presentan los bloques pequeños con respecto del bloque
grande 2 es:
m2
a'
g
2 m1 m2
1
2
Obsérvese que, si m1 = m2 = m, será ao = g y F = (M+2m)g.
Obsérvese que, si m1 = m2 = m, será a’ = g/4.
- 76 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Las fuerzas de la Naturaleza. M08.15
15. Un ferrocarril ligero subterráneo está compuesto por tres vagones, los extremos de 100 t (toneladas) cada
uno, y el central de 50 t. Al aplicar el freno se ejerce la misma fuerza de frenada en cada vagón. El
coeficiente de rozamiento con los carriles vale 0.1. a) Calcular la aceleración de frenada máxima que
admiten sin que deslice ningún vagón y las fuerza que ejercen los vagones en lo topes. ¿Qué vagón o
vagones serían los primeros en deslizar. b) La aceleración de frenada máxima que admitirán sin que deslicen
todos los vagones.
dirección del
movimiento
m = 50 t
e
2m
T3
m
d T1
+
c
2m
T1
T3
f2
f3
f1
Empezamos calculando los valores máximos de las fuerzas de rozamiento:
f1,máx N N1 0.1q100q103 10q103 kg = 98 kN
f 2,máx N N 2 0.1q50q103 5q103 kg = 49 kN
f3,máx N N 3 0.1q100q103 10q103 kg = 98 kN
a) Para que no deslice ningún vagón, la fuerza de frenado (interior al
sistema) no puede superar ninguno de los valores máximos de las
fuerzas de rozamiento. En consecuencia, las fuerzas de rozamiento
serán iguales, en los tres vagones, al menor valor máximo de ellas;
esto es f1 f 2 f3 f máx = f 2,máx . Escribimos la ecuación del
ffreno
v
froz
movimiento para todo el sistema en su conjunto:
3 f máx mtot amáx
l amáx 3 f máx
3q 49q103
0.588 m/s 2
mtot
250q103
y para los vagones primero y último:
T1 f máx m1amáx
T3 f máx m3 amáx
l T1 f máx m1amáx 49q103 100q103 q (0.588) 9.8 kN
l T3 f máx
m3 amáx 49q103
100q103 q (0.588) 9.8 kN
dirección del
movimiento
e
2m
T3
d T1
m
T3
f3
2m
+
c
T1
f2
f1
de modo que el diagrama de fuerzas es el que se representa en la tercera figura. Si se
superasen los límites de frenada, el primer vagón en deslizar sería el central.
b) Ahora, permitimos que deslice el vagón central, pero no los de los extremos. Bastará con
que la fuerza de frenado no supere el valor máximo de la mayor de las fuerzas de rozamiento.
En estas condiciones, los valores de las fuerzas de rozamientos serán los máximos posibles en
cada vagón. Escribimos la ecuación del movimiento para todo el sistema en su conjunto:
4f
245q103
f1,máx f 2,máx f3,máx mtot amáx l amáx 1,máx 0.98 m/s 2
mtot
250q103
- 77 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de referencia en rotación. M09.1
1. Un punto P en el plano Oyz gira alrededor del eje Oy con velocidad angular
Z1, y todo el sistema de referencia gira alrededor del eje Oz con velocidad
angular Z2. a) Hállese la velocidad y aceleración del punto P en el instante
en que está en la posición de la figura. Indíquese cual es el movimiento
relativo y cual el de arrastre. b) Si el movimiento relativo se convirtiese en
movimiento de arrastre y viceversa, ¿sería el mismo movimiento? ¿daría los
mismos resultados de velocidad? ¿y de aceleración? Justifíquese las
respuestas.
z
Z2
b
P
a
y
Z1
x
a) Velocidad angular de arrastre: arr 2
Movimiento relativo:
JJG 0 ¬­­ 0¬­­ aX1 ¬­­
v rel 1 q OP X1 ­­qb ­­ 0 ­­
0 ®­­ a®­­ 0 ®­­
¬
JJG 0 ­¬­ aX1 ¬­­ 0 ­­
a rel 1 q (1 q OP)= X1 ­­q 0 ­­ 0 ­­­
­
0 ­­ 0 ­­
® ® aX12 ­®
Movimiento de arrastre:
JJG 0 ­­¬ 0­­¬ bX2 ­­¬
v arr 2 q OP 0 ­­qb­­ 0 ­­
X ­­ a­­ 0 ­­
2® ®
®
Aceleración de Coriolis:
¬
JJG 0 ¬­­ bX2 ¬­­ 0 2 ­­
­
­
a arr 2 q ( 2 q OP) 0 ­q 0 ­ bX2 ­­­
­
­
­
X2 ®­ 0 ®­ 0 ­®
acor
0 ¬­ aX1 ¬­ 0 ¬­
­ ­
­
2 2 q v rel 2 0 ­­q 0 ­­ 2aX1X2 ­­
­
­
­
X2 ®­ 0 ®­ 0 ®­
Movimiento absoluto:
v abs v rel
aX1 bX2 ¬­
­­
v arr
0
­­
0
®­
aabs a rel
aarr
acor
¬­
0
2­
2aX1X2 bX2 ­­­
­
aX12
®­
b) Velocidad angular de arrastre: arr 1
Se permutan los papeles de las velocidades angulares Z1 y Z2 en el apartado anterior.
Se obtienen movimientos diferentes en los dos casos (trayectorias diferentes).
En el instante que se indica en la figura, la velocidad será la misma en ambos casos,
intercambiándose los papeles de las velocidades relativa y de arrastre.
Aunque también se intercambian las aceleraciones relativas y de arrastre, en el instante
que se indica en la figura, la aceleración de Coriolis es diferente en cada caso, ya que
ahora es
0 ­¬ bX2 ­¬ 0 ­¬
­
­
­
acor 21 q v rel 2 X1 ­­q 0 ­­ 0 ­­
0 ­­® 0 ­­® 2bX X ­­®
1 2
- 78 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de referencia en rotación. M09.2
2. La barra BC de la figura gira con velocidad angular Z constante alrededor de B,
mientras que el manguito A se desliza con una velocidad v también constante
respecto a la barra. Determinar velocidad y aceleración absolutas del manguito
A cuando está a una distancia r del punto B.
B
Z
v
C
A
Referencial fijo o absoluto, XYZ, con origen en el extremo B de la barra.
Referencial móvil o relativo, xyz, con el mismo origen, solidario con la barra, de modo que
en el instante indicado en la figura, coinciden las direcciones de los ejes correspondientes.
Este referencial está en rotación con una
Y,y
velocidad angular (de arrastre) que es la de la
barra, de modo que:
Z
C
0 ­¬
B
­
arr 0 ­­
arr 0
X,x
A
X ­­®
La velocidad y la aceleración absolutas del manguito vienen dadas por las expresiones
v abs v rel v arr v rel v 0 qr
aabs a rel aarr aCor a rel a 0 qr q ( qr ) 2 q v rel
con
JJJG r ­­¬
r BA 0­­
0­­®
v0 0
a0 0
v abs v rel
v ¬­
­
qr 0­­
0®­­
v ­¬
­
v rel 0­­
­
0­®
a rel 0
de modo que
a abs q ( qr )
¬ ¬ ¬
0 ­­ r ­­ v ­­
0 ­­q0­­ X r ­­
X ­­® 0­­® 0 ­­
®
0 ­¬ v ­¬
­ ­
2 q v rel 0 ­­qX r ­­
­
­
X ®­ 0 ®­
- 79 -
¬ ¬ 2 ¬
0 ­­ v ­­ X r ­­
2 0 ­­q0­­ 2Xv ­­­
­
­
X ­® 0®­ 0 ­­®
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de referencia en rotación. M09.3
3. Un punto P se mueve sobre la superficie terrestre de modo que su latitud O
fijo
móvil
y su longitud M vienen dadas por las expresiones
t
t
(S.I.)
K 106 (S.I.)
3
6
Considerando la Tierra como una esfera de 6400 km de radio, determínense,
Q
Q
para M y K : a) la velocidad relativa a la Tierra, b) la velocidad
3
6
absoluta y c) la aceleración de Coriolis.
z
M 106
P
r
M
O
x
a) Expresamos vectorialmente la posición y la velocidad relativa del punto P
¬
x ­¬ R cos M cos K­¬
RM sen M cos K RK cos M sen K ­­
­
r
d
­
­
r y­­ R cos M sen K­­
vM RM sen M cos K RK cos M cos K­­
­­
dt
z ­­® R sen M ­­®
RM cos M
®­
106
106
M m/s y K m/s
3
6
Q
Q
de modo que, para M 60º y K 30º , serán:
3
6
3 ¬­
x ¬­
cos 60º cos 30º¬­
­
­
R
­
r y ­­ R cos 60º sen 30º­­ 1 ­­­
­
­
sen 60º ®­ 4 2 3 ®­­­
z ®­
con R 6.4q106 m,
1
1
¬
3 sen 60º cos K 6 cos 60º sen 30º ­­ 1.87¬­­
1
1
v M 10 R 3 sen 60º cos K 6 cos 60º cos 30º­­­ 0.46­­ m/s
­
­
1
®­ 1.07 ®­
3 cos 60º
6
b) Velocidad absoluta: v F v M
vo
qr
¬
1¬­
1¬­ 116.36¬
0 ¬­
6
­
­­
­ R 3 ­­­
R
2
Q
6.4
q
10
­­
­
3 ­­ 201.52 ­­ m/s
q
qr 0 ­­q 1 ­­ X 3 ­­
­
­
4 0 ­­ 86400
4
­
X ­® 4 2 3 ­­®­
®­
0 ®­­ 0 ­®
1.87­¬
­
v F 0.46­­
1.07 ­­®
116.36¬­ 118.23­¬
­
­
201.52 ­­ 201.06 ­­ m/s
0 ­­® 1.07 ­­®
c) Aceleración de Coriolis: aCor 2 v M q
a Cor
¬­
1.87¬­ 0 ­­­ 6.72­¬
­
­
­
2 0.46­­q 0 ­­ 27.1­­q105 m/s 2
1.07 ­­ 2Q ­­­ 0 ­­
®
®
­­
­
®
86400
- 80 -
y
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de referencia en rotación. M09.4
4. En el hemisferio Norte, un automóvil, que pesa 1000 kg, circula por una autopista con una velocidad de
144 km/h. En un instante dado, el automóvil avanza en la dirección Sur-Norte en un lugar de 40( de latitud.
a) Determinar la velocidad y la aceleración absoluta del automóvil en ese instante, considerando tan sólo el
movimiento de la Tierra como rotación pura alrededor de su eje polar. b) Calcular el valor (módulo y
dirección) de la fuerza de Coriolis en ese instante.
Consideramos los Referenciales XYZ (fijo o absoluto) y
xyz (ligado a tierra, móvil o relativo), tal como se indica
en la figura. Nos servimos de las expresiones
correspondientes al movimiento relativo, teniendo en
JJG
cuenta que r oP 0 :
vF vM
v F (o)
qr v M
aF aM
a F (o)
d
qr
dt
a F (o)
2 q v M
Z
vM
y
o
O
2 q v M z
a(o)F
v F (o)
q qr
R
x
Y
X
Expresamos las velocidades y aceleraciones
intervinientes en la base vectorial asociada al
referencial móvil o relativo (ligado a tierra) y
efectuamos los cálculos correspondientes:
v­¬
¬
­
0 ­­
v M 0 ­­­
v F (o) X R cos M ­­­
­­
­
0 ­­®
0 ­®
X cos M ¬­ 0 ­¬ X cos M ¬­ 0 ­¬ X 2 R cos M sen M ¬­
­­
­­ ­­
­­
­
­­
­­q 0 ­­
­­qX R cos M ­­­
a F (o) q q R q
0
0
0
­
­
­
­
­
X sen M ®­­ R­­® X sen M®­­ 0 ­­® X 2 R cos 2 M ­­®
aCor
X cos M ¬­ v­¬
0
0
­­¬
­­¬
­­ ­­
­
­­q 0 ­­ 2Xv sen M ­­ l FCor maCor 2mXv sen M­­­
2 q v M 2
0
­ ­
­­
­­
­®
­®
X sen M ®­­ 0 ­­®
0
0
O sea
v¬­
­
v F 0 ­­
0 ­­
®
0 ¬­ v ¬­
­
­
X R cos M ­­ X R cos M ­­
0 ­­ 0 ­­
®
®
X 2 R cos M sen M­¬
­­
a F
0
­­
­
2
2
X R cos M ­®
¬­ X 2 R cos M sen M ¬­
0
­
­
2Xv sen M ­­ 2Xv sen M ­­­
­­
­
2
2
0
® X R cos M ®­
Sustituimos los valores numéricos:
2Q
rad/s; R 6.3q106 m; M 40º ; m 1000 kg
86400
0.016 68¬­
0 ¬­
0 ¬­
­­
­­
­
2
a F 0.003 75­ m/s
FCor 3.75­ N 0.385­­ Kg
­
­
0.019 88­®
0 ­®
0 ­­®
v 144 km/h=40 m/s; X 40 ¬­
­
v F 355.8­­ m/s
0 ­­®
- 81 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de referencia en rotación. M09.5
z, z’
5. El plano vertical representado en la figura gira alrededor del eje Oz con
velocidad angular constante de 120/S r.p.m. Un disco de 2 cm de radio,
contenido en dicho plano, rueda sin deslizar sobre la intersección del mismo
plano con el plano xy, con una velocidad de traslación de 4 m/s. Calcular la
velocidad y la aceleración del punto P del disco diametralmente opuesto al de
contacto con el plano xy cuando el centro del disco está a 3m del eje z y O
T = S/2.
P
C
vC
T
y
x
y’
Consideremos un sistema de referencia fijo (xyz) y otro
sistema de referencia móvil (x’y’z’) cuyo plano y’z’ es solidario al plano vertical representado
en la figura. En el instante considerado el plano móvil coincide con el plano yz, de modo que,
en ese instante, coinciden las bases vectoriales de ambos referenciales.
El movimiento relativo del disco es una rodadura pura sobre el eje Oy’ y el movimiento de
arrastre es una rotación pura alrededor del eje Oz con velocidad angular
0­¬
­
120 2Q
q
= 4 rad/s º arr 0­­ rad/s
Xarr Q 60
4­­®
La rodadura del disco en el plano móvil nos relaciona la velocidad del centro del disco,
vC = 4 j m/s con la velocidad angular de rotación Zrel del mismo; i.e.,
200­¬
v
4
­
200 rad/s l rel 0 ­­ rad/s
vC Xrel R l Xrel C R 0.02
0 ­­®
La velocidad absoluta del punto P (vP) será la suma de su velocidad relativa (vrel) y su
velocidad de arrastre (varr):
£
¦
JJG 0¬­­ 200­­¬ 0 ¬­­ 0­­¬
¦¦
CP
v
v
q
4­­ 0 ­­q 0 ­­ 8­­ m
¦
rel
C
rel
¦
¬
0®­­ 0 ­­® 0.02®­­ 0­­® s
¦
12­­
¦
¦
­
v
v
v
8
¤
­­ m/s
P
rel
arr
¦
0¬­ 0 ¬­ 12­¬
¦
JJG
0
­
®­
¦
­
­
¦
v arr arr qOP 0­­q 3 ­­ 0 ­­ m
¦
­
­
­ s
¦
¦
4®­ 0.04®­ 0 ­®
¦
¥
La aceleración absoluta punto P (aP) la calculamos como la suma de la aceleración relativa
(arel), la de arrastre (aarr) y la de Coriolis (aCor):
JJG ¬­
JJG
JJG 0 ¬­­
d
2
rel
­
qCP­ rel q rel q CP Xrel CP 0 ­­ m 2
a rel aC
­®
d t
800­­® s
JJG ¬­
JJG 0¬­­ 12¬­­ 0 ­­¬
d
arr
q OP­­ arr q arr qOP 0­­q 0 ­­ 48­­ m 2
aarr
d t
4®­­ 0 ®­­ 0 ­­® s
®­
64 ¬­
0¬­ 0¬­ 64¬­
­ ­
­
­
aCor 2 arr q v rel 2 0­­q8­­ 0 ­­ m 2 l a P a rel a arr a Cor 48 ­­ m 2
­
­
­
s
800­­® s
4®­ 0®­ 0 ®­
- 82 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Trabajo y energía. M10.1
1. Un proyectil de 5 g de masa lleva una velocidad de 400 m/s en el instante en que impacta en el tronco de un
gran árbol en el que penetra una distancia de 4 cm hasta detenerse. Supongamos, para simplificar, que la
resistencia que presenta la madera al avance del proyectil sea constante. a) Calcular la fuerza que ejerció el
proyectil sobre el árbol y la resistencia de la madera a la penetración. b) Calcular la potencia desarrollada
por esa fuerza ¿Es constante? c) Estimar el tiempo empleado en el frenado del proyectil.
a) Puesto que la resistencia que opone la madera al avance del proyectil se supone constante,
será constante la desaceleración que este experimenta. Podemos calcular la aceleración de
frenado a partir una bien conocida fórmula del movimiento rectilíneo uniformemente
acelerado:
v02
4002
2q106 m/s 2
2x 2q 0.04
La fuerza que ejerce el proyectil sobre el árbol será igual y opuesta a la fuerza de resistencia
que presenta la madera al avance del proyectil; esto es,
vf2 v02 2ax 0 l a F ma 5q103 q 2q106 104 10 000 N
b) La potencia desarrollada por esa fuerza viene dada por P Fv . Aunque F se supone
constante, la potencia va disminuyendo a medida que se ralentiza el proyectil. En el instante
inicial vale
P F ¸ v Fv 104 q 400 4q106 W 4 MW
c) Podemos calcular el tiempo pedido a partir de
v
v
400
l t 2q104 200 s
a
t
a
2q106
Método de la energía:
a) Durante la penetración en la madera, hasta quedar en reposo, el proyectil pierde toda su
energía cinética
1
5q103 q 4002
Ek mv02 400 J
2
2
Como la fuerza resistente que se opone al avance del proyectil se supone constante, el
teorema del trabajo y la energía cinética nos permite escribir:
Ek
400
Wresist Fresist x Ek l Fresist 10 000 N
x
0.04
- 83 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Trabajo y energía. M10.2
2. Un automóvil que pesa 750 kg circula por una carretera a nivel con una velocidad 54 km/h cuando su motor
desarrolla una potencia de 10 CV. a) ¿Cuánto vale la suma de todas las resistencias (rozamiento, resistencia
del aire, ...) que actúan sobre el automóvil? b) ¿Qué potencia deberá desarrollar el motor del automóvil para
subir a 54 km/h una cuesta del 10% de pendiente? c) ¿Qué potencia será necesaria para que el automóvil
baje a 54 km/h una pendiente del 3%? d) ¿Qué pendiente permitirá que el automóvil baje a una velocidad de
54 km/h sin que funcione el motor? (Nota: supóngase que todas las fuerzas de resistencia permanecen
constantes). Datos: 1 CV = 736 W.
Datos: v 54 km/h 15 m/s,
P 10 CV 7360 W
a) Puesto que la velocidad permanece constante, la potencia
desarrollada por el motor se empleará en vencer todas las
resistencias que se oponen al movimiento del automóvil; esto
es,
P 7360
P Fv f v l f 490.7 N 50 kg
v
15
b) Una pendiente del 10% representa un ángulo tal
que tg R 0.1 l R 5.7º . Ahora, la potencia desarrollada
deberá vencer también la componente del peso del automóvil
en la dirección del movimiento que se opone al movimiento
del automóvil; esto es,
P Fv f
490.7
f
F
N
F
f
mg
mg sen R v 750q9.8sen 5.7º q15 18331 W 24.9 CV
c) Una pendiente del 3% representa un ángulo tal
que tg R 0.03 l R 1.7º . Ahora, la componente del peso
del automóvil en la dirección del movimiento favorece el
movimiento del automóvil; esto es,
P Fv f mg sen R v N
f
F
mg
490.7 750q9.8sen1.7º q15 4 055 W 5.5 CV
d) Con el motor parado, i.e., P = 0, la resistencia estará compensada con la componente del
peso del automóvil en la dirección del movimiento :
490.7
50
f
0.067
f mg sen R l sen R mg 750q9.8 750
lo que representa una pendiente de
R 3.83º l tg R 0.067 6.7%
- 84 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Trabajo y energía. M10.3
3. Una escalera homogénea, de masa m y longitud L, está apoyada sobre una pared
vertical lisa y sobre un suelo horizontal rugoso, formando un ángulo 0 con la
horizontal (vide figura). El coeficiente de rozamiento entre el suelo y el pie de la
escalera es . Calcular el trabajo que debemos realizar para llevar la escalera a la
posición vertical, empujándola horizontalmente a una distancia D de su pie.
L
D
F
En la figura se muestra el sistema de fuerzas que actúa
sobre la escalera en un instante genérico durante el
proceso reversible (sucesión de estados de equilibrio)
que nos lleva desde el estado inicial ( = 0) hasta el
final ( = 90º).
Método Conservación de la Energía:
­ f P N (movimiento inminente)
o f PP
®
(equilibrio)
¯N P
R
B
N
L
D
F
x
De modo que la fuerza de rozamiento permanece
constante durante todo el proceso y el trabajo realizado
por ella es
W f f L cos T 0 P P cos T 0
A
P
f
Aplicamos el teorema de la energía cinética, teniendo en cuenta que Ecinética=0, por tratarse
de un proceso reversible:
W Wcons WF W f 'Ecinética 0
Wcons WF W f
0 o 'Ep WF W f
0 o WF
'Ep W f
Variación de la energía potencial:
Ep P
1
2
L 12 L sen R0 12 PL 1 12 sen R0
? WF
'Ep W f
1
2
PL 1 sen T 0 P PL cos T 0
1
2
PL 1 sen T 0 2 P cos T 0
Cálculo directo del trabajo de la fuerza F:
Escribimos las ecuaciones cardinales de le Estática, tomando momentos en A:
­N P
½
¾ o F PP R o R F PP
°
° f R F¿
®
cos T
D
° RL
1
1
°̄ sen T 2 PL cos T FD sen T o R 2 P sen T F L
cos T
2sen T P
D
1
L
P
o F
Calculamos el trabajo, teniendo en cuenta que
D¬
x L D cos R l dx L D sen R dR L 1 ­­­ sen R dR
L®
De modo que
WF ¨
90º
R0
F dx ¨
PL <N cos R
90º
R0
1
2
PL N
sen R >R PL
90º
0
90º
cos R ­¬
N sen R
­ sen R dR PL ¨
R0
2sen R ­®
1
2
1
2
cos R dR N cos R0 12 sen R0 12 PL 1 2N cos R0 sen R0
- 85 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Trabajo y energía. M10.4
4. Un bloque de masa m se deja caer sobre una cinta transportadora que se mueve con
velocidad constante v. Determinar el tiempo y el espacio recorrido por el bloque
hasta que éste adquiera la velocidad de la cinta, siendo P el coeficiente de
rozamiento entre la cinta y el bloque.
S
v
Método 1º Planteamos el problema en el referencial S.
La fuerza de rozamiento que actúa sobre el bloque es la
que lo acelera hasta que adquiere la misma velocidad
que la cinta: esto es,
f N N Nmg ma l a N g cte
S’
f
v
de modo que se trata de un movimiento rectilíneo
uniformemente acelerado, en el que la velocidad inicial
del bloque es nula. Por consiguiente:
vf v0
vf2 v02
at l t 2ax l x v
v
a Ng
v2
v2
2 a 2N g
Método 2º Planteamos el problema en el referencial S’ que se mueve con velocidad
constante (inercial).
La fuerza de rozamiento sigue siendo la misma que antes,
f N N Nmg ma l a N g cte
pero v0 = -v y vf = 0
vf v0
vf2 v02
at l 0 v
2ax a l 0 v 2
at l t v
v
a Ng
2ax a l x a v2
v2
2a
2N g
donde el signo negativo significa que el bloque se mueve “hacia atrás” con respecto de la
cinta.
Método 3º El trabajo realizado por la única fuerza horizontal que actúa sobre el bloque
(fuerza de rozamiento ) es igual al incremento de su energía cinética:
W f Ek
v2
1
l Nmgx mv 2 l x 2
2N g
- 86 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Trabajo y energía. M10.5
5. Un ascensor desciende con una velocidad constante de 0.75m/s. Del techo del ascensor se desprende una de
las bombillas de 40 g, que case sobre el suelo del ascensor. La altura de la caja del ascensor es 2.2 m.
Calcular el trabajo realizado por la fuerza gravitatoria sobre la bombilla y la variación de la energía cinética
de la misma, desde que se desprende hasta que se estrella en el suelo del ascensor: a) en el referencial ligado
a la caja del ascensor; b) en el referencial ligado al edificio. c) Explicar las diferencia existentes entre los
resultados de los aparatos anteriores.
Consideramos dos sistemas de referencia inerciales:
1. Referencial inercial S, ligado al edificio.
A
A’
2. Referencial inercial S’, ligado a la caja del
S’
ascensor
A’
h
Durante
su movimiento de caída libre, la bombilla tan
v0
s
solo está sometida a la fuerza gravitatoria, i.e., a su peso
B’
s’
v0
mg, que representa una fuerza constante. La aceleración
de la bombilla será la misma (g) en ambos referenciales
v0t
inerciales. El trabajo realizado por dicha fuerza será
B’
B
igual al producto de la misma por el desplazamiento que
experimenta la bombilla, que será diferente en cada
referencial. La velocidades y los cambios de energía
cinética también serán diferentes en cada referencial. El tiempo de caída es el mismo en
ambos referenciales:
S’
h
S
1 2
gtcaída
2
l tcaída 2h
2q 2.2
0.67 s
9.8
g
a) En el referencial S’:
W a WA aBa mg A aBa mgs a mgh 0.040q9.8q 2.2 0.86 J
vBa 2a vAa 2a
1
1
1
2
2
2
2 gh l Eka mvBa 2a mvAa 2a m vBa 2a vAa 2a mgh 0.86 J
de modo que W a Eka (teorema de la energía cinética).
b) En el referencial S:
s s a v0t h v0tcaida 2.20
0.75q 0.67 2.20
0.50 2.70 m
W WAB mg AB mgs 0.040q9.8q 2.7 1.06 J
vB2 vA2
1
1
1
2
2
2
2 gs l Ek mvB2 mvA2 m vB2 vA2 mgs 1.06 J
de modo que W Ek (teorema de la energía cinética).
c) El trabajo realizado es mayor en el referencia S que en el referencial S’; lo que está de
acuerdo con las correspondientes variaciones de la energía cinética.
La explicación radica en que tanto la energía cinética como sus cambios, depende del
referencial en el que se mida. Podemos asegurar que el trabajo suplementario que se mide en
el referencial S coincide con la variación suplementaria del energía cinética que se mide en
ese mismo referencial.
- 87 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Conservación de la energía. M11.1
1. Desde lo alto de una torre de 30 m de altura se lanza un cuerpo con una velocidad de 20 m/s y una
inclinación de 45º (en elevación) con respecto a la horizontal. a) ¿Con qué velocidad (módulo) llegará al
suelo? b) ¿Se conseguirá que llegue al suelo con más velocidad si lanzamos el objeto con otro ángulo de
inclinación? ¿Con cuál?
a) Conservación de la energía:
1 2 1 2
mgH
mv0 mvf l vf v02 2 gH 202 2q9.8q30 31.43 m/s
2
2
b) En el planteamiento y resultado del apartado anterior no interviene el ángulo de
lanzamiento. Por consiguiente, no se conseguirá ni más ni menos velocidad para otros
ángulos.
v0=20 m/s
T0=45º
H=30 m
Vf=31 m/s
- 88 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Conservación de la energía. M11.2
2. Una masa puntual m está unida a un hilo inextensible de masa despreciable y
l
longitud l. La masa se deja caer desde la posición horizontal con velocidad
inicial nula, como se indica en la figura. Determinar, en función del ángulo ,
la velocidad de la masa, la aceleración tangencial, la aceleración normal y la
tensión de la cuerda. Particularizar los valores de las magnitudes anteriores
para = 0º y = 90º.
Conservación de la energía
1 2
0 mgh
mv l v 2 gh 2 gl sen R
2
La aceleración centrípeta o normal se determina fácilmente por
tratarse de una trayectoria circular:
T
m
T
v2
an 2 g sen R
l
La aceleración tangencial se obtiene a partir de la ecuación del
movimiento tangencial:
mg cos R mat l at g cos R
N
l
h
m
mg
También podemos obtenerla como la derivada de la celeridad (módulo de la velocidad):
2 gl sen R
dv dv dR
dv v
d
cos R
X
g cos R
2 gl
sen R 2 gl
d t dR d t
dR l
dR
l
2 sen R
El módulo de la aceleración es
at a at2
an2 g 2 cos 2 R
4 g 2 sen 2 R g 1 3sen 2 R .
Para determinar la tensión de la cuerda, escribimos la componente radial de la ec. del
movimiento:
N mg sen R man
l N m g sen R
an
en la que sustituimos el valor de la aceleración normal para obtener la tensión en función del
ángulo :
N m( g sen R 2 g sen R ) 3mg sen R
ángulo velocidad ac. tangencial ac. normal mód. aceleración tensión
0º
0
g
0
g
0
90º
2gl
0
2g
2g
3mg
- 89 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Conservación de la energía. M11.3
3. Una masa m está suspendida de un hilo de longitud A atado en A. Si se libera desde la
posición indicada, a que distancia mínima h habrá que situar un obstáculo fijo B, para
que el hilo se enrolle en el obstáculo.
A
m
A
60º
h
Conservación de la energía entre 1 y 2:
1 2
mgl cos 60º mgl
mv2
2
v22 2 gl (1 cos 60º ) gl [1]
B
El radio de la trayectoria circular centrada en B es R = l – h.
Conservación de la energía entre 2 y 3:
1 2
1 2
mg (l h)
mv2 mg (l h)
mv3
2
2
v32 v22 4 g (l h) gl 4 g (l h) (4h 3l ) g [2]
Aplicamos la 2ª ley de Newton en el punto más alto de
la trayectoria circular, teniendo en cuenta que, en las
1
circunstancias críticas de mínima velocidad, la tensión
de la cuerda sería nula:
mg
T3 macp m
2
3
v
l v32 g (l h) [3]
(l h)
A
l
60º
h
v3 3
T mg
B
l-h
Combinamos las expresiones [2] y [3]:
4
(4h 3l ) g (l h) g l 5h 4l l h l
5
- 90 -
2
v2
Física Universitaria: Problemas de Física
Conservación de la energía. M11.4
4. Un pequeño bloque de masa m desliza sin rozamiento por una guía en
forma de lazo como la indicada en la figura. El bloque parte del reposo
desde el punto P.
a) Determinar la altura mínima, h, desde la que debe partir el bloque para
alcanzar la parte superior del lazo sin separarse de la guía.
Ahora, supongamos que la altura h sea igual a 5R. b) Determinar la
reacción de la guía sobre el bloque en el instante en el que éste alcanza la
parte superior del lazo. c) Calcular las componentes normal y tangencial de
la aceleración del bloque en dicho instante.
v
Q
mg
N
P
m
h
a) Conservación de la energía:
1 2
mgh mg (2 R)
mv l v 2 2 gh 4 gR
2
Ecuación del movimiento en el punto más alto (Q):
R
[1]
v2
l v 2 gR [2]
R
con N = 0 en las condiciones críticas de llegar hasta Q.
Combinando las expresiones [1] y [2], se sigue
5
2 g h4 g R g R l h R
2
b) Rescribimos las expresiones [1] y [2] con h’=2h:
1
5
mg (2h) mg (2 R)
mv a 2 l v a 2 4 gh 4 gR 4 g R 4 gR 6 gR
2
2
va2
va2
l N m
mg 6mg mg 5mg
mg N m
R
R
c) Las componentes intrínsecas de la aceleración, en el punto Q, son:
x at 0 , ya que no hay componente de fuerza en la dirección tangencial
mg
x
an acp N m
va2
6 g , es la componente normal o centrípeta de la aceleración.
R
- 91 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Conservación de la energía. M11.5
5. Una masa m, de pequeñas dimensiones, está sujeta mediante un hilo ligero
A
l
y longitud l a un punto fijo O. La masa se abandona desde el punto A,
como se indica en la figura. Consideremos el instante en que el hilo forma
O
T
un ángulo T con la horizontal. a) Determinar la velocidad de la masa.
l
b) Calcular las componentes intrínsecas de la aceleración de la masa. c)
m
Hallar la tensión del hilo. d) Particularizar los resultados anteriores para
T = 0º; T = 30º; T = 90º; recogiendo los valores en una tabla y dibujando los vectores en un esquema para
cada caso.
T
A
h
O
l
an
T
mg
T
a) Como el sistema es conservativo, aplicamos el
Principio de Conservación de la Energía para
determina la velocidad en función del ángulo:
1 2
0 mgh
mv l v 2 gh
2
con h =l sen, de modo que
v 2 gl sen R
at
b) La aceleración centrípeta o normal asociado al
movimiento circular es:
v2
2 g sen R
l
c) Para determinar la aceleración tangencial y la tensión del hilo escribimos las ecuaciones del
movimiento:
£
¦T mg sen R man
¦£T mg sen R 2mg sen R 3mg sen R
¦
l ¦¤
¤
¦
¦mg cos R mat
¥¦¦at g cos R
¥
d) Casos particulares:
an 0º
30º
v 2 gl sen R
0
gl
T 3mg sen R
0
1.5 mg
3mg
an 2 g sen R
0
g
2g
at g cos R
g
0.87g
0
- 92 -
90º
v 2 gl
Física Universitaria: Problemas de Física
Conservación de la energía. M11.6
6. Una cadena de acero de 3 m de longitud y 20 N/m de peso está estirada sobre una mesa horizontal de forma
que 2 m de la misma permanecen sobre la mesa y 1 m cuelga verticalmente desde el borde de la misma. En
estas condiciones, el peso del segmento colgante es justamente suficiente para arrastrar toda la cadena fuera
del borde. a) ¿Cuál es el coeficiente de rozamiento estático entre la cadena y la mesa? Supongamos que, una
vez que la cadena está en movimiento, el coeficiente de rozamiento cinético sea tan pequeño que pueda
despreciarse. b) Calcular el trabajo realizado sobre la cadena por la fuerza de la gravedad desde que empieza
a deslizar (2 m de cadena sobre la mesa) hasta que toda la cadena abandona la mesa. a) Determinar la
velocidad de la cadena en el instante en que ésta abandona la mesa.
l-x
m-mx
f
x
mx
mxg
El peso de la cadena es mg = 3 m u 20 N/m = 60 N.
a) En las condiciones del enunciado, el peso de la porción que
cuelga ( mx0 = 1/3) está compensado justamente por la fuerza de
rozamiento sobre la otra porción que permanece sobre la mesa:
mx0
1/ 3
mx0 g f N m mx0 g l N 0.5
m mx0 2 / 3
b) El trabajo realizado sobre la cadena por la fuerza de la gravedad es igual a la disminución
de la energía potencial gravitatoria de la cadena:
m
¬
8
8
W E p Ep,in Ep,fin g q 0.5­­­ mg q1.5 mg 60 80 J
3
®
6
6
c) La disminución de la energía potencial de la cadena es igual, en todo instante, al incremento
de su energía cinética. Considerando los instantes indicados en el enunciado, será:
Ek Ep
l
1 2 8
8g
mv mg l v 5.11 m/s
2
6
3
- 93 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Conservación de la energía. M11.7
7. Una partícula de masa m está situada en la cima de una semiesfera lisa, de radio R, que está apoyada por su
base sobre un plano horizontal. Cuando desplazamos ligeramente la partícula de su posición de equilibrio
comienza a deslizar sobre la superficie de la esfera. La posición de la partícula queda determinada en cada
instante por el ángulo T que forma el radio-vector correspondiente con la vertical. Determinar el valor del
ángulo para el cuál la partícula se despega de la semiesfera.
Conservación de la energía:
1 2
mgR mgR cos R
mv l v 2 2 gR(1 cos R )
2
Componente radial de la ecuación del movimiento:
v2
v2
l N mg cos R m
R
R
Sustituyendo en esta ecuación el valor de la velocidad,
tenemos
N mg cos R 2mg (1 cos R ) mg (3cos R 2)
mg cos R N m
N
R
mg
En el instante en que la partícula se despega de la semiesfera, la reacción normal será nula
(“se rompe la ligadura”), de modo que
2
3cos Rmax 2 l cos Rmax l Rmax 48.2º
3
- 94 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Conservación de la energía. M11.8
8. Un carrito pesa 8 kg y se mueve sin fricción, con una velocidad de 1 m/s,
m
sobre unos rieles rectilíneos y horizontales. Dejamos caer verticalmente un
v0
pequeño objeto de 2 kg de masa sobre el extremo delantero del carrito.
M
Inicialmente, la velocidad del objeto es nula; pero, como consecuencia de su
fricción con el carrito (coeficiente P = 0.1), termina quedando en reposo
sobre el carrito, con tal que la longitud l de éste sea suficientemente grande.
l
a) Calcular la velocidad final del sistema y el tiempo empleado en alcanzarla.
b) Determinar el valor mínimo de la longitud del carrito que permita que el objeto se detenga sobre él.
a) Sea vf la velocidad final del sistema cuando el objeto,
m
después de deslizar sobre el carrito, queda en reposo sobre el
f
f
M
mismo. Puesto que no existen fuerzas externas al sistema
carrito objeto que tengan componentes en la dirección
v
horizontal, se conserva la cantidad de movimiento del sistema
en esa dirección. Esto es,
M
8
Mv0 ( M m)vf l vf v0 q1 0.8 m/s
l
M m
10
La única fuerza que actúa sobre el objeto (en la dirección de su movimiento) es la de fricción,
de modo que la ec. de su movimiento es:
f maobj l Nmg maobj l aobj N g 0.1q9.8 0.98 m/s 2
de modo que el objeto posee un movimiento uniformemente acelerado, partiendo del reposo,
hasta que adquiere la velocidad final vf. Podemos escribir:
v
0.8
v at l vf aobjtf l tf f 0.82 s
aobj 0.98
b) El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento durante el recorrido x que realiza el objeto
sobre el carrito es igual a la pérdida de energía cinética que experimenta el sistema durante
ese proceso. Esto es,
1
1
Mv02 ( M m)vf2 Nmgx
2
2
Despejamos el recorrido x d esta expresión y obtenemos
1
1
Mv02 ( M
2
2
x
Nmgx
m)vf2
8q12 10q 0.82
4 3.2
2
2
0.41 m 41 cm
0.1q 2q9.8
1.96
de modo que la longitud del carrito deberá ser mayor de 41 cm a fin de que el objeto no se
salga por la parte trasera del carrito.
(sigue…)
- 95 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Conservación de la energía. M11.9
Otro método
b) La única fuerza que actúa sobre el carrito en la dirección de su movimiento es la fuerza de
rozamiento. Calculamos la aceleración del carrito:
m
2
f Macar l Nmg Macar l acar N g 0.1q q9.8 0.25 m/s 2
M
8
En el referencial del carrito, el objeto se mueve inicialmente con una velocidad –v0 (esto es,
hacia la parte trasera del carrito) y va disminuyendo su velocidad (relativa) hasta que
finalmente queda en reposo en ese referencial.
La aceleración del objeto con respecto al carrito (aceleración relativa) es:
arel
aobj acar
0.98 25
1.23 m/s 2
de modo que el objeto presenta un movimiento uniformemente retardado relativo al carrito.
Utilizando la bien conocida fórmula de la cinemática v 2 v02 2ax , durante el proceso de
frenado, obtenemos el espacio que recorre el objeto sobre el carrito:
0 v02 2arel x l x v02
12
0.41 m 41 cm
2arel 2q1.23
de modo que la longitud del carrito deberá ser mayor de 41 cm a fin de que el objeto no se
salga por la parte trasera.
- 96 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Fuerzas centrales. M12.1
1. La velocidad de escape es aquella velocidad inicial que necesita cualquier proyectil para escapar de la
atracción gravitatoria de un planeta u cualquier otro cuerpo de gran masa ¿Calcular la velocidad de escape
desde la superficie terrestre?
Datos: Radio ecuatorial de la Tierra: 6371 km; Masa de la Tierra: 5.979u1024 kg; G = 6.672u10-11 (SI)
v
r
R
vesc
Conservación de la energía para el lanzamiento del
proyectil con una velocidad inicial vescape para
conseguir que llegue a una hipotética distancia
infinita con velocidad nula:
1 2
Mm
mvescape G
0 0
2
R
De modo que
1 2
Mm
2GM
mvescape G
l vescape R
R
2
Podemos expresar este resultado en función de g (intensidad del campo gravitatorio en la
superficie del planeta), ya que
.m
.
G 2 mg l g G 2
R
R
de modo que
vescape 2GM
2 gR
R
Sustituyendo valores para la Tierra, tenemos
2GM
2q 6.672q1011 q5.979q1024
11.2q103 m/s 11.2 km/s
R
6.371q106
La velocidad de escape en la superficie de la Tierra es de 40 320 km/h. A velocidades
inferiores, el proyectil se convertiría en un satélite artificial en órbita elíptica alrededor de la
Tierra.
Esta velocidad inicial es aplicable tan solo a proyectiles; esto es, objetos que carecen de un
medio de propulsión propio de modo que dependen de su impulso inicial para vencer la
atracción gravitatoria.
vescape - 97 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Fuerzas centrales. M12.2
2. Órbita geoestacionaria. Supóngase que se desea establecer en el espacio una base interplanetaria que se
mueva en una órbita circular en el plano ecuatorial de la Tierra y a una altura tal que permanezca siempre
sobre el mismo punto. a) ¿Cuál deberá ser el radio de esa órbita? b) ¿Qué velocidad tendrá en satélite en
dicha órbita?
Para que la órbita sea geoestacionaria, el satélite deberá girar en su
órbita con la misma velocidad angular con que rota la Tierra
m
R
alrededor de su eje:
F
2Q
2Q
X
7.29q105 rad/s
M
T
86164
siendo el periodo el correspondiente a un día sideral ( = 86164 s).
a) Aplicamos la Ley de la Gravitación Universal al satélite en
órbita, teniendo en cuenta que la fuerza de atracción gravitatoria le
imprime una aceleración centrípeta, de módulo X 2 R , de modo que
Mm
GM
F G 2 macp mX 2 R l GM X 2 R 3 l R 3 2
R
X
Para determinar la masa de la Tierra, consideraremos un cuerpo de masa m en caída libre
cerca de su superficie, siendo RT el radio de la Tierra:
F G
gRT2
Mm
mg
M
l
RT2
G
que sustituimos en la expresión anterior para obtener
R3 gRT2
X2
gR 2 ¬
l R 2T ­­­
X ®­
1/3
De modo que
9.8q 6.37q106
R
2
7.29q105
¬­
­­ 42.14q106 m 6.62 R
­­
T
®­
2 1/3
b) La velocidad orbital se puede calcular multiplicando su velocidad angular por el radio
orbital:
v X R 7.29q105 q 42.14q106 3072 m/s 11 060 km/h
- 98 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Fuerzas centrales. M12.3
3. Un satélite de comunicaciones describe una órbita circular ecuatorial en el mismo sentido de rotación de la
Tierra, a una altura de 800 km sobre su superficie. ¿Por dónde sale el satélite, por el Este o por el Oeste?
¿Durante cuánto tiempo permanecerá visible (sobre el horizonte) desde un lugar llano y despejado situado
en el Ecuador?
Datos: Radio ecuatorial de la Tierra: 6371 km; Masa de la Tierra: 5.979u1024 kg; G = 6.672u10-11 (SI)
Radio de la órbita del satélite
Rs 6371 800 7171 km
B
Ángulo central correspondiente al orto (salida) y
ocaso (ocultación) del satélite en el horizonte:
6371
R R
cos T 0.888
2 Rs 7171
RT
T
Hemisferio
Norte
R 54.64º 0.9537 rd
Rs
s
rel
A
La velocidad angular asociada con el movimiento del
satélite en su órbita alrededor de la Tierra se deduce a
partir de la Ley de la Gravitación Universal:
G
M T ms
ms acp ms Xs2 Rs
Rs2
l Xs GM T
1.04q103 rd/s
Rs3
2Q
7.29q105 rad/s .
86400
Puesto que estamos observando el satélite desde la Tierra, su velocidad angular relativa a la
Tierra será:
La velocidad de angular de la Tierra es XT Xrel Xs XT 9.67q104 rad/s
donde el signo positivo indica que la salida (orto) se produce por el OESTE. Dicho de otro
modo, la velocidad angular del satélite es superior a la terrestre, por lo que el satélite “se
adelanta” a ésta.
El satélite estará visible mientras recorre un arco de circunferencia de ángulo central con
una velocidad angular relativa a la Tierra rel; esto es,
R
0.9537
986 s 16 min 26 s
t
Xrel 9.67q104
- 99 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Fuerzas centrales. M12.4
4. Masa del Sol. Conocidos los semiejes mayores de las órbitas de la Tierra y de la Luna, 149.6×106 km y
384.0×103 km, respectivamente y los correspondientes periodos de revolución, 1 año y 27.32 días, calcular
la masa del Sol en unidades de la masa de la Tierra.
A partir de la Ley de la Gravitación Universal deducimos la expresión de la Tercera Ley de
Kepler para órbitas circulares:
F G
Mm
4Q 2
4Q 2 3
mX 2 R l GM X 2 R 3 2 R 3 l T 2 R
2
R
T
GM
Aplicamos la Tercera Ley de Kepler a los sistemas Sol-Tierra y
Tierra-Luna y dividimos las expresiones miembro a miembro:
4Q 2 3 ²¦¦
TT2 RT ¦
2
3
GM S ¦¦
M S TL ­¬ RT ­¬
TT2 M T RT3
­
­
l
l
»
TL2 M S RL3
M T TT ®­­ RL ®­­
4Q 2 3 ¦¦
TL2 RL ¦¦
GM T ¦¦¼
Finalmente, sustituimos los valores dados en el enunciado del
problema:
M S 27.34 ¬­
­
M T 365.24 ®­
2
¬
149 600 ­­ 5.60q103 q59.129q106 331q103
384 ­®
3
Conocida la masa de la Tierra, podemos calcular la del Sol:
Masa de la Tierra:
5.9736 × 1024 kg
Masa del Sol:
1.9891 × 1030 kg
- 100 -
RL
T
S
L
RT
Física Universitaria: Problemas de Física
Fuerzas centrales. M12.5
5. Lunas de Marte. Los semiejes mayores de las dos Lunas del planeta Marte, Phobos y Deimos, miden
9.408×103 km y 23.457×103 km, respectivamente. El periodo de revolución orbital de Phobos es de
4.65 horas. Con esos datos se deben calcular la masa del planeta Marte y el periodo de revolución de
Deimos.
A partir de la Ley de la Gravitación Universal deducimos la expresión de la Tercera Ley de
Kepler para órbitas circulares:
F G
Mm
4Q 2
4Q 2 3
mX 2 R l GM X 2 R 3 2 R 3 l T 2 R
2
R
T
GM
Aplicamos la Tercera Ley de Kepler al sistema Marte-Phobos:
9.408q106
4Q 2 RP3
4Q 2
MM G TP2 6.693 x 10 –11 4.65q3600
3
2
1.758q1024 kg
Aplicamos la Tercera Ley de Kepler a los sistemas Marte-Phobos y Marte-Deimos y
dividimos las dos expresiones miembro a miembro:
4Q 2 3 ¦²¦
TP2 RP ¦
3/2
3/2
RD ¬­
GM M ¦¦
23.457 ¬­
TP2
RP3
­
l
l
18.31 h
T
T
4.65
­
»
D
P
­
9.408 ­®
TD2 RD3
RP ®­
4Q 2 3 ¦¦
TD2 RD ¦¦
GM M ¦¦¼
P
RP
M
RD
D
- 101 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.1
1. Una partícula realiza un movimiento armónico simple con una frecuencia angular de 10 rad/s. En el instante
inicial, la partícula presenta una elongación positiva de 8 cm y se mueve con una velocidad de 60 cm/s
acercándose a la posición de equilibrio. a) Determinar la ecuación del movimiento (elongación en función
del tiempo). b) Determinar el primer instante en el que la partícula pasa por la posición de equilibrio.
c) Ídem en el que la partícula se encuentra instantáneamente en reposo.
a) Comenzamos escribiendo las ecuaciones del m.a.s. e imponiendo las condiciones iniciales:
£¦ x02 A2 sen 2 G
¦¦
£¦ x A sen Xt G
£
x
A
sen
G
¦
0
¦
l t 0 ¦¤
l ¦¤ v ¬2
¤
¦
¦ 0 ­ A2 cos 2 G
¥¦¦v0 X A cos G
¥¦v X A cos Xt G
¦¦¥¦ X ­®­
de modo que
¬
v0 ­­ 82
X ­®
2
A2 x02
tag G 60 ¬­
­ 64
10 ®­
2
36 100 l
A 10 cm = 0.10 m
X x0 10q8
1.33 l G 126.87º 0.705Q rad 2.215 rad
v0
60
y la ecuación pedida es
x 0.10sen 10t
0.705Q
l v cos 10t
b) Deberá transcurrir menos de medio periodo o
ciclo de oscilación; esto es, para una fase de S rad,
como se ilustra en el diagrama fasorial:
0 0.10sen 10t1
10t1
0.705Q
0.705Q
(S.I.)
x
Diagrama
fasorial
l
x0
a)
0.705Q Q l
x
t1 0.0295Q 0.093 s
c) Análogamente, el instante corresponde a una
fase de 3S/2 rad, como se ilustra en el diagrama
fasorial:
0 cos 10t2 0.705Q l
3Q
l
2
t2 0.0795Q 0.250 s
10t2
0.705Q I
b)
v
v0
c)
- 102 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.2
Q 2 ¬­
­­ x , donde
16 ®­
2. Una partícula de 4 kg de masa se mueve a lo largo del eje x bajo la acción de la fuerza F
x se expresa en metros y F en newtons. Cuando t = 2 s, la partícula pasa por el origen, y cuando t = 4 s, su
velocidad es de 4 ms-1. Determinar la frecuencia, la amplitud del movimiento y el ángulo de fase inicial.
Q2
, se trata de un movimiento
16
armónico simple, sobre el eje x, alrededor de la posición de equilibrio x = 0, de modo que x
representa la elongación. La frecuencia angular de tal movimiento es
Puesto que la fuerza es de la forma F kx, con k X
Q2
Q rad
k
m
16q 4 8 s
l O
X
1
Hz
2Q 16
l T 16 s
La expresión de la elongación y de la velocidad en función del tiempo es
x A sen Xt
G0
v X A cos Xt
G0
Con las condiciones impuestas en el enunciado, será
£
¦
Q
¦
2X G0 0 l G0 2X rad
¦
¦
4
¦
t 2 s l A sen 2X G0 0 l ¤
¦
3Q
¦
¦
2X G0 Q l G0 Q 2X rad
¦
¦
4
¥
£
¦
32
32
32 2
m
¦
A
14.4
¦
¦
¬
Q
s
Q
Q cos ­­­ Q 2
¦¦
4®
¦¦
2
t 4 s l X A cos 4X G0 4 l ¤
¦
32
32
32 2
m
¦
¦
A
14.4
¦
5Q ­¬
¦
s
Q
2
Q cos ­­ Q
¦¦
4®
¦
2
¦¥
- 103 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.3
3. Un objeto de 12 kg cuelga del extremo de un muelle de constante elástica 300 N/m. Iniciamos las
oscilaciones libres del sistema comunicando al objeto una velocidad inicial hacia abajo de 50 cm/s.
a) Calcular la frecuencia y el periodo de las oscilaciones. b) Determinar la amplitud de las oscilaciones.
c) Expresar la elongación en función del tiempo. d) Si inicialmente hubiéramos comunicado al objeto una
velocidad mayor, indíquense cuales de las magnitudes anteriores se modificarán y de que forma, justificando
las respuestas.
a) La frecuencia de las oscilaciones del sistema masa-muelle está definida por la magnitud de
la masa y el valor de la constante elástica del muelle:
k
300
25 5 rad/s
m
12
X
5
1
O=
0.80 Hz l T 1.26 s
2Q 2Q
O
b) De conformidad con el enunciado de este problema, al instante inicial
(t = 0) le corresponde una elongación nula, por lo que la fase inicial
también será nula. De la expresión de la elongación se obtiene por
derivación la de la velocidad
x A sen Xt l v X A cos Xt
X
En el instante inicial (t = 0) serán:
t 0 l x0 0 l v0 X A
k
m
x=0
de modo que
v0 50
10 cm
X
5
c) Elongación en función del tiempo:
x 0.10sen 5 t (SI)
A
v0
x
d) La frecuencia de las oscilaciones es una propiedad intrínseca del sistema masa-muelle, por
lo que no depende de las condiciones iniciales, de modo que no se modificaría en el supuesto
del enunciado.
La amplitud de las oscilaciones depende de las condiciones iniciales, de tal modo que, si la
velocidad inicial impuesta aumenta, también lo hace la amplitud.
Aunque la fase inicial depende de las condiciones iniciales, en este caso continuará siendo
nula, ya que tan solo cambia el módulo de la velocidad inicial, pero no su dirección.
- 104 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.4
4. Disponemos de tres muelles idénticos. a) Los unimos en serie, uno a continuación de otro, y fijamos uno de
los extremos libres al techo, en tanto que del otro
duplicamos la masa suspendida, el extremo inferior
¿Cuánto vale la constante elástica de cada muelle?
paralelo (cada muelle tiene un extremo unido al
frecuencia de las oscilaciones de este sistema?
extremo suspendemos un bloque de masa m. Cuando
del conjunto serie desciende una distancia adicional h.
b) Con los tres muelles disponemos ahora un montaje
techo) y suspendemos una masa 3m. ¿Cuál será la
Sea k la constante elástica de cada uno de los muelles.
1
1
a) Asociación de muelles en serie:
kserie
ki
Los tres muelles idénticos equivalen a un muelle único cuya
constante elástica sería
k
1
3
l kserie l k 3kserie
kserie k
3
La tensión F (carga, en este caso) que soporta un muelle es
directamente proporcional a la deformación x mismo (ley de
Hooke):
F
F kx l F kx l k x
Así, para el muelle “equivalente serie” tenemos:
2mg mg
mg
3mg
l k 3kserie h
h
h
b) Asociación de muelles en paralelo: kpar ki
kserie Los tres muelles idénticos equivalen a un muelle único de
constante elástica
9mg
kpar 3k h
La frecuencia de las oscilaciones de una masa sujeta a un muelle
viene dada por
ksist
m
que en nuestro caso nos conduce a
X
X
kpar
3m
9mg / h
3g
3m
h
l O
X
1 3g
2Q 2Q h
- 105 -
k
k
k
m
h
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.5
5. Un arquero tensa la cuerda de su arco desplazando su punto medio 60 cm hacia atrás; para ello, debe ejercer
una fuerza sobre la cuerda que se incrementa uniformemente desde cero hasta 120 N. a) Calcular la
constante elástica del arco. b) ¿Qué trabajo se ha realizado para tensar el arco? En esas condiciones, se
dispara horizontalmente una flecha de 20 g hacia un blanco situado a 30 m. c) Determinar la velocidad con
la que sale impulsada la flecha. d) ¿Cuánto se desviará verticalmente del blanco?
a) En el supuesto de que la fuerza ejercida sea directamente proporcional a la elongación que
experimenta el punto medio de la cuerda del arco, i.e., que se cumpla la ley de Hooke, será
F 120
F kx l k 200 N/m
x 0.60
b) El trabajo realizado será igual a la energía elástica almacenada en el sistema
1
1
W Eelast kx 2 l W q 200q 0.602 36 J
2
2
c) La energía elástica se convierte en energía cinética de la flecha, que saldrá impulsada con
una velocidad v0:
2 Eelast
1
2q36
Eelast Ek mv02 l v0 60 m/s
2
0.020
m
d) Bajo la acción gravitatoria, la flecha describe una trayectoria parabólica.
¦£¦ x v0t
g
¦
l y 2 x2
¤
¦¦ y 1 gt 2
2v0
¦¥
2
de modo que, para x = 30 m, será
9.8
h 302 1.225 m
2q 602
y
P
x
v0
h
v
- 106 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.6
6. Un bloque de masa m se deja caer desde una altura h sobre un muelle de constante elástica k. Determínese el
acortamiento del muelle justamente antes de iniciarse la subida de la masa.
Dado que el sistema es conservativo, aplicamos el Principio de Conservación de la Energía.
Tanto en el instante inicial como en el de máximo acortamiento del muelle son nulas la
energía cinética, ya que el bloque se encuentra instantáneamente en reposo, de modo que tiene
lugar una conversión de energía potencial gravitatoria en elástica; esto es,
1 2
mgh mgx
kx l kx 2 2mgx 2mgh 0
2
Resolvemos la ec. cuadrática,
mg o m 2 g 2 2kmgh
k
de modo que tenemos dos soluciones
m
x
x2 mg
k
mg ¬­
­
k ®­
2
mg ¬­
­
k ®­
h
Ep,grav=0
mg
2h
0
k
2
2h
m
x2
m
x1
k
k
mg
0
k
En reposo
mg
x1 k
En reposo
+
una positiva y otra negativa, que corresponden a los instantes en los que el bloque se
encuentra instantáneamente en reposo, tal como se indica en la figura.
Puesto que nos piden el máximo acortamiento del muelle, éste será
x1 mg
k
mg ­¬
­
k ­®
2
2h
mg
0
k
Obsérvese que el acortamiento del muelle correspondiente a la posición de equilibrio, con el bloque encima de
él, vale x0 mg
, y que la amplitud de las oscilaciones del sistema, en el caso de que el bloque quede unido al
k
mg ­¬
k ­­®
muelle, vale A
2
2h
mg
k
Caso particular: Si fuese h = 0, sería: x1 2mg
k
x2 0
- 107 -
x0 mg
k
A
mg
k
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.7
7. En el interior de un tubo vertical, cerrado por su base inferior, hay un muelle de
100 espiras y constante elástica k. Sobre dicho muelle se apoya, (por simple contacto, sin
ningún tipo de unión), un bloque de masa m. Determinar: a) La amplitud máxima con
que puede oscilar el bloque sin despegarse del muelle y la frecuencia angular Z de las
oscilaciones. b) Si decidiésemos recortar el muelle para que la misma masa oscilase con
frecuencia angular 2Z ¿cuántas espiras deberíamos dejar?
m
k
a) Puesto que el muelle y el bloque tan solo están en contacto (sin unión fija), ambos
permanecerán en contacto en tanto que el muelle esté comprimido. Esto es, el muelle nunca
podrá alargarse más allá de su longitud natural, ya que no puede ser “traccionado” por el
bloque.
Durante las oscilaciones del sistema, la energía permanece constante (sistema conservativo).
Tomamos como nivel de referencia para la energía gravitatoria la correspondiente a la
posición más baja del bloque y sabemos que la distancia entre las dos posiciones extremas es
el doble de la amplitud de las oscilaciones (i.e., 2A) y que en ellas el bloque se encuentra
instantáneamente en reposo.
Conservación de la energía
x
En la elongación máxima positiva (longitud natural del muelle):
Ecin 0
Egrav mgA
Eel 0 l E mgA
+A
0
-A
En la elongación máxima negativa (muelle comprimido):
1
2
Ecin 0
Egrav mgA
Eel k 2 A
l E mgA 2kA2
2
De donde:
mg
E mgA mgA 2kA2 l 2mgA 2kA2 l A k
b) La frecuencia de las oscilaciones del sistema masa-muelle es
X k / m , por lo que, para una masa dada, será
Xa
k
2 l k a 4k
X
k
Por otra parte, es bien sabido que dos muelles idénticos conectados uno a continuación de otro
equivalen a un muelle de constante elástica dada por
1
1 1 2
k
l keq l k 2keq
keq k k k
2
A la inversa, si tenemos un muelle de constante k y lo cortamos en dos partes iguales,
dispondremos de dos muelles de constante k’ = 2k ; si volvemos a cortar en dos parte iguales
cada una de estas mitades, tendremos cuatro muelles de constante k’’ = 2k’ = 4k, que es lo que
pretendemos. Por consiguiente, puesto que el muelle original tiene 100 espiras, deberemos
quedarnos con un muelle de tan solo 25 espiras.
- 108 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.8
8. El movimiento del pistón de un automóvil de 500 g de masa podemos considerarlo vibratorio armónico
simple. Si la carrera del pistón (doble de la amplitud) es 10 cm y la velocidad angular del cigüeñal es de
3600 r.p.m., calcular: a) Aceleración del pistón en el extremo de la carrera. b) Fuerza resultante que se
ejerce sobre él en el extremo de la carrera. c) Velocidad máxima del pistón.
Comenzamos escribiendo las ecuaciones del m.a.s.:
x A sen(Xt
G ) l v X A cos(Xt
G) l a X 2 A sen(Xt
G) X 2 x
a) La aceleración del pistón en el extremo de su recorrido es la que corresponde a la
elongación máxima x=A (amplitud), de modo que
a AX 2
con A = 0.05 m y X 3600q
2Q
rad
376.99
, resulta
60
s
a 0.05q376.992 7.11q103
m
s2
b) Aplicando la segunda ley de Newton, tenemos
F ma 0.5q 7.11q103 3.55q103 N
c) La velocidad máxima en el m.a.s. se alcanza en la posición de elongación nula y viene
dada por
m
vmax A X 0.05q376.99 18.85
s
- 109 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.9
9. Un reloj de péndulo que ha sido cuidadosamente ajustado para marcar el tiempo correcto en un lugar donde
g = 9.823 m/s2 retrasa 40 s por día cuando se lleva a otro lugar geográfico. ¿Cuánto vale g en ese lugar?
El periodo de las oscilaciones del péndulo (simple) viene dado por la expresión:
T 2Q
l
,
g
de modo que en un lugar donde el valor de la gravedad sea menor, el periodo será
mayor (el reloj atrasa).
Para expresar cuantitativamente esta circunstancia, relacionaremos el cambio T
en el periodo con el g en la intensidad gravitatoria mediante el método de la derivada
logarítmica:
T
1 l 1 g
1 g
T
2 l
2 g
2 g
l
g
T
2
g
T
lo que pone de manifiesto que un aumento del periodo (el reloj retrasa) está asociado con una
disminución del valor de la intensidad de la gravedad.
Sustituyendo los valores dados en el enunciado:
T
40
g 2
g 2
9.823 0.009 m/s 2
T
86400
g g a g l g a g g 9.823 0.009 9.814 m/s 2
Otro método
Relacionamos los periodos y las intensidades gravitatorias en los dos lugares dividiendo
miembro a miembro las expresiones del periodo del péndulo:
£
¦
l
¦
T 2Q
¦
2
¦ 0
g
T ¬
¦
T
g
0
¦
l 0
l g g 0 0 ­­­
¤
T ®
¦
T
g0
l
¦
¦
2
T
Q
¦
¦
g
¦
¥
A partir del dato del retraso por día, podemos obtener la relación (cociente) entre los periodos
en los dos lugares:
T T T0 T
40
1 l
T0
T0
T0
86400
86440
T
T0 86400
Combinando estos dos resultados, calculamos la intensidad gravitatoria pedida:
T ¬
86400 ­¬
g g 0 0 ­­­ 9.823
9.814 m/s 2
86440 ­®­
T ®
2
2
- 110 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.10
10. Introducimos agua en un tubo en U de sección constante, colocado en posición vertical, y desnivelamos
momentáneamente las dos ramas de la U. a) Calcular la frecuencia y el periodo de las oscilaciones que se
producen; b) ¿Variarán los resultados del apartado anterior si en lugar de agua se colocara mercurio?
Datos: densidad del mercurio, 13.6 g/cm3.
En la situación de equilibrio, el líquido alcanza el mismo nivel en las dos ramas. Supongamos
que, por algún procedimiento, se desnivela el líquido en las dos ramas. Consideremos un
instante genérico, ilustrado en la figura, cuando el nivel del líquido en cada una de las ramas
presenta una elongación x (desplazamiento respecto del nivel de equilibrio).
Método de las fuerzas: Sobre la totalidad de líquido actúa una fuerza F, no compensada,
igual el peso de la columna de líquido de sección S y altura 2x; i.e,
F mag S S 2 x g
de sentido contrario a la elongación x. La masa de todo el líquido es SL.
La ecuación del movimiento se escribe
2g
F mx l S S 2 x g S SLx l x
x0
L
que es la ecuación diferencial correspondiente a un m.a.s. con
X
2g
l
l T
x
2x
F
2Q
l
2Q
X
2g
Método de la energía:. Expresamos la energía del sistema correspondiente a una elongación
genérica, teniendo en cuenta que la porción líquida contenida en el codo no cambia su energía
potencial. Los centros de masas de las ramas verticales de líquido se han marcado mediante
un punto, cuya altura es la mitad de la longitud de dicha columna. Tenemos,
h x ­¬ m
h x ­¬
m
1
E Ek Ep mx 2
h x g
h x g
­­
­
2 ® l
2 ®­
l
2
m
m
1
1
2
2
g ¡ h x
h x ¯° mx 2
g h 2 x 2 ¯±°
mx 2
¢
±
2
2l
2
l ¢¡
Puesto que el sistema es conservativo, su energía permanece constante,
de modo que
dE
2 g ¬­
m
2 gxx mx x
x­ 0
mxx
dt
l
l ®­
x
x
h
Ep=0
y como esta relación debe satisfacerse en cualquier instante, cualquiera que sea la velocidad
del sistema, podemos escribir
2g
x
x0
L
que es la ecuación diferencial correspondiente a un m.a.s. (la misma obtenida anteriormente).
b) La frecuencia tan solo depende de la longitud de la columna líquida. Si el tubo contiene un
mismo volumen de agua, de mercurio,... la frecuencia de las oscilaciones serán las mismas,
con independencia de la densidad del líquido.
- 111 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.11
11. Una balsa de madera de 3 m de largo, 2 m de ancho y 0.5 m de grosor tiene una densidad de 0.6 g/cm3. Esta
balsa está flotando en agua de densidad 1 g/cm3, en ella se sube una persona que pesa 75 kg; en el momento
de subirse se producen unas oscilaciones verticales. a) Calcular la frecuencia de dichas oscilaciones.
b) Ídem para cuando la persona se baja de la balsa.
Calculamos la superficie, el volumen y la masa de la balsa:
S 3q 2 6 m 2
V 3q 2q 0.5 3 m3
m SmV 0.6q103 q3 1800 kg
Cuando se sube la persona, se produce un hundimiento adicional A tal que
m
75
Sm SAg mp g l A p 0.021 m 21 mm
Sm S 600q 6
hasta que se alcanza una nueva posición de equilibrio.
Supongamos que la balsa se hunde una distancia
adicional x (elongación) a partir de la situación de
equilibrio de flotación; aparecerá una fuerza
restauradora igual al peso del volumen de agua
adicional desplazado
Frec Sa Sxg
Frec
x
Entonces, aplicando la 2ª ley de Newton, podemos escribir
Frec Sa Sxg msist x l msist x Sa Sg x 0
que es la ecuación diferencial de un movimiento armónico simple cuya frecuencia angular
viene dada por
X
Sa Sg
msist
l O
1 Sa Sg
2Q msist
a) Cuando la persona se encuentra sobre la balsa, será
O
1 1000q 6q9.8
0.89 Hz l T 1.12 s
2Q
1800 75
b) Cuando la persona se baja
O
1 1000q 6q9.8
0.91 Hz l T 1.10 s
2Q
1800
- 112 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.12
12. Una moneda permanece en reposo sobre una plataforma horizontal que realiza un movimiento armónico
simple de frecuencia v. a) Si la plataforma oscila verticalmente, ¿cuál será el valor máximo de la amplitud A
de las oscilaciones que permita a la moneda permanecer en contacto permanente con la plataforma?
b) Supongamos ahora que la plataforma oscila horizontalmente y que sea μ el coeficiente de rozamiento
estático entre la moneda y la plataforma. ¿Cuál será, entonces, el valor máximo de A que permita a la
moneda permanecer en reposo respecto a la plataforma, sin deslizar?
a) Consideramos una elongación genérica x y escribimos la ec. del movimiento de la moneda
en el supuesto de que permanezca sobre la plataforma:
N mg mx l N mg mx mg mX 2 x
N
x
donde hemos tenido en cuenta la relación existente entre la
aceleración y la elongación en el m.a.s.; esto es, x X 2 x ,
que presenta su valor máximo para x = A.
mg
La moneda permanecerá sobre la plataforma en tanto que
N >0, de modo que
g
g
N mg mX 2 A 0 l A 2 2 2 .
X
4Q O
b) Ahora, interviene una fuerza de rozamiento estático de valor
f b N N Nmg
De nuevo consideramos una elongación genérica x y
escribimos la ec. del movimiento de la moneda en el
supuesto de que permanezca en reposo respecto de la
plataforma,
N
f
x
mg
f mx mX x
2
de modo que la fuerza de rozamiento tiene en cada instante dirección opuesta a la elongación
y presenta su valor máximo para x = A, tal que f máx mX 2 A
Combinando estas dos ecuaciones tenemos:
mX 2 A Nmg l
A
- 113 -
Ng
Ng
2 2
2
4Q O
X
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.13
13. Un deportista que pesa 60 kg se lanza desde un puente sujeto a una cuerda elástica de 30 m de longitud
natural (practica “puenting”) llegando justamente a tocar la superficie del agua situada a 40 m por debajo en
la vertical de donde inició el salto. a) Calcular la constante elástica de la cuerda. b) Determinar la
aceleración máxima a la que estará sometido el deportista y en qué punto la adquiere. c) Una vez que se
haya amortiguado la caída, de modo que la cuerda permanezca siempre tensa, determinar la frecuencia de
las oscilaciones verticales que experimentará el deportista.
A
de modo que
k
2q 60q9.8q 40
N
470.4
102
m
l = 40 m
l0 = 30 m
a) Conservación de la energía entre A y C:
1
2mgl
2
0 mgl
k l l0
l k
2
2
l l0
F
b) En un instante genérico, la ecuación del movimiento
del deportista se escribe en la forma
F mg ma
B
v0
a
C
siendo F la tensión de la cuerda.
mg
La aceleración máxima ocurre en el instante en el que la
cuerda elástica presenta su máximo alargamiento (l = 40 m) y, por ende, su máxima tensión;
k
Fmáx mg mamáx l k l máx mg mamáx l amáx l máx g
m
o sea
470.4q10
amáx 9.8 78.4 9.8 68.6 m/s 2 7 g
60
c) Una vez que se haya amortiguado la caída, de modo que la cuerda permanezca siempre
tensa, el deportista experimentará un m.a.s. vertical cuya frecuencia es
X
k
470.4
X
2.8 rad/s l O 0.446 Hz
60
2Q
m
l T
1
2.24 s
O
La posición de equilibrio corresponde a un alargamiento x0 de la cuerda tal que su tensión
equilibre el peso del deportista; esto es
mg 60q9.8
F mg 0 l kx0 mg l x0 1.25 m
470.4
k
- 114 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Movimiento armónico simple. M13.14
14. Un muelle de 20 cm de longitud y 10 N/m de constante elástica está
unido por uno de sus extremos a un eje vertical y en el otro extremo a
una pesa de 100 g situada un plano horizontal. Cuando el eje rota a
razón de 1 r.p.s., la pesa describe una trayectoria circular sobre el plano
horizontal (sin fricción) al tiempo que oscila radialmente. Determinar
el alargamiento del muelle y la frecuencia de las oscilaciones.
Describimos la situación en un sistema de referencia en rotación en el que la pesa se
encuentra en reposo. En este sistema de referencia, la fuerza que proporciona el muelle
extendido será igualada por la “fuerza centrífuga”; esto es, Fmuelle Fcf . Siendo R la velocidad
angular de rotación del eje y l el alargamiento que experimenta el muelle, será:
mlR 2
lR 2
kl mR 2 l l l k mR 2 l mlR 2 l l 2
k 2
k mR
R
m
Y sustituyendo los valores dados en el enunciado
lR 2
2
0.20q 2Q
7.896
l 0.130 m 13 cm
10
k 2
2
60.52
R
2Q
0.1
m
La frecuencia angular de las oscilaciones vendrá dada por la bien
conocida expresión general:
X
k
10
X
10
10 rad/s l O 1.59 Hz
m
0.1
2Q 2Q
- 115 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Superposición de m.a.s. M15. 1
1. Expresar la elongación en función del tiempo para los m.a.s. siguientes: a) Movimiento con periodo de 1 s
tal que para t = 0 son v = 3 cm/s y a = 0. b) Movimiento con frecuencia 0.25 Hz tal que para t = 0 son v = 0
y a = 16 cm/s2. c) Es la superposición de los m.a.s. cuyas ecuaciones, en el S.I. de unidades, son:
Q ¬­
x1 0.06sen 2Qt
x2 0.08sen(2Qt )
­
4 ®­
Ecuaciones del m.a.s.:
£ x A sen(Xt G )
¦
¦
¦
¦¤v X A cos(Xt G )
l t0
¦¦
2
2
¦¦
¥a X A sen(Xt G ) X x
¦£¦ x0 A sen G
¦¦
¤v0 X A cos G
¦¦
¦¦¥a0 X 2 A sen G X 2 x0
2Q
2Q rad/s
T
Como a0 = 0, será x0 = 0 y senI = 0, de modo que I = 0º o 180º y
cosI = ±1.
Como v0 = +3 cm/s (positiva), será cosI >0, de modo que I = 0º, de
donde resulta
v
3
0.48 cm
v0 X A l A 0 X 2Q
= x 0.0048 sen(2Qt )
(S.I.)
a) T 1 s l X b) Q
0.25 Hz o Z
2SQ
2S u 0.25
S
x0
a0
S
rad/s
2
Como v0 = 0, será cosI = 0, de modo que I = ±90º y senI = ±1.
Como a0 = 16 cm/s2 (negativa), deberá ser senI >0, de modo que
I = +90º, resultando
a
16
16 u 4
x0 A 02 2
6.48 cm
(S / 2) 2
Z
S
? x
v0
S
x0
I
v0
a0
S
0.0648sen( t ) 0.0648 cos( t )
(S.I.)
2
2
2
c) Se trata de superponer (sumar) dos m.a.s. de la misma dirección y de la misma frecuencia.
Recurrimos a la representación fasorial (vide figura):
A2 A12
A22
2 A1 A2 cos G1 G2 0.062
A sen G1
tg G 1
A1 cos G1
A1
A
45º
0.082
2q 0.06q 0.08q cos 45º 0.01679
A2 sen G2
0.06qsen 45º
0.3465
A2 cos G2 0.06q cos 45º 0.08
=
G 19.11º 0.33 rad
A 0.13 m
= x 0.13sen(2Qt 0.33)
(S.I.)
A2
- 116 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Superposición de m.a.s. M15. 2
2. Calcular la ecuación del movimiento armónico resultante de la composición de:
x1
S·
§
3sen ¨ Z t ¸
6¹
©
x2
S·
§
4sen ¨ Zt ¸
4¹
©
Ambos m.a.s. tienen la misma frecuencia, lo que nos permite utilizar de modo inmediato la
representación de Fresnel, compleja o fasorial de tales movimientos. Esto es,
£ x1 3sen Xt 30º
£¦%1 3 30º 2.60 1.50 j
¦
¦
Im
l ¦
¤
¤
A
¦
¦
¦ x2 4sen Xt 45º
¦
¥% 2 4 45º 2.83 2.83j
¥
% %1 % 2 5.43 4.33j 6.94 38.6º 6.94 0.67 rad
A2
y la ecuación del movimiento resultante es
x
6.94sen Zt 0.67
I1
I2
A1
I
Re
Otro método
A partir de la representación geométrica de Fresnel (fasorial) del m.a.s., resulta inmediato la
determinación del módulo de m.a.s. resultante:
A
A12 A22 2 A1 A2 cos I1 I2
32 42 2 u 3 u 4 u cos15º
así como la fase inicial del mismo:
A1 sen I1 A2 sen I2 3 u sen 30º 4 u sen 45º
tg I
A1 cos I1 A2 cos I2 3 u cos 30º 4 u cos 45º
y la ecuación del movimiento resultante es
x
6.94sen Zt 0.67
- 117 -
0.80 o I
6.94
38.6º 0.67 rad
Física Universitaria: Problemas de Física
Superposición de m.a.s. M15. 3
3. Una partícula se mueve en el plano xy de modo que las componentes cartesianas de su aceleración vienen
dadas por ax = -9x y ay = -9y (S. I.) a) ¿Qué tipo de movimiento se produce sobre cada eje? b) Determinar
los vectores de posición y de velocidad de la partícula sabiendo que en el instante inicial el punto pasa por el
origen de coordenadas con una velocidad: v0 = i + 2j (S. I.) c) Determinar la trayectoria del punto y el
máximo alejamiento del origen de coordenadas.
a) Las ecuaciones que describen el movimiento de la partícula sobre
los ejes x e y son:
£
x 9 x l x 9 x 0 l x A sen(3t B)
¦
¦
¤
¦
¥¦ y 9 y l y 9 y 0 l y B sen(3t C )
ya que, por ser de la forma, x X 2 x 0 , representan sendos m.a.s.
simples en direcciones perpendiculares, con la misma frecuencia
angular X 3 rad/s .
y
B
v0
A
x
b) Imponemos las condiciones iniciales a las soluciones de
£
£
¦ x A sen(B ) 0 l B 0
¦ x A sen 3t
t 0 ¦¤
º ¦
¤
¦
¦
¦ y B sen(C ) 0 l C 0
¦ y B sen 3t
¥
¥
Derivando con respecto al tiempo, obtenemos las componentes de la
velocidad, a las que imponemos las condiciones iniciales:
£
£
¦ x 3 A cos 3t
¦ x 3 A 1 l A 1/ 3 m
¦
º t0 ¦
¤
¤
¦
¦
¦ y 3B cos 3t
¦ y 3B 2 l B 2 / 3 m
¥
¥
de modo que podemos escribir
£
1
¦
¦
x sen 3t
¦
¦
3
¤
¦¦
2
y sen 3t
¦
¦
3
¦
¥
£
x cos 3t
¦
¦
¤
¦
¦ y 2 cos 3t
¥
£
x 3sen 3t
¦
¦
¤
¦
¦ y 6sen 3t
¥
c) Se trata de dos m.a.s. de la misma frecuencia, en fase y en direcciones perpendiculares, de
modo que la trayectoria de la partícula es rectilínea, como resulta fácil comprobar eliminando
el tiempo entre la ecuaciones paramétricas de la misma. Esto es,
£
1
¦
¦
¦ x 3 sen 3t
x 1/ 3 1
¦
l
l y 2x
¤
¦
2
y 2/3 2
¦
¦ y sen 3t
3
¦¦
¥
El máximo alejamiento del origen será: D A2
- 118 -
B2 1
9
4
5
9
3
Física Universitaria: Problemas de Física
Geometría de masas. M16.1
y
1. Una pieza de maquinaria, de masa m, está constituida por un disco de material
homogéneo, de radio R, al que le falta una porción circular de radio R/2, tal como se
indica en la figura. a) Determinar la posición del centro de masa de la pieza.
b) Calcular los momentos de inercia de la pieza con respecto a los ejes coordenados
(x,y,z) indicados en la figura. Expresar los resultados en función de R y de la masa
m de la pieza.
R
x
Comenzamos determinando las masas del disco completo (sin merma alguna) y de la porción
suprimida (negativa) en función de la masa m de la pieza:
£¦ m1 4
£
4
£m1 TQ R 2
¦
¦
¦
¦
m m
¦
¦
¦
¦
¦ 1 3
¦m TQ ( R / 2) 2 1 TQ R 2 l ¦ m 3
l ¤
¤ 2
¤
4
¦
¦¦ m2
¦
1
1
¦
¦
2
3
m2 m
¦m m1 m2 4 TQ R
¦¦ ¦
¦
¦
¥
3
3
¦
¥
¥¦ m
a) Centro de masa. Aplicamos el teorema correspondiente a la determinación del centro de
mas de un cuerpo compuesto por otros cuerpos:
R
0 13 m
m1 x1 m2 x2
2 R
xcm m1 m2
m
6
b) Momentos de inercia. Con carácter general, determinamos los
y
momentos de inercia de un disco de masa m y radio R con respecto a
y’
los ejes que se indican:
1
1
R
I zz mR 2
I xx I yy I zz l I yy mR 2
2
4
x
y aplicando el Teorema de Steiner
1
3
1
5
I z ' z ' mR 2 mR 2 mR 2
I y ' y ' mR 2 mR 2 mR 2
2
2
4
4
Ahora, aplicamos estos resultados para el cálculo de los momentos de inercia pedidos en el
enunciado del problema:
1
I yy m1 R12
4
1
14
1 1 R 2 1 1 ¬­ 2 15
m2 R22 mR 2 m
­ mR mR 2
4
43
4 3 4 3 48 ®­
48
2
¬
5
14
51 R
1 5
11
m2 R22 mR 2 m
­­ mR 2 mR 2
4
43
4 3 4 3 48 ®­
48
1
I zz m1 R12
2
3
14
3 1 R 2 2 1 ¬­ 2 26
m2 R22 mR 2 m
­ mR mR 2
2
23
2 3 4 3 8 ®­
48
1
I xx m1 R12
4
de modo que
I xx 5
mR 2
16
I yy 11
mR 2
48
- 119 -
I zz 13
mR 2
24
Física Universitaria: Problemas de Física
Geometría de masas. M16.2
2. Una semiesfera y un cono, ambos macizos y homogéneos, construidos con el mismo material y
del mismo radio, están soldados por sus bases. Calcular el valor máximo de la altura del cono
que permita el conjunto comportarse como un tentetieso (i.e., que no vuelque) al apoyarlo
sobre una superficie horizontal.
Centro de masa del cono: z ¨ zdV
¨ dV
Descomponemos el cono el rodajas (discos) perpendiculares al eje de revolución, de modo
que
r
z
R
l r z
dV Qr 2 dz
z
R H
H
R
R2 H
R2 H 3 1 2
V ¨ dV Q ¨ r 2 dz Q 2 ¨ z 2 dz Q 2
QR H
H 0
H 3
3
r
R2 H 3
R2 H 4 1 2 2
¨ zdV Q H 2 ¨0 z dz Q H 2 4 4 Q R H
z
1 2 2
QR H
zdV
3
¨
4
= z
H (medido desde el vértice)
¨ dV 13 Q R 2 H 4
Centro de la hemisfera.
r R sen R
z R cos R l dz R sen R dR
¨
dV Qr 2 dz Q R sen 2 R (R sen R )dR Q R 3 sen 3 RdR
0
2
V Q R 3 ¨ sen 3 RdR Q R 3 (como es sabido)
Q/2
3
4 ¯0
4
0
4
3
4 sen R
¡
° QR
zdV Q R ¨ sen R cos R dR Q R
¡ 4 °
Q/2
4
¢
±Q /2
4
QR
zdV
3
¨
= z
4 R
2
¨ dV 3 Q R 3 8
Centro de masa del cuerpo compuesto
Deberá estar situado por debajo del punto O para que el cuerpo se
comporte como un tentetieso (equilibrio estable). En las condiciones
críticas será:
V z
Vhemisf zhemisf
zcm cono cono
0 l Vcono zcono Vhemisf zhemisf 0
Vcono Vhemisf
1 2 3
2
3
Q R H H Q R 3 R l H 2 3R 2 l H R 3
3
4
3
8
- 120 -
z
r
R
z
z
H
O
R
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de partículas. M17.1
1. Una varilla ligera de longitud l puede girar sin rozamiento alrededor de su
centro. Se colocan en sus extremos sendas masas 2 m y m y se abandona el
sistema desde la posición de la varilla horizontal. En el instante en que la
varilla alcanza la posición vertical, determinar: a) la celeridad de las
masas; b) la vector cantidad de movimiento del sistema; c) la velocidad del
centro de masa del sistema.
2m
m
Posición del c.m. del sistema constituido por las dos masas:
l¬
l
m
2m ­­­ l
2 ®
l
2
ycm 2 3
6
m 2m
a) Puesto que el sistema es conservativo, aplicamos el Principio de Conservación de la Energía, tomando como nivel de referencia la posición inicial:
l
l 1
gl
mg
3m v 2 l v 2
2 2
3
b) La cantidad de movimiento del sistema es la suma de
las cantidades de movimiento de las dos masas:
0 2mg
gl
i
3
c) La cantidad de movimiento del sistema es igual al
producto de su masa por la velocidad de su centro de
masa; esto es,
p p1
p 4 mi v cm
y
mv
m
v
l/2
p 2 2mv i mv i mv i m
l v cm p
mv
1
1 gl
i vi i
3m 3m
3
3 3
- 121 -
x
Ep=0
cm
l/2
v
2 mv
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de partículas. M17.2
2. Un muchacho está situado en el centro de una plataforma circular
de radio R = 3 m. La plataforma, inicialmente en reposo, puede
girar sin fricción alrededor de su eje. El muchacho hace girar
alrededor de su cabeza una masa de 2 kg sujeta con una cuerda de
longitud R/2, con una velocidad tal que la masa da una vuelta cada
3 segundos. a) ¿Debido a la conservación de qué magnitud física se
pone en movimiento la plataforma? Razonar la respuesta.
b) Determinar la velocidad y sentido del movimiento de la
plataforma y la energía cinética del sistema en movimiento,
sabiendo que el momento de inercia del conjunto plataforma y
muchacho, respecto al eje de la plataforma, es 600 kgm2.
Datos: Xm 2Q
2.094 rad/s
3
m
R¬
I m m ­­­ 2q1.52 4.5 kg.m 2
2 ®
2
Por tratarse de un sistema aislado, el momento angular del sistema completo con respecto al
eje de rotación permanecerá constante, de modo que la plataforma adquiere una rotación en
sentido opuesto a la de la masa de 2 kg.
Conservación del momento angular del sistema aislado:
I
4.5
I m Xm I p Xp l Xp m Xm q 2.094 0.0157 rad/s
Ip
600
Energía cinética:
1
Ek I m Xm2
2
1
1
I p Xp2 4.5q 2.0942
2
2
1
600q0.0157 2 9.870
2
- 122 -
0.074 9.994 J
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de partículas. M17.3
3. Dos prismas triangulares, de masas M y m, y anchuras a y b, están en
reposo, tal como se indica en la figura adjunta, sobre un tablero horizontal liso. Las superficies de contacto entre los dos prismas son, también, perfectamente lisas. Determinar el retroceso del prisma inferior
hasta el instante en que la cara vertical del prisma superior alcanza el
tablero horizontal. Aplicación numérica: M = 10 kg, m = 2 kg, a = 40 cm
y b = 10 cm.
b
m
M
a
Método 1º. Centro de masas.
Todas las fuerzas externas que actúan sobre el
b
sistema constituido por los dos prismas (pesos y
m
reacción normal en la base del prisma inferior)
x2
tienen dirección vertical. Puesto que no hay fuerza
M
externa alguna que de componente en la dirección
x1
a
horizontal, se conserva la cantidad de movimiento
del sistema en esa dirección (aunque no en la
a-b
X
dirección vertical). En consecuencia la
componente horizontal de la velocidad del centro
del sistema permanece constante en el transcurso
del movimiento. Puesto que partimos del reposo,
x2
la posición horizontal del c.m. del sistema
x1
permanece
invariable.
Expresamos
esta
circunstancia en la forma siguiente.
En la figura adjunta hemos representado las
posiciones de los c.m. de cada uno de los prismas mediante las distancias x1 y x2 que se
indican. En cada una de las dos situaciones, inicial y final, se determina la posición del c.m.
del sistema mediante el Teorema de Varignon:
xcm Mx1
M
mx2 M x1 X
m
m x2
M
a b X
m
de modo que será
Mx1
mx2 M x1 X
m x2
a b X
De donde se sigue
Mx1
mx2 Mx1 MX
M
mx2
m a b mX
m X m a b
X
m
M
m
a b
Y sustituyendo los valores dados en el enunciado
2
X
40 10 5 cm
10 2
(sigue…)
- 123 -
[1]
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de partículas. M17.4
Método 2º. Conservación de la cantidad de movimiento.
Todas las fuerzas externas que actúan sobre el
sistema constituido por los dos prismas (pesos y
reacción normal en la base del prisma inferior)
b
x
tienen dirección vertical. Puesto que no hay fuerza
m
externa alguna que de componente en la dirección
vx
M
horizontal, se conserva la cantidad de movimiento
v
V
del sistema en esa dirección (aunque no en la
a
dirección vertical).
Siendo
a-b
X
dX
la velocidad del prisma inferior,
dt
dx
la componente horizontal de la velocidad relativa del prisma superior respecto del
dt
inferior,
dx dX ¬­
­ la componente horizontal de la velocidad absoluta del prisma superior,
dt
dt ®­
la conservación de la componente horizontal de la cantidad de movimiento del sistema se
expresa en la forma:
dx dX ¬­
dX
MV m vx V 0 l M
m
[2]
­ 0
dt
dt
dt ®­
De modo que
MdX m dx
dX m
M
m
dX
dx l
l
¨
X
0
M
m dX mdx l
dX m
M
m¨
m
a b
M m
Y sustituyendo los valores dados en el enunciado
2
X 40 10 5 cm
10 2
X - 124 -
0
ab
dx l
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de partículas. M17.5
4. Una cuña de masa M se encuentra en reposo sobre un tablero horizontal, como se muestra en la figura. En la
parte más alta de la cuña reposa un pequeño bloque de masa m, a una altura h sobre el tablero horizontal.
Todas las superficies son perfectamente lisas. Abandonamos el sistema, de modo que el bloque desciende y
la cuña retrocede. Encontrar la velocidad de retroceso de la cuña en el instante en que el bloque toca el
tablero horizontal.
Todas las fuerzas externas que actúan sobre el sistema formado por la cuña y el bloque
(pesos y reacciones normales en la base de la cuña) tienen dirección vertical, por lo que se
conserva la componente de la cantidad de movimiento en la dirección horizontal. Esta
circunstancia se expresa mediante la ecuación
mvh MV 0
[1]
Además, al no existir rozamientos, el sistema es conservativo y podemos escribir la ecuación
que expresa la conservación de la energía,
1
1
mgh MV 2
m vh2 vv2
[2]
2
2
donde V es la velocidad final de la
cuña y vh y vv son las componentes
m
horizontal y vertical, respectivamente,
vh
de la velocidad del bloque en el
h
v
momento en que éste abandona a la
V
vv
cuña.
M
Disponemos de dos ecuaciones y tres
incógnitas (V, vh y vv). Necesitamos
una tercera ecuación que obtenemos de
imponer que, en el sistema de referencia de la cuña, la velocidad del bloque vh V , vv es
siempre tangente al plano inclinado, es decir
vv
tg R l vv vh V tg R
vh V
[3]
Despejando vh en la ecuación [1] y sustituyéndola en la ecuación [3] tenemos
M m ­¬
M
vh V
vv
­V tg R
m
m ­®
Sustituyendo estas dos expresiones en la ecuación [2] nos queda una ecuación con V como
incógnita única, de la que despejamos V para obtener:
V2 M
2m 2 gh
m ¡¢ M
M
m tg R ¯°±
2
2m 2 gh
M
m ¡ M 1 tg 2 R m tg 2 R ¯°
¢
±
Multiplicando numerador y denominador por cos2 y extrayendo la raíz cuadrada de la
expresión anterior, obtenemos finalmente la velocidad pedida:
V
2m 2 gh cos 2 R
M m ¢¡ M m sen 2 R ¯±°
- 125 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sistemas de masa variable… M18.1
1. Una balanza de resorte está ajustada para leer el cero. Desde una altura de 5 m sobre el platillo de la balanza,
dejamos caer un chorro de perdigones, a razón de 20 perdigones por segundo, que chocan contra el platillo,
rebotan hacia arriba con la misma velocidad y salen abandonando definitivamente el platillo. Si cada
perdigón pesa 200 mg, )cuál será la lectura de la balanza?
La velocidad que tiene cada uno de los perdigones cuando
chocan contra el platillo se calcula a partir del principio de
conservación de la energía:
1
mgh mv 2 l v 2 gh 2q9.8q5 9.9 m/s
2
Cuando un perdigón colisiona elásticamente con el platillo,
experimenta un cambio en su cantidad de movimiento expresado
por:
p p final pinicial mv (mv ) 2mv
+
F
v
v
Este cambio está dirigido hacia arriba, de modo que el platillo
tendrá que proporcionar impulso en esa dirección; i.e., ejercer
una fuerza hacia arriba sobre cada perdigón.
Como al platillo llegan n = 20 perdigones por segundo, el cambio de la cantidad de
movimiento por unidad de tiempo, esto es, la fuerza, será
dp ¬
F ­­­ np 2nmv
dt ®
Y sustituyendo los valores tenemos
F 2nmv 2q 20q 200q106 q9.9 79.2q103 N 8.1 g
Esta será la indicación de la balanza, ya que los perdigones ejercen sobre el platillo una fuerza
igual y opuesta a la que el platillo ejerce sobre ellos (Tercera Ley de Newton).
- 126 -
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
1. Un automóvil de 1200 kg, que inicialmente viaja con una velocidad de 27 m/s, choca contra la parte
posterior de un camión que pesa 9000 kg y se desplaza en la misma dirección y sentido a 22 m/s. La
velocidad del camión en el instante inmediato posterior al choque es de 23 m/s. a) Determinar el coeficiente
de restitución. b) Calcular la energía mecánica que se ha perdido en el choque. ¿Cómo se explica esta
pérdida de energía?
a) Conservación de la cantidad de movimiento durante el choque:
mA vA mBvB mA vAa mBvBa l
vAa vA
mB
(vB vBa ) 27
mA
9 000
(22 23) 19.5 m/s
1200
Aplicamos la definición del coeficiente de
restitución:
v a vBa
19.5 23
e A
0.70
vA vB
27 22
vB
vA
de modo que se trata de una colisión parcialmente
elástica.
b) Durante el choque disminuye la energía
mecánica (cinética) del sistema.
1
1
2
2
Ek mvA2
1
1
2
2
Eka mvAa 2
v’A
A
1
1
2
2
mvB2 1200q 27 2
v’B
B
9000q 222 2 615 400 J
1
1
2
2
mvBa 2 1200q19.52
B
A
9000q 232 2 608 650 J
%Ek Eka Ek 6750 J
La energía mecánica (cinética) que ha desaparecido se ha convertido en otras formas de
energía, asociadas a la deformación de los vehículos colisionantes.
- 127 -
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
2. Un coche de 1500 kg que viaja hacia el este con una velocidad de 25 m/s choca en un cruce con una
furgoneta de 2500 kg que viaja al norte con una velocidad de 20 m/s. Hallar la dirección y el módulo de la
velocidad de los vehículos después de la colisión, suponiendo que los vehículos sufren una colisión
perfectamente inelástica (es decir, quedan unidos).
Puesto que la colisión es perfectamente elástica, los dos cuerpos permanecen unidos después
del choque y tan solo se conserva la cantidad de movimiento del sistema coche-furgoneta.
Cantidad de movimiento del coche:
p1 1500q 25 37 500 kg.m/s
Cantidad de movimiento de la furgoneta:
p2 2500q 20 50 000 kg.m/s
p
p2
Cantidad de movimiento de sistema coche-furgoneta:
p
p1
p2 37 5002
50 0002 62500 kg.m/s
Velocidad común después del choque es
p
62500
v
15.625 m/s
m1 m2
4000
En una dirección que forma un ángulo , como se indica en la figura, tal que
p
50
R arctg 2 arctg 53º
p1
37
- 128 -
p1
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
3. Consideremos dos partículas, de masas respectivas m1 y m2, que efectúan una colisión perfectamente elástica
frontal, de modo que sus velocidades antes de la colisión sean v1 y v2 = v1, con
0. Supongamos que
fuesen iguales las energías cinéticas iniciales de las partículas. Calcular el valor (o valores) que deberá tener
el parámetro para que la partícula "1" quede en reposo después de la colisión y la relación entre las masas
de ambas partículas para que sea posible esa situación.
Ambas partículas tienen inicialmente la misma energía cinética, con v2 =
consiguiente
1
1
m1v12 m2 v22
2
2
m1 v2 ­¬
­ H2
m2 v1 ­­®
2
l mv m v
2
1 1
2
2 2
l
Conservación de la cantidad de movimiento, con v2 = v1:
m1
m1v1 m2v2 m1v1a m2 v2a l
v1 v2 v2a l H 2 v1
m2
H v1 H 1 H v1 v2a
Regla de Huygens-Newton, con v2 = v1:
v2a v1a v2 v1
l v2a v2 v1 1 H v1
Igualando las expresiones de v’2 en las dos últimas ecuaciones:
H2
H v1 1 H v1 l H 2
H 1 H l H 2
2 H 1 0
Resolvemos la ecuación de segundo grado:
£¦
m1
1
¦¦ 0.4142 (alcance) l
0.172 ¦
m2
5.83
1 o 1 1
1 o 2 ¦¤
H
¦¦
1
m1
5.83
¦¦ 2.4142 (frontal) l
m2
¦¥
v1
v1
v2
>0
v2
<0
v’2
v’2
reposo
reposo
- 129 -
v1; por
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
4. Una pelota de ping-pong rebota escaleras abajo, escalón por escalón, de tal modo que todos los rebotes son
idénticos. El coeficiente de restitución o percusión entre la pelota y las baldosas vale 0.9 y cada escalón
tiene una altura de 19 cm. Determinar la altura de rebote de la pelota sobre cada escalón.
Consideremos un rebote aislado; por definición de coeficiente de
restitución (e), será
£
¦v12 2 gh1
v2 h
v2 ev1 l con ¦
l 22 2 e 2
¤ 2
¦
v1
h1
¦
¥v2 2 gh2
La pelota de ping-pong realiza el bote desde una altura h1, respecto al
escalón; después de botar alcanza una altura h2. Como todos los rebotes son
idénticos, después del bote estará a la misma altura respecto al escalón
siguiente, o sea
h1 h2 a
h1
h2
v2
v1
de modo que
h2
h1
h1
h2
h2
a
e2
l h2 e2
a
1 e 2
de donde
0.92
0.81
q 0.19 q 0.19 0.81 m = 81 cm
2
1 0.9
0.19
h1 81 19 100 cm
h2 - 130 -
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
5. Dejamos caer una pelota de ping-pong desde una altura h0 sobre un suelo duro, liso y horizontal.
Observamos que después del quinto rebote la pelota sólo asciende hasta una altura h0/2. a) Determinar el
coeficiente de restitución de los rebotes. ¿Es el mismo en todos ellos? b) Calcular la fracción de energía que
se disipa en los rebotes. ¿Es la misma en todos ellos? ¿Por qué? c) ¿Cuántos rebotes deberán transcurrir para
que la altura de rebote se reduzca a la centésima parte de h0?
a) En la figura representamos los rebotes sucesivos. Obviamente, la relación existente entre
las velocidades indicadas y las respectivas alturas es:
vn 2 ghn
h0
h1
v0
donde el subíndice n se refiere a la velocidad y a la altura
alcanzadas tras el n-ésimo rebote.
Designamos por e el coeficiente de restitución y
aplicamos la regla de Huygens-Newton a cada uno de los
rebotes sucesivos:
£¦v1 ev0
¦¦
¦¦v ev e 2 v
1
0
¦¤ 2
l vn evn1 e n v0
¦¦v3 ev2 e3v0
¦¦
¦¦¥...
h2
v1
para n 0,1, 2,...
v2
v1
El valor del coeficiente de restitución, que es el mismo en todos los rebotes, lo calculamos a
partir de los datos para el quinto rebote:
v5 e5v0
l e5 v5
h
1
5 v0
h0
2
l e (0.5)1/10 0.933
b) La pérdida de energía en el n-ésimo rebote será:
E En 1 En 12 mvn2 1 12 mvn2 12 m(e 2 vn2 vn2 ) 12 mvn2 (e2 1)
= E (1 e 2 ) En
l E
(1 e 2 ) cte
En
La fracción de energía perdida en cada rebote es la misma en todos ellos y viene dada por
E
(1 e2 ) 0.13 13%
En
c) A partir de la expresión de la velocidad tras el n-ésimo rebote, vn e n v0 , tenemos:
en vn
h
n
v0
h0
l e2 n = n
hn
h0
l 2n log e log
hn
h0
l n
log 0.01
33.2 rebotes
2q log 0.933
- 131 -
log(hn / h0 )
2 log e
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
6. Sea un sistema formado por una masa de 300 g y un muelle
1
2
de constante elástica igual a 120 N/m, situados en reposo
k
v
sobre un plano horizontal liso, como se indica en la figura.
m
m
Sobre esta masa, inicialmente en reposo, choca
elásticamente otra masa idéntica a la anterior con una
velocidad de 5 m/s. Determinar: a) La velocidad de cada una
de las masas inmediatamente después del choque. b) La amplitud del movimiento armónico subsiguiente.
c) El tiempo que tardan en volver a chocar las dos masas. d) ¿Variará el resultado del apartado anterior si la
velocidad con la que choca la masa incidente fuese el doble? Justifíquese la respuesta.
a) Aplicamos el Principio de Conservación de la Cantidad de Movimiento y la Regla de
Huygens-Newton (con e = 1) :
£¦mv1a mv2a mv
£¦v1a v2a v
£¦2v1a 0
£¦v1a 0
¦
l ¦
l ¦
l ¦
¤
¤
¤
¤
¦
¦
¦
¦v1a v2a v
¦v1a v2a v
¦2v2a 2v
¦¦
¥
¥
¥
¥v2a v 5 m/s
por lo que el primer bloque queda en reposo y el otro adquiere la
1
2
velocidad del primero.
v
b) Después de la colisión, la energía cinética del bloque unido al (reposo)
muelle se convierte íntegramente en energía potencial elástica cuando este bloque alcanza su
elongación máxima (amplitud, A); esto es,
1 2 1 2
m
0.3
mv kA l A v
5q
0.25 m 25 cm
2
2
k
120
c) Calculamos la frecuencia de las oscilaciones y, a partir de ella, el periodo:
k
2Q 2Q
20 rad/s l T 0.31 s
X
m
20
Obviamente, el tiempo que tardan en reencontrarse los
A
dos bloques es el correspondiente a media oscilación,
i.e., un semiperiodo, de modo que
1
2
T
%t 0.16 s
2
d) No variará el resultado, puesto que el tiempo que tardarán en reencontrase los dos bloques
será un semiperiodo, en cualquier caso (en tanto que sea m1=m2), siendo T independiente de la
amplitud de las oscilaciones.
X
- 132 -
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
7. Un bloque de masa m1 = 1 kg desliza sobre una superficie horizontal lisa con una velocidad de 6 m/s. El
bloque choca con otro de masa m2 = 2 kg que está en reposo unido a un resorte horizontal de constante
k = 1200 N/m. Determinar la frecuencia con la que oscilará el sistema tras el choque y la amplitud del
movimiento en los siguientes casos: a) El choque es totalmente inelástico y las dos masas quedan adheridas
después del choque. b) El choque es perfectamente elástico.
a) Choque totalmente inelástico:
La cantidad de movimiento se conserva:
m1
1
m1v1 m1 m2 v º v ' v1 6 2 m/s
3
m1 m2
X
k
m1
m2
k
v1
m2
m1
v’
1200
20 rad/s
3
k
m1+ m2
X 10
O
Hz º O 3.18 Hz
2Q Q
Conservación de la energía después del choque:
1
m1
2
m2 v '2 1 2
kA
2
m1
º A va
m2
k
va
2
º
X 20
b) Choque perfectamente elástico:
El coeficiente de restitución es e=1.
v '1 v '2 v1 º v '2 v1
v’2
v’1
m1
v '1
La cantidad de movimiento se conserva:
m1v1 m1v1a m2 v2a m1v1a m2 v1
v1a A 0.1 m
v1a
º
m1 m2 v1 m1
m2
m2 v1a
m1 m2
1
v1 6 2 m/s v '2 6 2 4 m/s
3
m1 m2
por lo que la masa 1 vuelve hacia la izquierda.
X
k
1200
X
24.5 rad/s º O 2
2Q
m2
º
O 3 .9 Hz
º
A 0.16 m
Conservación de la energía después del choque:
1
1
m2 v2a 2 kA2
2
2
º A v2a
m2
2
4
1200
k
Nota:
Las masas no vuelven a chocar ya que T = 0.256 s y el tiempo que tarda m1 en
recorrer la amplitud es:
A 0.16
t 0.08 s
2
v1a
- 133 -
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
8. Una partícula de masa m se desplaza a velocidad v cuando choca
elásticamente con otra de igual masa que se encontraba en reposo. Después
de la colisión, la trayectoria de la primera partícula forma un ángulo de 30º
con respecto a su dirección original. a) Determinar la velocidad de cada una
de las partículas tras el impacto. b) Calcular la percusión que recibe cada
una de las partículas.
a) Conservación de la cantidad de movimiento:
mv mv1 mv 2 l v v1 v 2
[1]
Conservación de la energía cinética:
1
2
mv 2 12 mv12
1
2
mv12
l v 2 v12
v22
[2]
v2
Las ecuaciones [1] y [2] corresponden a una suma vectorial
en cuadratura, por lo que las direcciones de las partículas
después del choque determinan un ángulo recto, de modo que
R1 R2 90º l R2 90º 30º 60º
1
2
2
v1
30º
60º
30º
v
v1
30º
60º
v
v1
y las velocidades de las partículas después del choque son
v1 v cos 30º 0.87v
v2 v cos 60º 0.50v
v
b) La percusión que experimenta cada una de las partículas es
igual a la variación de su cantidad de movimiento durante el
choque; i.e., p m v , de modo que
mv mv2 mv2 mv 2 1 2 mv 2 1 2 12 mv
en las direcciones en que cambia la velocidad de cada una de las partículas.
Otro método
Escribimos de nuevo las ecuaciones [1] y [2] que expresan, respectivamente, la conservación
de la cantidad de movimiento y de la energía cinética durante el choque, descomponiendo la
primera de ellas en sus componentes longitudinal y transversal:
£¦v 3 v v cos R l v cos R v 3 v
2
2
2
2
2 1
2 1
¦¦
¦£¦v v1 cos 30º v2 cos R2
¦¦
¦¦
v
v2
2
¤0 v1 sen 30º v2 sen R2 l ¦
¤ 12 v1 v2 sen R2 l sen R2 1 l sen R2 1 2
¦
¦
2v2
4v2
¦
¦
2
2
2
¦
¦
¦¦v 2 v 2 v 2 l v 2 v 2 v 2
¥¦v v1 v2
1
2
2
1
¦¥
que constituyen un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (v1a, v2a , R2 ) . Resolviendo
dicho sistema de ecuaciones se obtienen de nuevo los resultados que ya conocemos.
£v 2 cos 2 R v 2 3 v 2 3vv
¦
2
2
1
4 1
¦
¦
¦
2
¦
v
4v 2 v 2
2
2
2
2
2
2
¦
¤cos R2 1 sen R2 1 1 2 2 2 1 l v2 cos R2 v2 14 v1 l
¦
v
v
4
4
2
2
¦
¦
¦
2
2
2
¦
¦
¥v2 v v1
De modo que v 2
3
4
v12 3vv1 v 2 v12 14 v12
- 134 -
l 2v12 3vv1 l v1 3
2
v
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
9. Una partícula de masa m se desplaza con una velocidad v cuando choca
elásticamente con otra de igual masa que se encontraba en reposo.
Después de la colisión, la trayectoria de la primera partícula forma un
ángulo de 60º con respecto a su dirección original. a) Determinar la
velocidad de cada una de las partículas tras el impacto. b) Calcular la
percusión que recibe cada una de las partículas.
a) Conservación de la cantidad de movimiento:
mv mv1 mv 2 l v v1 v 2
[1]
60º
v
v1
60º
Conservación de la energía cinética:
1
2
mv 2 12 mv12
1
2
mv12
l v 2 v12
v22
[2]
30º
v
v2
Las ecuaciones [1] y [2] corresponden a una suma vectorial
en cuadratura, por lo que las direcciones de las partículas
después del choque determinan un ángulo recto, de
modo que
1 v1
v1
60º
R1 R2 90º l R2 90º 60º 30º
30º
2
v
y las velocidades de las partículas después del choque
son
v1 v cos 60º 0.50v
v2 v cos 30º 0.87v
b) La percusión que experimenta cada una de las partículas es igual a la variación de su
cantidad de movimiento durante el choque; i.e., p m v , de modo que
2 mv mv2 mv2 mv 2 1 2 mv 2 1 2 0.87mv
en las direcciones en que las que cambia la velocidad de cada una de las partículas.
Otro método (nada recomendable)
Escribimos de nuevo las ecuaciones [1] y [2] que expresan, respectivamente, la conservación
de la cantidad de movimiento y de la energía cinética durante el choque, descomponiendo la
primera de ellas en sus componentes longitudinal y transversal:
£
¦
v 12 v1 v2 cos R2 l v2 cos R2 v 12 v1
¦
£v v1 cos 60º v2 cos R2
¦
¦
¦
¦
¦
¦
3v1
3v 2
¦ 3
¦
l sen 2 R2 12
¤0 v1 sen 60º v2 sen R2 l ¤ 2 v1 v2 sen R2 l sen R2 ¦¦
¦
2v2
4v2
¦
2
2
2
¦¥
¦
¦v v1 v2
¦
2
2
2
2
2
2
¦
¦v v1 v2 l v2 v v1
¥
que constituyen un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (v1a, v2a , R2 ) . Resolviendo
dicho sistema de ecuaciones se obtienen de nuevo los resultados que ya conocemos.
£v22 cos 2 R2 v 2 14 v12 vv1
¦
¦
¦
¦
3v 2 4v 2 3v 2
¦
3 2
2
2
2
2
2
¦
¤cos R2 1 sen R2 1 12 2 2 1 l v2 cos R2 v2 v1
¦
4v2
4v2
4
¦
¦
¦
2
2
2
¦
¦
¥v2 v v1
De modo que v 2
v vv1 v 2 v12 34 v12
1 2
4 1
l 2v12 vv1 l v1 0.5v
- 135 -
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
10. En una mesa de billar, la bola 1 se mueve con una velocidad de 5 m/s y choca
con la bola 2 de modo que ésta se introduce en la tronera de la esquina, como
se indica en la figura. Determinar la velocidad y la dirección de cada bola
después del choque, considerándolo: a) completamente elástico; b) con un
coeficiente de restitución de 0.95.
30º
2
1
a) Es bien sabido que cuando una partícula incidente colisiona
elásticamente contra otra partícula de la misma masa que se encuentra en
reposo, las partículas se mueven después de la colisión en direcciones que
son perpendiculares entre sí. Así, el esquema de colisión es el que se ilustra
v’1 1 2
en la figura, con 1 = 30º y 2 = 60º. Puesto que en esta colisión se
v’2 conservan tanto la cantidad de movimiento como la energía cinética,
podemos escribir:
£mv1a cos 30º mv2a cos 60º mv1
£v1a sen 60º v2a cos 60º v1
¦
¦
¦
¦
¦
¦
¦
¦
v1
l ¤v1a cos 60º v2a sen 60º 0
¤mv1a sen 30º mv2a sen 60º 0
¦
¦
¦
¦ a2
2
2
2
1
1
1
¦
a
v2a 2 v12
2 mv2 2 mv1
¦ 2 mv1a
¦v1
¥¦
¥
de modo que disponemos de un sistema de tres ecuaciones con dos
incógnitas (v’1 y v’2). A partir de las dos primeras se obtiene fácilmente
2
¦£v1a sen 60º v2a sen 60º cos 60º v1 sen 60º
¦£v1a v1 sen 60º
¦£v1a 4.33m/s
l ¦
l ¦
¤¦
¤
¤
2
¦¦
¦¦v2a 2.50 m/s
¥¦¦v2a v1 cos 60º
¥
¥v1a cos 60º v2a sen 60º cos 60º 0
b) Para resolver este problema de choque oblicuo analizamos por separado sus componentes
frontal y transversal (tangencial). Para ello, tomamos una base vectorial apropiada definida
por los ejes x e y: el eje x sobre la recta que une los centros de las esferas en el instante de la
colisión (componente frontal) ; el eje y es normal al anterior (componente transversal), como
se muestra en la figura.
Componente frontal: Aplicamos el Principio de Conservación de la Cantidad de
Movimiento y la Regla de Huygens-Newton,...
£
1 e
¦
¦
¦v1ax 2 v1 cos R2
£¦mv1ax mv2a x mv1 cos R2
£¦v1ax v2a x v1 cos R2
¦
¦
¦
l ¤
l ¤
¤
¦¦v1ax v2a x e v1x v2 x
¦¦¥v1ax v2a x e v1 cos R2
¦¦
1 e
¥
v2a x v1 cos R2
¦
¦
2
¦
¥
Componente transversal: Suponiendo que las bolas
sean lisas, las fuerzas impulsivas que actúan durante la
v1
colisión son normales a las superficies en el punto de
v’1
contacto de modo que no tiene componentes sobre el
x (frontal)
y
eje y. En consecuencia, las componentes de las veloci
1
(transversal)
2
v’2
dades normales a la línea de los centros no se alteran
durante la colisión; i.e.,
bola 1
v1ay v1 sen R2
v2a y 0
v1
(incidente
bola 2
(blanco)
Para calcular el ángulo 1 bajo el que sale dispersada
la esfera incidente, calcularemos primero 1+2; esto
es,
- 136 -
Física Universitaria: Problemas de Física
M.19 Colisiones
v1ay
v1 sen R2
2
tg R2
1 e
v1ax 1 e v cos R
1
2
2
Sustituimos los valores dados en el enunciado del problema para obtener los resultados
numéricos correspondientes a cada caso:
e = 1 (colisión elástica)
£¦
1 1
¦¦v2a x 5cos 60º 2.5 m/s
£
a
¦
v
0
¦
1
x
2
¦
¦¦
¦
¤¦v1ay 5sen 60º 4.33 m/s
¤v2a y 0
¦
¦¦
¦
¦
¦v a 2.5 m/s
a
v
4.33
m/s
¦
1
¥
¦¦¦ 2
¦¥
2
tg(R1 R2 ) tg R2 d l R1 R2 90º l R1 30º
1 1
e = 0.95 (colisión parcialmente elástica)
£¦
£¦
1 0.95
1 0.95
¦¦v1ax ¦¦v2a x 5cos 60º 0.0625 m/s
5cos 60º 2.44 m/s
¦¦
¦¦
2
2
¦¤v a 5sen 60º 4.33 m/s
¦¤v a 0
¦¦ 1 y
¦¦ 2 y
¦¦v a 0.06252 4.332 4.33 m/s
¦¦v2a 2.44 m/s
¦¦ 1
¦¦
¥¦
¥¦
2
tg(R1 R2 ) tg 60º 69.28 l R1 R2 89.2º l R1 29.2º
1 0.95
tg(R1
R2 ) - 137 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.1
1. Una escalera AB, de 10 kg de masa, 2.5 m de longitud y centro de masa situado a mitad de
la misma, se encuentra apoyada sobre una pared lisa y un suelo rugoso, cuando su extremo
inferior se encuentra a una distancia de 1.5 m de la pared. a) Calcular las reacciones en los
apoyos A y B. b) Determinar el valor mínimo del coeficiente de rozamiento entre el suelo y
la escalera para que ésta pueda permanecer en equilibrio en la posición indicada en la
figura.
B
A
1.5m
NB
Determinamos el lado vertical del triángulo:
B
b l 2 a 2 2.52 1.52 2 m
a) Aplicamos las Ecuaciones Cardinales de la Estática, descomponiendo las fuerzas en las direcciones horizontal y vertical y tomando
momentos en el punto A.
G
b
£¦ f N B 0
l f N B 3.75 kg = 36.8 N
¦¦
NA
mg
¦¦ N A mg 0 l N A mg 10 kg = 98.0 N
¤
f
¦¦
1.5
a
a
¦¦mg N Bb l N B mg q10 3.75 kg = 36.8 N
A
a
2
2
2
b
q2
¦¥
b) El valor mínimo del coeficiente de rozamiento es
l
a
f b NNA
mg
f
a 1.5
l Np
2b
0.375
2b
4
NA
mg
- 138 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.2
A
2. Una barra uniforme pesa P y se mantiene en equilibrio, apoyada en una pared vertical y
2l/3
en un suelo horizontal, ambos lisos, en la posición indicada en la figura, gracias a la
cuerda horizontal CD. Determinar las reacciones en los apoyos de la barra y la tensión en
la cuerda en función del ángulo .
G
C
D
B
En la figura mostramos el diagrama de fuerzas que actúan sobre la varilla.
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática tomando momentos en el punto C:
£
¦
¦
¦ (1) R T
l ¦
¦
¦
³ ¦
¤ (2) N P 100 kg
A
¦
A z¦
¦
l
2
¦
(3) R cos R PCG sen R N CBsen R
¦
R
¦
3
¦
¥
2l/3
Con
2 1¬
l
CG ­­­ l ) 3 2 ®
6
de modo que la tercera ecuación se escribe en la forma
2l
l
l
(3) R cos R P sen R N sen R
3
6
3
Y, teniendo en cuenta las dos primeras ecuaciones, resulta:
4 R P tg R 2 N tg R l
l 4 R 3P tg R l
R T 3
P tg R
4
- 139 -
G
T
l/3
C
D
P
N
B
l/3
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.3
B
3. La varilla homogénea AB, que tiene una longitud de 1.6 m y pesa 2 kg, se apoya por su
extremo inferior en un muro vertical y, por un punto intermedio C, en otra varilla fija,
horizontal y paralela al muro, a una distancia de 10 cm de éste. Suponiendo que no existan
rozamientos entre la varilla AB y los demás elementos en contacto con ella, determínense en
la posición de equilibrio el ángulo formado por la varilla y el muro y las reacciones en los
apoyos de la varilla.
C
A
a) En la figura mostramos el diagrama de fuerzas que actúan sobre la varilla. Aplicamos las
ecuaciones cardinales de la estática tomando momentos en el punto A:
£
¦ (1) N R cos R ¦¦²
P
l¦
» tg R ¦
¦
¦
(2)
P
R
sen
R
N
¦¼
³ ¤¦
¦
l
a
B
¦
¦ (3) P sen R R
z
A ¦
¦
2
sen R
¥
Que constituye un sistema de tres ecuaciones con tres
G
incógnita (N, R y ).
Sustituyendo la (2) en la (3):
l
a
l
a
2
P
R sen R sen R R
l
sen R 2
sen R
2
sen R
R
l/2
2a 2q 0.1 1
l sen 3 R E a
C
l
1.6
8
1
l sen R l R 30º
A N 2
D
De la ecuación (2):
P
P R sen R l R 2 P 4 kg
sen R
Y de la (1), se sigue:
3
2 3 3.46 kg
2
Las direcciones y sentidos de estas reacciones son las indicadas en la figura.
N R cos R 4
Otro método
Puesto que sobre la varilla solo actúan tres fuerzas (P, N y R), éstas deben ser concurrentes en
un punto tal como el D. En consecuencia, el problema se reduce a una simple condición
geométrica de que el centro de gravedad (G) de la varilla se encuentre en la vertical del punto
D. Resolvemos considerando los triángulos ACE, ACD y ADG:
a
l
2a
AC AD senR AGsenR sen R sen 2 R l sen 3 R sen R
2
l
Que es el mismo resultado obtenido anteriormente.
- 140 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.4
B
4. La barra AB de la figura tiene sección recta uniforme, de masa m y longitud 1.
Determinar el ángulo T correspondiente al equilibrio.
A
T
30º
45º
De la figura, se siguen fácilmente las siguientes relaciones entre ángulos:
B B a R 90º l B a 90º (B R )
C C a R 90º l C a 90º (C R )
Aplicando las ecuaciones cardinales de la estática, tomando
momentos en G :
£
NB E
¦
¦
x NA
¦
Fx 0 l [1] N A sen B N B sen C
¦
E’
¦
¦
G
T
¦
B
D D’
¤ Fy 0 l [2] N A cos B N B cos C P
¦
¦
T
¦
¦ M 0 l [3] N l sen B a N l sen C a
A
¦
P
G
A
B
¦
2
2
¦
¥
D
E
Puesto que tan sólo estamos interesados en determinar el
valor del ángulo T correspondiente a la posición de equilibrio, podemos eliminar fácilmente
las reacciones en los apoyos de entre las ecuaciones [1] y [3]:
N A sen B N B sen C
¦²¦
sen B
sen C
» u l
¦
N A cos(B R ) N B cos(C R )¦¼
cos(B R ) cos(C R )
y
de modo que, desarrollando las expresiones trigonométricas, tenemos
sen B
sen C
l
cos B cos R sen B sen R cos C cos R sen C sen R
sen B cos C cos R sen B sen C sen R cos B sen C cos R sen B sen C sen R l
2sen B sen C sen R (cos B sen C sen B cos C ) cos R l
sen(C B )
sen15º
1.3660 l R 20.1º
tg R 2sen B sen C 2sen 30º sen 45º
- 141 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.5
l
5. Una barra de longitud l se apoya sin rozamiento sobre una pared de perfil
circular tal como se indica en la figura. a) Determinar la fuerza horizontal
que se debe aplicar en B para mantener la barra en equilibrio. b) Si en lugar
de aplicar una fuerza en B se aplicase un par en B, ¿qué valor debería tomar
dicho par?
l
B
a) Las fuerzas que actúan sobre la barra son las que se representan en la
figura. Tomamos momentos en O:
l
3
3
Fl P sen 60º Pl l F P
2
2
4
b) En este caso las fuerzas que actúan sobre la barra serán las que se
representan en la figura. De nuevo tomamos momentos en O, para
obtener:
l
3
3
M P sen60º P l M
Pl
2
2
4
Lo que resulta obvio, ya que el momento del par (invariante) debe ser igual
al de la fuerza F inicialmente aplicada con respecto al punto O.
O
NA
60º
NB
F
B
P
O
NA
NB 60º
M
B
Cálculo de reacciones
Ecuaciones cardinales de la estática:
£
¦
3
¦
P
¦
F
1
¦
4
¦
P
N
¦
A
£¦¦j F N A cos 30º
¦
cos
30º
2
3
l ¦
¤
¤
¦¥¦7 N B N A sen 30º P
¦¦
2
¦
¦
1 1 3
¦
N B P N A sen 30º P P P
¦
¦
2 2 4
¦
¥
- 142 -
A
A
P
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.6
6. Un bloque prismático de sección cuadrada y masa m se encuentra apoyado sobre
un plano liso horizontal y otro inclinado rugoso. Sabiendo que la situación
representada corresponde a la de límite de equilibrio: a) Dibujar el diagrama de
fuerzas. b) Determinar el coeficiente de rozamiento.
60º
30º
a) En la figura adjunta hemos representado el diagrama de fuerzas.
b) Escribimos las ecuaciones cardinales de la estática, descomponiendo en las direcciones
horizontal y vertical y tomando momentos en B:
£
¦
j [1] N 2 cos 30º f sen 30º l N 2 f tg 30º
¦
¦
¦
¤ 7 [2] N1 N 2 sen 30º f cos 30º P
¦
¦
¦
¦
¥B { [3] N1l sen 30º Pl 2 cos15º
l
con
[4] f N N 2
f
Puesto que tan solo estamos interesados en el valor
del coeficiente de rozamiento, es suficiente
combinar las ecuaciones [1] y [4] para
determinarlo:
1
1
1.73
N 2 N N 2 tg 30º l N tg 30º 0.5773
- 143 -
N2
60º
B
60º
15º
P
30º
N1
l
A
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.7
7. Un bloque rectangular de dimensiones a = 1 m y b = 3 m se sitúa sobre un plano
a
inclinado tal como se indica la figura. Una cuerda sujeta la parte superior del bloque
para evitar que caiga por el plano, ¿cuál será el ángulo máximo para que el bloque
no deslice por el plano?
b
P = 0.1
T
Cuando el ángulo tiene el valor crítico, el bloque está a punto para volcar
deslizando sobre la arista A de su base y las fuerzas que actúan sobre el mismo son las
indicadas en la figura.
Aplicando las ecuaciones cardinales de la estática en las condiciones críticas, tomando
momentos en A, tenemos:
£
1 T f P sen R
¦
¦
¦
¦¦4 N P cos R
£T N P cos R P sen R
¦
¦
¦¤¦
¦
º
¤z
1
a
b
a
P cos R
¦¦¦ A Tb P sen R
¦¦¦T 2 P sen R 2b P cos R
¥
2
2
T
¦
¦
¦
N
con
f
N
a
¦
¥
1
a
l
P sen R
P cos R N P cos R P sen R
2
2b
a
b G
l sen R
cos R 2N cos R 2sen R
N
b
Psen T
f
a
¬
a
2N­­­ cos R l tg R 2N
l sen R
P
b
Pcos
T
®
b
A
T
Sustituyendo los valores dados en el enunciado, resulta
1
tg R 2q 0.1 0.53 l R 28.1º
3
B
C
D
T
T
G
R
N
f
P
A
T
Otro método.- Tengamos en cuenta que:
1º) La reacción resultante R (suma de la reacción normal N y de
la fuerza de rozamiento f), en las condiciones de movimiento
inminente, forma un ángulo con la normal al plano inclinado,
tal que
f
f N N l N tg K
N
2º) Puesto que sobre el bloque solo actúan tres fuerzas (P, T y R),
éstas deben ser concurrentes en un punto tal como el D.
De la figura, correspondiente a la posición crítica, se sigue
tg R BC+CD a / 2 b tg K a
b/2
b
BG
- 144 -
2N
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.8
8. Una caja de embalaje contiene un frigorífico, pesa 300 kg y tiene forma de paralelepípedo rectangular de
2 m de alto por 80 cm + 80 cm de base. El coeficiente de rozamiento entre la caja y el suelo vale 0.30. Si
deseamos arrastrarla sobre el suelo mediante la aplicación de una fuerza horizontal: a) ¿Cuál debe ser la
magnitud de esa fuerza? b) ¿A qué altura sobre el suelo podemos aplicar esa fuerza sin riesgo de vuelco?
En la figura hemos representado el diagrama de fuerzas que actúan sobre la caja. Obsérvese
que actúan dos pares de fuerzas: el par [F,f] provoca el vuelco sobre E y el par [P,N] se
opone a dicho vuelco.
Escribimos las Ecuaciones Cardinales de la Estática, tomando momentos en B (punto de
aplicación de la reacción normal N):
³ NP
l
l F f
B
De las dos primeras ecuaciones se sigue:
O
F
h
f
z Fh Px
H
N
P
F f p NN NP l
F p NP
Esto es
F p 0.3q300 90 kg
x
La tercera ecuación nos permite relacionar la distancia h
B E
(punto de aplicación de la fuerza externa) con la distancia x
(“punto de aplicación” de la reacción normal N):
P
P
x
h xb
x
F
NP
N
de modo que el valor máximo de h que no produzca el vuelco será el que corresponda al valor
máximo posible de la distancia x: esto es,
x
l / 2 40
hmáx b máx 133 cm 1.33 m
0.3
N
N
- 145 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.9
l
9. Deseamos transportar en una carretilla un bloque homogéneo, de masa m, cuyas dimensiones se especifican en la figura. Sea el coeficiente de rozamiento entre la base del
bloque y la plataforma de la carretilla. Determinar los valores máximos de la aceleración
de la carretilla (acelerando y frenando) para que no haya movimiento relativo entre el
bloque y la carretilla.
4l
l
a) Cuando la carretilla está acelerando, si la aceleración es excesiva,
el bloque puede volcar rotando alrededor del eje A. En esas
circunstancias, el diagrama de fuerzas en el referencial de la
carretilla, que es no inercial, es el que se india en la figura.
Tomando momentos en A, tenemos
l
ma0
z
4l
mg
A
A
l
mg
B a0
l
mg
B
ma0
A
l
mg
f N B
a0
1
g
2
a0 b) Cuando la carretilla está frenando, si la aceleración es excesiva,
el bloque puede volcar rotando alrededor del eje B o resbalar hacia
delante (respecto de la carretilla). En esas circunstancias, el
diagrama de fuerzas en el referencial de la carretilla, que es no
inercial, es el que se indica en la figura.
b.1) Vuelco. Tomando momentos en B, tenemos
z
4l
l
ma0 l l
2
l
ma0a 2l l
2
a0a b.2) Resbalamiento.
£¦ma¨0aa f
£¦ f Nmg
¦¦
¦¦
¦
l
¤ N mg l ¤
f
¦
¦
¦
¦¦a¨0aa m N g
f
N
N
¦
¥
¦¥
Por consiguiente,
1
g
4
a¨0aa N g
Si < 0.25, tiene preferencia el resbalamiento.
Si > 0.25, tiene preferencia el vuelco
- 146 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.10
10. Una placa rectangular y homogénea, de dimensiones 30 cm x 20 cm, pesa 2 kg y está unida a un eje vertical
de modo que en A está articulada con el eje y en B tan solo se apoya en él, como se indica en la figura.
a) Determinar las reacciones en A y en B cuando el sistema está en rotación con una velocidad angular de
30 r.p.m. b) ¿A partir de que valor de la velocidad angular no se apoyará en B?
Reconducimos el problema a un problema de estática
(equilibrio estático) analizándolo en un referencial en
rotación en el que la placa se encuentra en reposo. En
estas condiciones, el diagrama de fuerzas es el que se
muestra en la figura, incluida la fuerza centrífuga.
Cálculo de la fuerza centrífuga: Sea un elemento de
masa dm Tbdx , de modo que
RA
NA
A
dx
a=30 cm
C
b=20 cm
Fcf
G
NB
B
dFcf X 2 x dm X 2Tbx dx
x
P
a
1
1
1
Fcf X 2Tb ¨ x dx X 2Tba 2 X 2 Tba a maX 2
0
2
2
2
a) Escribimos las ecuaciones cardinales de la estática, tomando momentos en A:
£
l [1] RA P
¦
b
a
¦
} [3]
Fcf bN B P
¤
¦
2
2
¦
¥³ [2] N B Fcf N A
de modo que disponemos de tres ecuaciones con tres incógnitas (NA, NB y RA)
De la primera, se sigue que RA P
De la tercera, obtenemos
NB ¬ ma
1
1
1
bX 2 ¬­
­
aP bFcf mga mX 2 ab­­­ g
® 2b
2b
2b
2
2 ­®­
y sustituyendo en la segunda ecuación
NA NB
Fcf mga 1
maX 2
2b
4
1
mga
maX 2 2
2b
1
ma
maX 2 g
4
2b
bX 2 ­¬
­
2 ­­®
b) Para una cierta velocidad angular crítica, crít, desaparece la ligadura en B (i.e., NB=0):
bX 2 ¬
bX 2
ma
2g
NB g crít ­­­ 0 l g crít 0 l Xcrít b
2b
2 ­®
2
Sustituyendo los valores dados,
£¦ RA 2 kg 19.6 N
¦¦
¦¦
2 0.30
0.20q Q 2 ¬­
¦¦ N A q
­­ 16.2 N 1.65 kg
9.8
¦£¦a 0.30 m
­®
¦¦
2q 0.20
2
¦¦
¦
0.20
m
b
¦
2¬
l ¦¤
¤
¦¦ N B 2q 0.30 9.8 0.20q Q ­­ 13.2 N 1.35 kg
¦¦¦m 2 kg
¦¦
2q 0.20
2
®­­
¦¦X 30 r.p.m. Q rad/s
¦¦
¥
¦¦
2q9.8
9.9 rad/s 94.5 r.p.m.
¦¦Xcrít 0.2
¦¥
- 147 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.11
11. Una puerta de garaje pesa 60 kg y está montada como se muestra en la figura.
Las ruedas están enmohecidas de modo que no ruedan sino que deslizan en la
guía, siendo 0.4 el coeficiente cinético de rozamiento. La distancia entre las h
ruedas es de 2 m y cada una de ellas dista 50 cm de los bordes verticales de la
puerta. Se empuja la puerta mediante una fuerza horizontal constante de modo
F
que se mueva uniformemente. a) Si la línea de acción de dicha fuerza dista 1
m de la guía, ¿cuál es la fuerza ejercida por cada una de las ruedas sobre el
carril? b) Encontrar la máxima distancia h a la que se puede aplicar la fuerza horizontal F sin que ninguna
rueda se separe del carril.
a) Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática, tomando momentos en el punto A:
¦£¦
¦£¦
¦¦ F N P
£¦ F N P
j ¦¦¦ F f A f B N( N A N B )
¦¦
¦¦
¦
7 ¤ P NA NB
º ¤ P NA NB
º ¤¦ N A P N B
¦
¦¦
¦¦
h
1
A }¦
¦¥¦ N B 2 P b F
¦¦¦ Fh N Bb P b
¦¦¦ Fh N Bb P b
¦¥
¦¥
2
2
de modo que resulta
F 0.4q 60 24 kg
N A 42 kg
f A 0.4q 42 16.8 kg
N B 30 12 24 18 kg f B 0.4q18 7.2 kg
b) En las condiciones del enunciado, será NB = 0; i.e.,
2h
2h
b
2
P
F N P º 2hN b º h 2.5 m
2N 2q 0.4
b
b
NA
fA A
h
F
NB
b
fB B
P
- 148 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.12
12. Deseamos apilar un cierto número de ladrillos uno sobre otro, como se
muestra en la figura, de modo que obtengamos el máximo saliente.
Deseamos apilar un cierto número de ladrillos uno sobre otro, como se
muestra en la figura, de modo que obtengamos el máximo saliente.
a) Obtener el criterio que debemos seguir para conseguir nuestro objetivo. b) Demostrar que se puede conseguir un saliente tan grande como queramos sin más que apilar un
número suficientemente grande de ladrillos.
a) En la figura, hemos representado mediante un circulito la posición del centro de gravedad
de cada uno de los ladrillos. Mediante un triangulito, hemos representado la posición del
centro de gravedad del ladrillo que sirve de base y de todos los que tiene encima.
El criterio que debemos seguir para apilar los ladrillos es que el centro de gravedad de los
ladrillos que se encuentre encima de uno dado no
G123 G12 G1
sobresalga sobre el borde de este último, tal como
se ilustra en la figura para una condiciones críticas
(1)
de equilibrio.
(2)
l/2
La mayor longitud de la parte saliente del ladrillo
(3)
l/4
superior (1) es igual a l/2. Los ladrillos sucesivos
(4)
l/6
sobresalen sobre los que les sirven de base una
distancia dada por
m ¸ 0 m(l / 2)
l
ladrillo 2 l G (12) =
2m
4
2m ¸ 0 m(l / 2)
l
ladrillo 3 l G (123) =
3m
6
3m ¸ 0 m(l / 2)
l
ladrillo 4 l G (1234) =
4m
8
deduciéndose de modo obvio la regla a seguir en el caso de que hubieran más ladrillos.
b) La distancia máxima en que la parte derecha del ladrillo superior (1) sobresale sobre el
ladrillo inferior (n-ésimo) que sirve de base, se expresa en la forma:
1 1 1 1
¬ l 1 1 1 1
¬
l
!­­­
!­­­
2 4 6 8
® 2 1 2 3 4
®
que es la bien conocida serie armónica, que es divergente. Así, para un número ilimitado de
ladrillos, esta suma tiende hacia infinito, con lo que queda demostrado el aserto propuesto.
- 149 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.13
C
13. La barra homogénea AB, de longitud L y peso P, mantiene en equilibrio gracias a una
articulación en el punto A y a una cuerda, de longitud también L, que actúa unida a B y
C. a) ¿Qué tensión tendrá la cuerda BC? b) ¿Qué reacción habrá en A?
L
B
L
30º
Comenzamos determinando el ángulo que forma la cuerda con la A
horizontal:
L L cos 30º L cos R l cos R 1 cos 30º 0.1340 l R 82.3º
Escribimos las Ecuaciones Cardinales de la Estática, tomando momentos en A:
£¦
¦¦
¦¦ l T cos82.3º R 0
¦ ³ T sen 82.3º N P 0
¤
¦¦
L
¦¦
¦¦A z P cos 30º TL sen(82.3º 30º ) 0
2
¥
y resolviendo este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (T, N y R) resulta:
£¦0.1340 T R 0 l R 0.1340 T 0.0733 P
¦¦
¤0.9910 T N P 0 l N P 0.9910 T 0.4577 P
¦¦
¦¦¥0.4330 P 0.7912 T 0 l T 0.5473 P
de modo que la tensión de la cuerda es
C
T 0.5473 P
y la reacción en A (que actúa sobra la barra) tiene
de componentes
N 0.4577 P
R 0.0733 P
L
T
lo que representa una resultante
B
F 0.4577 2 0.07332 P 0.4635 P
0.4577
tg K 6.24 l K 80.9º
0.0733
F
R
N
30º
A
- 150 -
L
P
L
L
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.14
14. El extremo superior de una varilla, de masa m y longitud l, está articulado a una
deslizadera que desliza a lo largo de una guía vertical lisa (vide figura), en tanto que
la varilla no pierde contacto en B con el apoyo liso. Determinar el valor del ángulo correspondiente al equilibrio y las reacciones en los apoyos de la varilla. Aplicación
numérica: m = 10 kg, l = 100 cm y a = 5 cm.
A
a
B
l
Escribimos las Ecuaciones Cardinales de la Estática del Sólido Rígido,
descomponiendo en las direcciones horizontal y vertical y tomando momentos en A:
j N A N B cos R
A
NA
7 P N B sen R
D
a ¬­ l
¬
A z N B
=P sen R ­­­
sen R ®­­ 2
®
NB
a
B
l/2
C
P
De modo que disponemos de tres ecuaciones con tres
incógnitas. Combinando la tercera con la primera:
l
l
2a
NB P sen 2 R N B sen 3 R l sen 3 R l
2a
2a
1/3
1/3
2a ¬­
10 ¬­
sen R ­­
0.4642 l R 27.7º
100 ®­­
l ®
NA 10
P
19.04 kg 187 N
tag R tag 27.7º
NB 10
P
21.54 kg 211 N
sen R sen 27.7º
Método de la energía
Expresamos la energía potencial de la varilla (nivel de referencia en B) en función del ángulo
que forma con la vertical (1 grado de libertad):
l
cos R l
¬
cos R ­¬
Ep mg cos R a
cos R ­­­
­­ mg a
2
sen R 2
®
sen R ®
En la posición de equilibrio estable, la energía de potenciar debe tener un valor mínimo. Así,
determinamos el valor del ángulo correspondiente a dicho valor mínimo:
sen 2 R cos 2 R l
¬
dEp
l
a ­¬
mg a
sen R ­­­ mg sen R ­ 0
2
­
2
dR
sen R
2
sen 2 R ®­
®
De modo que
l
a
sen R 2
sen 2 R
l sen 3 R - 151 -
2a
l
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.15
F 15. Una viga AB, de 5 m de longitud y 60 kg de masa (distribuida
uniformemente), está apoyada en el suelo. Se levanta el extremo
B, a una altura de 3 m, mediante una fuerza aplicada en B,
siempre perpendicular a la viga. Hállense: la fuerza aplicada en
B, la reacción del suelo en A y el coeficiente de rozamiento
mínimo necesario para que A no deslice.
B
l
G
h
N
A
P
f
Datos: m= 60 kg, l = 5 m, h = 3 m
h 3
0.6 l R 36.87º
l 5
Escribimos las ecuaciones cardinales de la estática, tomando momentos en el punto A
£
2 3
6
¦
£
¦
¦
[3]
f F sen R P P 14.4 kg 141.1 N
¦
¦
¦
¦
5
5
25
j f F sen R
¦
¦
¦
¦
¦
¦¤ 7 N F cos R P º ¦
¦¤[2] N P F cos R P 8 P 17 P 40.8 kg = 399.8 N
¦¦
¦¦
25
25
¦¦
¦¦
l
1
2
R
Fl
P
cos
¦¦
¦¦[1] F P cos R mg 24 kg = 235.2 N
2
¦
¥ A
¦¦
2
5
¥
sen R z
Para que no exista deslizamiento en esta posición deberá ser
f
6
N 0.353
N 17
- 152 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.16
16. La viga AB, de masa 10 kg y 1 m de longitud, está cargada y apoyada
como se indica en la figura. Determinar la reacción en el apoyo A y la
tensión del hilo BC cuando m1 = 2 kg y m2 = 7 kg.
C
m1
m2
30º
A
B
0.4 m
En la figura presentamos el diagrama de fuerzas del “cuerpo
libre” correspondiente a la viga, con
£
¦ F 7 2 5 kg
¦
Ry
¤
¦
¦ P 10 kg
¥
b
Rx
30º
A
F
a
P
£
¦b 0.4 m
¦
¤
¦
¦a 0.5 m
¥
Escribimos las Ecuaciones Cardinales de la Estática, tomando momentos en A:
£¦T cos 30º Rx
¦¦
¦¤T sen 30º R F P
y
¦¦
¦¦¥l T sen 30º bF aP
de modo que disponemos de 3 ecuaciones con 3 incógnitas (T, Rx, Ry). Sustituyendo valores y
resolviendo el sistema de ecuaciones, tenemos:
¦¦£T cos 30º Rx
Rx T cos 30º = 14 cos 30º 12.1 kg 119 N
l
¦¦
Ry 15 T sen 30º 15 7 8 kg 78 N
¦T sen 30º Ry 5 10 15
¤
¦¦
¦¦T sen 30º 0.4q5 0.5q10 7 l T 7 14 kg 137 N
¦¥
sen 30º
El módulo y la dirección de la reacción en el apoyo A son:
R Rx2
R =arctg
Ry
Rx
Ry2 12.12
arctg
82 14.5 kg 145 N
8
33.4º
12.1
- 153 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.17
17. Sobre un canalón cilíndrico AB de 10 kg se enrolla un hilo que se engancha
en el extremo B, tal como se representa en la figura. a) Determinar la
magnitud mínima de la fuerza F con que debemos tirar del otro extremo del
hilo para levantar el canalón. b) Calcular el valor mínimo del coeficiente de
rozamiento que debe tener el canalón con el suelo para que el punto A no
deslice.
30º
F
B
A
Cuando la fuerza F es la mínima necesaria para levantar el canalón, la reacción en B es nula y
el diagrama de fuerzas del cuerpo libre para el canalón
es el que se indica en la figura.
y
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática,
x
tomando momentos en el punto O:
T
G
F
£¦ Fx 0 º (1) F cos R N N A 0
¦¦
mg T R
NA ¦
¤ Fy 0 º (2) N A F sen R mg 0
¦¦
B
P NA
O
¦¦ M 0 º (3) N R FR 0 º N F
O
A
A
¦¥
de modo que disponemos de un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (F, NA y P).
De la primera ecuación, teniendo en cuenta el resultado de la tercera, se sigue:
F cos R N F 0 l N cos R cos 30º 0.87
y, análogamente, de la segunda ecuación obtenemos:
mg
10q9.8
F F sen R mg 0 l F 196 N
1 sen R 1 sen 30º
- 154 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.18
18. Un cilindro homogéneo de 1.2 m de diámetro
pesa 1 t y descansa sobre la plataforma de un
camión según se indica en la figura. Los
bloques representados se utilizan para impedir
que ruede el cilindro cuando acelere el camión.
Determinar la aceleración de éste que haría que
el cilindro rodara sobre el bloque.
60cm
Supongamos que el camión frena con una aceleración
constante -a0. Sobre el cilindro “aparece” una fuerza
de inercia dirigida hacia delante (en el sentido de la
marcha) dada por -m(-a0) = ma0. En la figura hemos
representa el diagrama del cuerpo libre o diagrama de
fuerzas que actúan sobre el cilindro, en un referencial
solidario con el camión en el que, en las condiciones
críticas, el cilindro aun permanece en equilibrio,
aunque manifiesta una tendencia a rodar sobre el
borde A del bloque indicado.
Aplicamos tan sólo la segunda ecuación del equilibrio,
tomando momentos en A:
O
10cm
Fuerza de
inercia
ma0
B
mg
A
b
h
b
g
Rh
A partir de la figura, por aplicación del teorema de Pitágoras, tenemos:
ma0 ( R h) mgb l a0 b 2 R 2 ( R h) 2 2 Rh h 2 h(2 R h)
= b 10(120 10) 33.17 cm
De este modo, la aceleración pedida es
33.17
a0 g 0.66 g 6.5 m/s 2
60 10
Obviamente, las mismas consideraciones nos llevarán a los mismos resultados en el caso de
que el camión acelere, solo que entonces la fuerza de inercia tendrá sentido opuesto al
indicado en la figura y la rodadura se presentará sobre el borde B del bloque trasero.
Otro método: Aplicamos tan sólo la primera ecuación del equilibrio, en las direcciones
horizontal y vertical; i.e.,
£¦¦j ma0 N cos R
a
u 0 cotg R l a0 g cotg R
¤
¦¦¥ 7 mg N sen R
g
R h 50 5
l R 56.4º l cotg R 0.66
con sen R R
60 6
de modo que
a0 g cotg R 0.66 g 6.5 m/s 2
- 155 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.19
F
19. Calcular la fuerza horizontal tangencial F mínima necesaria para que el disco de la
figura, de masa 25 kg, ruede por el plano inclinado a 60º. Hállese también la fuerza
que imprime el plano inclinado al disco, y el coeficiente de rozamiento mínimo para
que en esas condiciones no deslice.
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática,
tomando momentos con respecto al eje que pasa por el
punto A; i.e.,
j [1] ¦£¦ F f cos R N sen R
¦
[2]¤ N cos R f sen R P
7
¦
{ A [3] ¦¦ PR sen R F ( R R cos R ) FR (1 cos R )
¦¥
Disponemos de tres ecuaciones con tres incógnitas
(F, N , f).
F
N
f
O
60º
A
60º
P
[3] l F [1]
l
[2]
sen R
P º
1 cos R
[2] l
f (q sen R )
(q cos R )
sen 2 R
P
1 cos R
P N cos R
sen R
3
P
3
F
¦£ N sen R f cos R F
¤¦
¦¦¥ N cos R f sen R P
De modo que N º
F 14.43 kg = 141.5 N
(+ m.a.m.)
¶¶¶¶
l N F sen R
P cos R P º
1 cos R
sen R
60º
P
3
3
PF
º
NP
f F
º
º
P cos R
N 25 kg = 245.0 N
f 14.43 kg = 141.5 N
A partir de la definición del coeficiente de rozamiento, tenemos
N
f
( 3 / 3) P
3
0.58
N
P
3
La ecuación [3] también puede escribirse tomando momentos con respecto al eje que pasa por
el punto O; de modo que las ecuaciones cardinales de la estática quedan en la forma:
¦
F f cos R N sen R
j [1] £
¦
¦
¦
[2]¤ N cos R f sen R P
7
¦
¦
{ O [3] ¦
fR FR º f F
¦
¦
¥
La resolución de este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (F, N, f) nos lleva a los
mismos resultados anteriormente obtenidos.
- 156 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.20
20. Una esfera uniforme de radio R y masa M, se mantiene en reposo sobre un
plano inclinado de ángulo T mediante una cuerda horizontal como se
muestra en la figura, siendo el coeficiente de rozamiento entre las
superficies P . Determinar: a) La tensión de la cuerda. b) La fuerza normal
ejercida sobre la esfera por el plano inclinado. c) La fuerza de rozamiento
que actúa sobre la esfera. Aplicación numérica: M = 3 kg, T = 30º y P =
0.5.
y
T
T
T
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática,
tomando momentos con respecto a un eje en O:
Fx 0 º [1] T cos R f Mg sen R
x
f
O
N
T
T
Fy 0 º
[2] N Mg cos R
T sen R
M O 0 º [3] TR f R l T f
A
de modo que disponemos de 3 ecuaciones con
3 incógnitas (T, N y f ).
Rescribimos la ec. [1] con T = f :
sen R
T (1 cos R ) Mg sen R l T Mg
1 cos R
Mg
y de la ec. [2] se sigue:
N Mg cos R
T sen R cos R
2
2
¬­
cos R cos R sen R
1 cos R
Mg Mg Mg
­­ Mg 1 cos R ®
1 cos R
1 cos R
sen R
2
de modo que
T
sen R
Mg
1 cos R
N Mg
f sen R
Mg
1 cos R
y sustituyendo valores
sen 30º
q3 0.804 kg
N 3 kg
f 0.804 kg
1 cos 30º
Como la magnitud del la fuerza de rozamiento es tal que
f b f max N N 0.5q3 1.5 kg
T
efectivamente hay equilibrio.
- 157 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.21
A
21. Dos tableros pesan 10 y 20 kg y miden 2 y 4 m de longitud,
respectivamente. Los tableros están articulados en sus extremos, entre ellos
y en el techo y soportan un cilindro de 1 m de diámetro y 30 kg de peso. No
hay rozamiento en ningún contacto. a) ¿Qué reacciones soportarán las
articulaciones A y C? (exprésense en forma vectorial) b) ¿Qué fuerza se
ejercen los dos tableros en la articulación B?
Geometría del problema
2
sen R 0.5 l R 30º
4
AC BC cos 30º 4q 3 / 2 2 3 3.46 m
C
90º
2m
4m
B
YA
A
YC
XA
90º
C
=30º
N1
l
O
l2
BD BE OD cotg 30º 1/ 2q 3 3 / 2 0.87 m 1 D
N
2
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática
P1 30º 30º E
P2
30º
al cilindro y a cada uno de los tableros, por X
B
B
separado:
P
YB
Cilindro
£¦
¦¦j N N sen 30º l N P tg 30º 30 3 10 3 kg
1
2
1
¦¦
3
¤
¦¦
P
30
20 3 kg
¦¦ 7 N 2 cos 30º P l N 2 cos 30º
3/2
¥¦
Tabla vertical
£¦
£¦
¦¦¦ j X A X B N1
¦¦¦ X A X B 10 3 l X B 10 3 7.5 9.82 kg
¦¦
7 YA YB P1
l ¦¤ YA YB 10
¤
¦¦
¦¦
2 xA 3 / 4 10 3 7.5 kg
¦¦¦ z 2 xA 3 / 2 N1
¦¦¦
¥
¦¥ B
Tabla oblicua
£
¦
j X C N 2 sen 30º X B
¦
¦
¦ 7 Y P N cos 30º Y
l
¤
C
2
2
B
¦
¦
¦
3 P2 23 N 2 2 3 YC
¦
¥B z 2 X C
£
¦
X C X B N 2 sen 30º 9.82 10 3 7.5 kg
¦
¦
¦
3
¦
¤ YB YC P2 N 2 cos 30º 14.33 20 20 3 2 35.67 kg
¦
¦
¦
YC 33 X C 12 P2 14 N 2 33 7.5 10 5 3 14.33 kg
¦
¦
¥
= R A (7.5, 45.7) kg
R B (9.82, 35.7) kg
R C (7.5, 14.3) kg
o bien, en newtons:
= R A (73.5, 448) N
R B (96.2, 350) N
- 158 -
R C (73.5, 140) N
XC
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.22
22. Una barra homogénea AB de 5 N de peso y 4 m de longitud está
articulada en A una pared vertical y mantenida en su extremo
superior mediante un hilo horizontal BD, formando un ángulo
de 45º con la vertical. La barra soporta un disco, de 3 N de peso
y 1 m de diámetro, que se encuentra también en contacto con la
pared. Considerando despreciables los rozamientos, determinar
la tensión del hilo y la reacción en la articulación A.
T
D
B
r
N2
N1
C
b
G
En primer lugar determinamos las distancias a y b del NY 45º
a
punto de contacto C a los extremos de la barra:
N2
Pdisco
0.5
r a tg 22.5º l a 1.21 m
A NX
0.4142
Pbarra
En la figura adjunta hemos representado los diagramas
de fuerzas que actúan sobre cada uno de los dos cuerpos (el disco y la barra).
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática al disco,
¦£
2
£ N Pdisco 3 N
¦¦¦l N1 N 2
¦¦ 1
2
¦¤
l ¦¤
2
¦¦
¦¦ N 2 Pdisco 2 Pdisco 3 2 4.24 N
2
¦¦m Pdisco N 2
¦¦
2
¥
¦¥
2
y a la barra, tomando momentos en A,
£
¦
2
2
¦
l N X N2
T l N X T N2
4.31 3 1.31 N
¦
¦
2
2
¦
¦
¦
¦
2
¦
5 38 N
¤m NY Pbarra N 2
¦
2
¦
¦
¦
Pbarra 1.21 2
2
l 2
a 2
¦
¦
z N 2 a Pbarra
Tl
l T
3 2 2.5 4.31 N
N2
¦
¦
2 2
2
2
4
l
¦
¥
- 159 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.23
23. Un semicilindro homogéneo, de peso P1 y radio R, se apoya en su base sobre un
plano horizontal rugoso. Una varilla homogénea AB, de longitud l y peso P2, está
articulada a la pared por su extremo A y se apoya en la superficie lisa del
semicilindro formando un ángulo de 60º con la vertical. a) Determinar el valor
mínimo del coeficiente de rozamiento del semicilindro con el plano horizontal
para que la posición indicada sea de equilibrio. b) En dicha posición, calcular la
reacción en la articulación A.
A
60º
B
De la geometría de la figura se sigue:
h
l h R tg 60º R 3
R
a) En la figura se muestra el diagrama de fuerzas que actúan sobre cada uno de los dos
cuerpos.
Aislamos la varilla y tomamos momentos en A:
tg 60º l
¬
l sen 60º
l 3
l
hN 21 P2 sen 60º­­­ l N 21 P2 P2 P2
2
®
2h
4
R
4R 3
Aislamos el semicilindro y aplicamos la primera condición de la estática:
£¦
¦¦l f N cos 60º l P
12
2
¦¦
8R
lP2
f
¦¤
l Np
¦¦
N1 8 RP1
3lP2
¦¦ ³ N1 P1 N12 sen 60º P1 l 3 P2
¦¦¥
8R
b) Aislamos la varilla y aplicamos la primera condición de la estática:
£¦
¦¦ l T N cos 60º l P
h
21
2
¦¦
8R
¦
¤
l 3 ¬­
¦
­­ P2
¦¦¦ ³ Tv N 21 sen 60º P2 l Tv P2 N 21 sen 60º 1
8R ­®
¦¦
¦¥
Tv
A
N21
60º
B
Th
h
60º
30º
P2
C
h
N12
f
N1
O
60º
P1
- 160 -
R
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.24
24. Una escalera se apoya contra un cilindro liso de radio R, fijo sobre una superficie horizontal. La escalera
forma un ángulo de 60º con la superficie horizontal y su longitud es 5 R/2. Determinar: a) La fuerza que el
cilindro ejerce sobre la escalera. b) La fuerza de rozamiento que evita que la escalera deslice. c) La fuerza
normal que la superficie horizontal ejerce sobre la escalera. d) El valor mínimo del coeficiente de
rozamiento entre el suelo y la escalera para mantener el equilibrio.
Geometría del problema:
£¦
5
¦¦A AB R 2.5 R
¦¦
2
¦¦
A
¦¤AG 5 R 1.25R
¦¦
2 4
¦¦
¦¦AC R cotg 30º 3R 1.73R
¦¦¥
Ecuaciones cardinales de la estática:
£¦[1]
Fx 0 l N C cos 30º f
¦¦
¦¦
¤[2] Fy 0 l N C sen 30º N A mg
¦¦
¦¦[3]
M A 0 l NC AC mg AG sen 30º
¦¥
B
y
x
NC
R
O
Resolvemos el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (NA, NC y f):
[3] N C AG sen 30º
(5 / 4) R(1/ 2)
5 3
mg mg mg 0.36 mg
24
AC
3R
5 3 3
5
mg mg 0.31 mg
24 2
16
5 3 ¬­
­­ mg 0.82 mg
[2] N A mg N C sen 30º 1
48 ®­
[1]
f N C cos 30º En las condiciones de deslizamiento inminente es:
f
0.31
Nmin º Nmin 0.38
N A 0.82
- 161 -
30º
C
G
mg
30º
30º
NA
f
A
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.25
25. Un tablero rectangular uniforme, de longitud 25 cm, se apoya sobre un
cilindro de 5 cm de radio y sobre el suelo, como se indica en la figura.
Tanto el tablero como el cilindro pesan 5 kg. ¿Cuánto deben valer, como
mínimo, los coeficientes estáticos de rozamiento entre cilindro y tablero,
entre cilindro y suelo y entre tablero y suelo para que el sistema
permanezca en equilibrio?
25 cm
5 cm
30º
Determinamos la posición del punto D de contacto del tablero con el cilindro:
R
5
AD 18.66 cm
tg15º tg15º
Para que el sistema esté en equilibrio, deberán estarlo el tablero y el cilindro por separado.
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática al tablero, tomando momentos en A:
l 1
N3
f3
³ 2
C
P
5 cm
N1
P
B
15º
15º
f2
N1
f 3 sen 30º P
N 3 cos 30º
z 3
N 3 AD P
l 4
f2
A
E 25 cm
N3
f 3 cos 30
L
cos 30º
2
y al cilindro (momentos en C):
D f3
N2
N 3 sen 30º f1
³ 5
A
f1
C
z 6
f 3 cos 30º N 3 sen 30º
N2 P
N 3 cos 30º
f3 sen 30º
f3 R f 2 R
de modo que disponemos de 6 ecuaciones con 6 incógnitas (N1, N2, N3, f1, f2 y f3) que
resolvemos para obtener:
PL cos 30º 5q 25cos 30º
2.90 kg
3 N3 2q18.66
2AD
6 f3 f 2
sen 30º
sen 30º
q 2.90 0.78 kg
N3 1 cos 30º
1 cos 30º
2.90 cos 30º 0.78sen 30º 7.90 kg
4
f 2 1 cos 30º N 3 sen 30º l
5
N2 P
2
N1 P N 3 cos 30º
1
f1 N 3 sen 30º f 2 1 cos 30º f3 cos 30º f3 0.78 kg
=
N 3 cos 30º
f 2 f3 f3 sen 30º 5
f3 sen 30º 5 2.90 cos 30º 0.78sen 30º 2.10 kg
f1 f 2 f 3 0.78 kg
N1 2.10 kg
N 2 7.90 kg
y los coeficientes de rozamiento pedidos serán:
f
f
0.78
0.78
N1 p 1 0.37
N2 p 2 0.10
N1 2.10
N 2 7.90
(sigue…)
- 162 -
N3 p
N 3 2.90 kg
f3
0.78
0.27
N 3 2.90
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.26
Aplicando las ec. cardinales de la estática al sistema completo (tablero+cilindro), tomando
momentos en A:
l i
f 2 f1
³ ii
N1
A
z iii
N2 2P
N 2 AB P AB
P
L
cos 30º
2
De modo que
f 2 f1
N1 2 P N 2 10 7.90 2.10 kg
N 2 1
¬
¬
12.5
L/2
cos 30º­­­ P 1
cos 30º­­­q5 7.90 kg
®
18.66
®
AB
Y estas tres ecuaciones, junto con el sistema de ecuaciones (1)-(2)-(3) o el (4)-(5)-(6) nos
conduce a los mismo resultados que antes.
- 163 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.27
m
26. Un cilindro de radio r, y peso P, se apoya sobre un suelo y una pared rugosas
(coeficiente de rozamiento, ). Determinar el momento mínimo que hay que aplicar al
eje del cilindro para que dicho cilindro deslice.
M
r
Puesto que estamos interesados el “momento mínimo”, se entiende que el cilindro permanece
en reposo, tanto de traslación (lo impide la pared), como de rotación, en tanto que no se
supere dicho valor mínimo.
En la figura se representan las fuerzas que actúan sobre el
cilindro (peso, rozamientos y reacciones normales en los
apoyos), con
f1
f1 N N1
f2 NN2
Mpar
A
N1
r
Las Ecuaciones Cardinales de la Estática, descomponiendo en las direcciones horizontal y vertical y tomando
momentos con respecto al eje del cilindro, nos permiten
escribir:
£l N1 f 2 N1 N N 2 0
¦
¦
¦
¦
f1 N 2 N N1 N 2 P
¤³
¦
¦
¦¦
¥O { M par f1r f 2 r N( N1 N 2 )r
O
N2
P
f2
B
De las dos primeras se sigue:
%
1 N
1 N2
N 1
£
¦
¦
¦ N1 1
¦¦
¤
¦
¦
N2 ¦
¦
1
¦
¥
1 0 N
N
P
2
P
1
N
1 N2
1 1 0
1
P
2
P
N
N
1 N2
y sustituyendo en la tercera:
N
M par N
P
1 N 2
1
1 N2
- 164 -
¬
N (1 N)
P­­­ r Pr
1 N2
®­
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.28
27. Una semiesfera hueca de 10 kg descansa sobre un plano horizontal. Sobre un
punto de su borde se coloca una masa m, inclinándose la semiesfera un ángulo de
45º. Calcúlese el valor de la masa m.
45º
m
M
Determinación del centro de masa de una capa hemiesférica:
£¦d S (2Qr ) R d R 2Q R 2 sen R d R
¦¦
¦¦r R sen R
zdS
¨
zcm º ¦¤
z
¦¦ z R cos R
S
¦¦
¦¦¥S 12 (4Q R 2 ) 2Q R 2
r
RdT
T
R
zcm 1
S
2Q R 3
2Q R 2
Q /2
¨ ( R cos R )2Q R
2
sen R d R 0
¨
0
Q /2
sen R cos R d R R
sen 2 R
2
Q /2
0
Condición de equilibrio:
Tomamos momentos en O.
R
mg
I
O
45º
M
O
0 º mgR cos G MG
m 12 M tg G
G
N
con I = 45º,
Mg
será m 12 M
con M =10 kg, será m 5 kg
- 165 -
R
sen G
2
R
2
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.29
28. Dos placas rectangulares, de espesores despreciables, se apoyan por sus aristas de igual
2a
longitud sobre sendos realces de un plano horizontal separados una distancia a. Una
placa tiene la otra arista de longitud a y la otra placa de longitud 2a y masa doble que la
anterior. Despreciando los rozamientos, hállense el ángulo de equilibrio que forma la
placa mayor con el suelo horizontal y el módulo y dirección de la reacción que se
ejercen ambas placas.
C
a
A
a
B
Consideraciones geométricas de interés:
£¦sen R1 sen 2R2
R1 2R2 180º l ¦¤
¦¦¥cos R1 cos 2R2
Teorema senos:
AC
a
sen R1 sen R2
l AC sen R1
a
sen R2
En la figura mostramos el diagrama de fuerzas
actuantes sobre cada una de las placas. Aplicaremos la
2ª condición del equilibrio ( M 0 ) a cada una de las
placas, tomando momentos en los puntos A y B
respectivamente.
Placa grande (momentos en A)
sen R1
R AC 2 Pa cos R2 l R
a 2 Pa cos R2 l
sen R2
2sen R2 cos R2
sen 2R2
R
P
PP l
sen R1
sen 2R2
RP
Placa pequeña (momentos en B)
a
P cos R1 R cos R2 a cos R1 R sen R2 a sen R1 l
2
cos R1 2 cos R1 cos R2 2sen R1 sen R2 0 l
2a
R
2
G1
C
F2,y
A
R
2
2
2P
F2,x H
G2
a F1,y
P 1
a
B
F1,x
Ahora, tenemos que resolver esta ecuación trigonométrica teniendo en cuenta las relaciones
geométricas establecidas inicialmente para eliminar las referencias al ángulo 1:
cos 2R2 2 cos 2R2 cos R2 2sen 2R2 sen R2 0 l
cos 2 R2 sen 2 R2
cos 2 R2
cos 2 R2 1 2 cos3 R2
2 cos 2 R2 1
2 cos 2 R2
2 cos3 R2 2sen 2 R2 cos R2
4sen 2 R2 cos R2 0 l
2sen 2 R2 cos R2 0 l
2 cos R2 2 cos3 R2 0 l
2 cos3 R2
2 cos R2 1 0
cos R2 0.3660 l
R2 68.53º
l R1 42.94º l AC 0.73a
- 166 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.30
29. Dos bolas lisas de igual tamaño y de peso P están contenidas en el interior de una cavidad
cilíndrica, tal como se indica en la figura. Determinar las reacciones en todos los
contactos.
2a
El diagrama de fuerzas del cuerpo libre para cada una de las dos bolas es el
a
que se indica en la figura.
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática al sistema completo (las dos bolas),
tomando momentos con respecto al punto O2. Tenemos
l N1 N 2
c
N1
³ N3 2 P
O 2 z Pa N1 2a l N1 12 P
O1
P
de modo que
N12
N12
d
O2
P
N3
N2
N1 N 2 0.5 P
2a
N3 2 P
Para determinar las reacciones N12, es suficiente con
expresar la condición de que la resultante de las tres
fuerzas (concurrentes) que actúan sobre la bola superior
sea nula:
¦£¦l N12 sen R N1
5
l N12 N12 P 2 P
¤
¦¦¥ ³ N12 cos R P
2
a
- 167 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.31
30. Dos cilindros idénticos se apoyan en una pared vertical y un suelo horizontal, tal
como se indica en la figura. Qué inclinación mínima T debe tener la cuña para que
haya equilibrio, no existiendo rozamiento en ninguno de sus contactos.
2a
T
En la figura presentamos el esquema de las fuerzas que actúan sobre cada
a
cilindro en posición genérica, con T > T min. Entonces aplicando las
ecuaciones cardinales de la estática al sistema c+d y tomando momentos en O2,
obtenemos
£¦ N1 N 2 sen R
¦¦
¦¤2 P N
l
N 2 cos R
3
¦¦
c
¦¦¥2aN1 aP l P 2 N1
O1
N1
²¦¦
¦£¦ N 2 sen R 12 P
A
P
¦¦
» [u] tg R 4 P 2 N3
¤ N 2 cos R 2 P N 3 ¦¼¦
N12
¦¦
P
¦¦¥ N1 12 P
d
N21
En las condiciones críticas de equilibrio, el cilindro
T
O2
inferior se encontrará a punto de rodar alrededor de
N2
C y perderá contacto con la superficie horizontal,
P
C
por lo que será N3 = 0. El correspondiente valor del
N3
T
ángulo T, esto es T min, se obtiene a partir del
resultado anterior
B
1
P
tg Rmin l Rmin 14º
4
4 P 2 N3
- 168 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.32
3r
31. Dos bolas idénticas, de masa m y radio r, están colocadas en el interior de un tubo
cilíndrico (abierto en sus bases) de diámetro 3r. El conjunto descansa sobre un plano horizontal, como se muestra en la figura. Determinar la masa mínima que deberá tener el tubo
cilíndrico para que el sistema no vuelque.
m,r
m,r
r
1
sen 60º 3 / 2
l R 60º l tg 60º 3
2r 2
Aplicamos la primera ecuación cardinal de la estática a cada una de las bolas:
¦£¦
3
3r
mg
¦¦ N1 £
cos
R
N
N
¦
mg
3
2
1
¦
¦
tg
R
l
l
¤
¤
¦
¦¦
N1
2 3
¦ N 2 sen R mg
¥
¦¦ N 2 mg
N1
N1
L
3
¥¦
N2
£¦
¦ N 3 mg
N3 N 2 cos R
¦£
2r
mg
¦
¦
l
¤
¤ 3
3
¦ N 4 N 2 sen R mg
¦¦
¦
¥
N2
¦¥¦ N 4 2mg
N3
N3
Mg
Las fuerzas que actúan sobre el tubo son N1, N3, N5 y
N5
r
Mg. Las dos primeras (N1,N3) constituyen un par de
mg
fuerzas
que tienden a volcar el tubo, cuyo momento
N4
A
es:
cos R 3
mg rmg
3
En las condiciones críticas de vuelco, el tubo estará sometidos a dos pares de fuerzas de
sentidos opuestos: el par de vuelco (N1,N3) y el par recuperador (N5,Mg). Aplicamos la
segunda ecuación cardinal de la estática al tubo, tomando momentos en A:
M par 2r sen R N1 3 r
3r ¬
rmg b ­­­ Mg l
2 ®
- 169 -
2
Mp m
3
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.33
32. Un tractor de 2 t de peso, cuyas medidas más significativas se indican
en el esquema, arrastra una carga de la que tiene que tirar con una
fuerza horizontal de 1 t (a 1.5 m de altura): a) En tales condiciones,
determinar las componentes vertical y horizontal de las fuerzas que
actúan en el contacto de cada una de las ruedas con el terreno. b) ¿Qué
arrastre máximo horizontal puede realizar el tractor sin que se
levanten sus ruedas delanteras? c) Determinar el ángulo máximo de
elevación que puede tener el terreno para que el tractor, sin arrastre, lo
suba sin que se levanten sus ruedas delanteras.
F
G
1.5 m
1m
2m
a) En los tractores, tan solo las ruedas traseras
son “tractoras” por lo que se “agarran al
NB F
terreno”; por el contrario, las ruedas delanteras,
en tanto que se mantenga constante la velocidad
G
del tractor, mantendrán constante su velocidad
1.5 m angular, por lo que no necesitan “agarrarse al
NA
fB
terreno”. En definitiva, el diagrama de fuerzas
P 1m B
A
del cuerpo libre, aplicadas al tractor, es el que se
indica en la figura.
2m
Aplicando las ecuaciones cardinales de la
estática, en las direcciones vertical y horizontal y tomando momentos en B, tenemos
£NA NB P
¦
¦£¦ N A N B 2 l N B 1.75 t (por eje)
¦
¦
¦
¦
l ¦¤ f B 1 (por eje)
¤ fB F
¦
¦¦
¦
¦2 N A 1.5F P
¦¦¥2 N A 1.5 2 l N A 0.25 t (por eje)
¦
¥
b) Rescribimos las ecuaciones anteriores para la condición crítica (NA = 0):
£
¦
NA NB P
¦£¦ N B 2 l N B 2 t (por eje)
¦
¦
¦
¦
l ¦¤ f B 1.3 t (por eje)
¤ f B Fmáx
¦
¦¦
¦
¦
¦
¦ 2 N A 1.5Fmáx P
¥¦1.5Fmáx 2 l Fmáx 1.3 t
¦
¥
vertical
NB
G
fB
A
1m
1.5 m
B
2m
terreno
c) Para la pendiente crítica será NA = 0 y, al no
arrastrar carga alguna, será F = 0, por lo que tan
solo quedan las tres fuerzas indicadas en la figura,
que deberán ser concurrentes en B (para que el
momento sea nulo). En consecuencia, el problema
se reduce a una simple condición geométrica de
que el centro de gravedad (G) se encuentre en la
vertical del punto B:
1
0.6 l R 33.7º
tg R 1.5
horizontal
- 170 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.34
33. En el mecanismo que se esquematiza en la figura,
todas las cotas están expresadas en milímetros y se
supone despreciable el peso del propio mecanismo.
a) Determinar el valor de la fuerza F que permite el
equilibrio. b) Calcular las reacciones en los cojinetes
A y B.
400
100
300
F
A
200
B
400 kg
37º
250
a) Cálculo de la fuerza aplicada.
La condición de equilibrio de la polea móvil (inferior) implica
que:
P 2T º T 200 kg
z
37º
Tomando momentos con respecto al eje x, obtenemos
F q 250 T q50 º
F
50q 200
40 kg
250
F
y
Las componentes de la fuerza F son
Fy F cos 37º 32 kg
Fz F sen 37º 24 kg
b) Calculo de las reacciones en los apoyos del eje.
Tomamos momentos con respecto al eje z
(perpendicular al papel) en A y en B (Fig. inferior
izquierda):
(A) RB q300
32q500 0 º
(B) RA q300 32q 200 º
T
T
T
T
P
P = 400 kg
RB 53 kg
RA 21 kg
Tomamos momentos con respecto al eje y (perpendicular al papel) en A y en B (Fig.
inferior derecha):
(A) 400q 400
N B q300 24q500 º
(B) 400q 700 N A q300
24q 200 º
N B 493 kg
N A 917 kg
z
y
RA
400
300
A
24 kg
NA
RB
200
B
32 kg
400
NB
300
200
x
x
A
P = 400 kg
- 171 -
B
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.35
34. En el mecanismo que se representa en la figura se aplica
Cy
un par mediante dos fuerzas de 100 N aplicadas en los
puntos D y E de la aleta. Todas las cotas están expresadas
en milímetros (mm). Determinar la fuerza F necesaria
para establecer el equilibrio y las reacciones en los
apoyos fijos B y C. (Se desprecia el peso de la aleta).
y
C
30º
Cx
E
200
By
120
Las fuerzas que actúan sobre la estructura son:
B Bx i By j
B (0, 0, 0)
C Cx i C y j
C (0, 0, 0.2)
FF i
F (0, 0.04, 0.04)
y el par de fuerzas aplicadas en D y E, cuyo
momento es
M par 0.120q100 cos 30º i
sen 30º k 12 cos 30º i
D
40
B
A
x
Bx
40
z
F
F
sen 30º k 6 3i
6k m ¸ N
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la estática, tomando momentos en B:
JJJG
JJJG
F F B C 0
M B M par BAqF BCqC 0
Esto es:
£
¦£ F Bx Cx 0
¦¦ Fx 0
l ¤
l ¦
¤
¦
¦
¦ By C y 0
¥¦
¦
¥ Fy 0
6 3 ­¬ 0 ¬ F ¬ 0 ¬ C ¬ 6 3 0.2C y ¬­
­
­ ­
­ x ­­
­
M B 0 l 0 ­­­­ 0.04­­­­q 0 ­­­­ 0 ­­­­qC y ­­­­ 0.04F 0.2Cx ­­­­­ 0
6 ­­ 0.04­® 0 ­® 0.2 ­® 0 ­® 6 0.04 F ­
®
®
F 0
Y resolviendo el sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas,
tenemos:
£
¦
6 3
¦
30 3 52 N
6 3 0.2C y 0 l C y ¦
¦
0.2
¦
¦
¦
¦0.04 F 0.2C 0 l C 0.04 F 0.2 F 30 N
¤
x
x
¦
0.2
¦
¦
¦
6
¦
150 N
6 0.04 F 0 l F ¦
¦
0.04
¦
¦
¥
£¦ Bx F Cx 150 30 180 N
£ F Bx Cx 0
¦
¦
l ¦¤
¤
¦¥
¦
¦ By C y 0
¥¦ By C y 30 3 52 N
En definitiva:
F 150 i N
B 180 i
52 j N
C 30 i 52 j N
- 172 -
C
30º
E
30º
Mpar
D
B
x
A
z
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática del sólido rígido. M20.36
Otro método (mucho más cómodo)
Una vez calculado el momento del par de fuerzas, como ya hemos hecho en el método
anterior, imponemos la 2ª condición de la Estática anulando los momentos con respecto a los
tres ejes coordenados que se indican en la figura, teniendo en cuenta que el momento de una
fuerza con respecto a un eje es nulo si la línea de acción de la fuerza es coplanaria con el eje
(i.e., lo corta o es paralela al eje):
M par cos 30º
6 3
52 N
0.2
BC
F BA
150q 0.04
M y 0 l F BA Cx BC 0 l Cx 30 N
0.2
BC
M sen 30º
6
M z 0 l M par sen 30º F AF 0 l F par
150 N
0.04
AF
Ahora, imponemos la 1ª condición de la Estática para determinar las reacciones en el punto B:
£¦ Bx F Cx 150 30 180 N
£¦ F Bx Cx 0
l ¤¦
F F B C 0 l ¦¤¦By C y 0
¦¦ By C y 30 3 52 N
¥¦
¥
M x 0 l M par cos 30º C y BC 0 l C y En definitiva: F 150 i N
B 180 i
52 j N
Cy
C 30 i 52 j N
C
y
C
Cx
30º
30º
E
E
200
By
30º
120
D
40
Bx
B
A
B
40
z
F
Mpar
D
x
x
F
A
z
- 173 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.1
1. Dos masas m1 y m2 (m2 > m1), unidas mediante una cuerda inextensible y ligera,
penden de una polea de masa M, radio R y momento de inercia I respecto a su eje
de rotación. Sobre el eje de la polea se ejerce una fuerza F vertical y hacia arriba,
superior al peso del sistema, de tal magnitud que no produce aceleración sobre la
masa mayor m2. Considérese que la cuerda no resbale sobre la polea. Determinar
las aceleraciones de la masa pequeña m1 y del eje de la polea, la aceleración
angular de ésta y la magnitud de la fuerza F.
+
+
A
O
m2
m1
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la dinámica a cada una
de las masas y a la polea, con el convenio de signos indicado en
la figura y tomando momentos en el eje de la polea:
(1) T1 m1 g m1a1
F
B
T1
F
(2) T2 m2 g 0
T2
(3) F Mg T1 T2 Ma
(4) T2 R T1 R IB
Mg
T1
T2
m1g
m2g
Disponemos de cuatro ecuaciones con seis incógnitas (T1, a1, T2,
F, a, ).
Obtenemos una nueva ecuación a partir de la condición de
inextensibilidad de la cuerda (condición de ligadura)
x x1
x x2
Q R l l 2 x x1 x2 l Q R
que la derivamos dos veces con respecto del tiempo para obtener una
relación entre las aceleraciones:
2 x x1 x2 0 l 2a a1
x1
x
x2
l (5)
a2
a1 2a
La condición de que la cuerda no resbala en la polea nos proporciona
otra ecuación:
(6) a1 a B R l a B R l
B
a
R
Resolvemos el sistema de ecuaciones:
(1) T1 2m1a
m1 g
(4) m2 g 2m1a m1 g (2) T2 m2 g
(3) F Ma
Mg
2m1a
m1 g
F M
m2 g M
m1
m2
m1
M
- 174 -
I
a l
R2
m2 g
M
2m1 m2 m1
I
2m1
R2
a
2m1 a
¬­
­­
­­ g
­­
­
®­
m2 m1
g
I
2m1
R2
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.2
3L/4
2. La barra uniforme de masa m y longitud L de la figura está articulada en su
extremo superior A. Inicialmente se halla en reposo en la posición vertical.
Se tira de la cuerda con una fuerza T. En el instante inicial, determinar la
aceleración angular de la barra y la reacción en el pasador en A.
A
3L/4
T
Las fuerzas que actúan sobre la barra se indican en rojo en la
figura adjunta.
El movimiento de la barra consiste en una rotación pura alrededor del eje que pasa por A.
Aplicando la ecuación fundamental de la dinámica de la rotación, tomando momentos con
respecto al eje A, se sigue:
Ry
Rx
A
G
P
T
3
1
9 2 T
LT cos 45º mL2B º B 4
3
8 mL
El centro de masa de la barra describe una trayectoria circular. En el
instante indicado, el c.m. tiene una aceleración centrípeta nula (por se
nula su velocidad) y una aceleración tangencial (horizontal) dada por
M
A
IA
}
l 9 2T
ax B ¸ 2
16 m
Aplicando la ecuación fundamental de la dinámica de traslación al
centro de masa de la barra, se obtienen las dos ecuaciones siguientes:
£l T cos 45º Rx max
¦
F macm º ¦¤¦³ P T sen 45º Ry 0
¦
¥
de donde
9 2
2 ¬­
2
2
Rx max T cos 45º
T
Ry mg T
­­T 2
2 ®­
16
16
45º
Las reacciones en el pasador A son iguales y opuestas a las calculadas y se indican en azul en
la figura.
- 175 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.3
3. En el esquema que se representa en la figura, el plano carece de
m2
rozamiento. La cuerda es de masa despreciable, pasa a través del
centro de masas de cada bloque y no desliza en la polea. La polea
tiene forma de cilindro de radio R y masa m2. Siendo m1 = m; m2 =
v
2m; m3 = 4m y T = 30º. Determinar: a) El momento de inercia de la
polea respecto a su eje. b) El momento resultante de las fuerzas m
1
que actúan sobre el sistema (las dos masas, la cuerda y la polea)
T
respecto al centro de la polea. c) El momento cinético (o momento
angular) del sistema respecto al centro de la polea cuando las
masas se mueven con velocidad v. d) La aceleración de las masas. e) Las tensiones en la cuerda.
a) El momento de inercia viene dado por
1
1
I m2 R 2 2mR 2 mR 2
2
2
b) Las fuerzas que intervienen en el movimiento del
sistema son las que se representan en la figura.
El momento neto con respecto al eje que pasa por O es
M O (m3 g sen R ) R m1 gR 4mg 12 R mgR mgR
c) El momento angular respecto a O vendrá dado por
LO m1vR I X m2 vR mvR mvR 4mvR 6mvR
ya que X v R .
O
T1
m3
v
T3
T3 N3
T1
T
m1g
m3g
Z
v
d) A partir de los resultados anteriores, podemos determinar
v
directamente las aceleraciones. En efecto, teniendo en cuenta
dL
que O M O , resulta
dt
dLO
d
dv
1
(6mrv) 6mr 6mra mgr l a g 1.63 m/s 2
dt
dt
dt
6
e) Para calcular las tensiones en las cuerdas debemos escribiremos las ecuaciones del
movimiento para cada uno de los bloques:
7
T1 m1 g m1a l T1 m1 (a g ) m g 76 mg
6
m3 g sen R T3 m3a l T3 m3 ( g sen R a ) (4m) g ( 12 16 ) 43 mg
- 176 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.4
Z
4. Una caja de 15 kg está sujeta al extremo de una cuerda inextensible
Mpar
arrollada sobre un tambor uniforme de 40 kg y 600 mm de diámetro, según
se indica en la figura. En el instante representado, la caja está cayendo a
9 m/s. Determinar el par constante de frenado que hay que aplicar al tambor
para que la caja quede en reposo tras descender 3 m.
300 mm
40kg
9m/s
15kg
Método dinámico: El movimiento del bloque es un movimiento
uniformemente acelerado, por lo que aceleración (de frenado) que detendrá al bloque se
calcula a partir de la expresión:
v2
v 2 v02
92
m
0 13.5 2
2x
2x
2q 3
s
Llamando
a la aceleración angular del tambor, la condición de
ligadura que relaciona el movimiento de éste y con el del bloque se
expresa por
a BR
Escribimos las ecuaciones del movimiento:
Bloque (movimiento de traslación):
mg T ma l T m( g a )
v 2 v02
Mpar
M,R
T
+
T
2ax l a Tambor (movimiento de rotación):
1
1
1
m
TR M par I B MR 2B l M par TR MR 2B TR MRa
2
2
2
mg
Sustituyendo los valores dados en las expresiones anteriores,
calculamos la tensión T de la cuerda y el momento del par pedido:
T m( g a) 15q (9.8 13.5) 349.5 N
Ma
40q13.5 ­¬
M par (T ) R 349.5
­q 0.3 185.9 N.m
®­
2
2
+
Método de la energía: Mientras que el bloque desciende una distancia h, hasta detenerse, el
tambor gira un ángulo ; además, en cada instante, la velocidad del bloque está relacionada
con la velocidad angular del tambor:
v
h 3000
9
10 rad
30 rad/s
h RR l R v X R l X0 0 R
300
R 0.3
El trabajo realizado por el par de frenado, Wpar M par R , es igual a la disminución de la
energía del sistema, que viene dada por:
%E mgh
mgh
1
2
mv02
1
2
mv02
1
4
1
2
( 12 MR 2 )X02 Mv02 15q9.8q3
1
2
15q92
1
4
40q92 1858.5 J
Y el momento de frenado será:
Wpar M par R l M par Wpar
R
%E 1858.5
185.9 N.m
10
R
- 177 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.5
5. Una varilla de longitud L y masa m puede girar sin rozamiento alrededor de un eje
m
a) Tomamos el origen en O:
m L / 2 m 0
L
xcm l OG h 14 L
2m
4
b) El momento de inercia del sistema es la suma de los momentos de
inercia de la masa y de la varilla:
L¬
I O m ­­­
2 ®
2
1
1
mL2
4
12
m
L
T
G
m
O
h
L
1 ­¬ 2 1 2
­ mL mL
12 ­®
3
O
c) El movimiento del sistema consiste en una rotación pura alrededor
del eje O. Puesto que el sistema es conservativo, la conservación de la
energía se expresa en la forma:
L 1
1
3g
I O X 2 l mgL mL2 X 2 l X L
2 2
3
d) Aplicamos la Ecuación Fundamental de la Dinámica de la Rotación,
tomando momentos en el eje de rotación:
L
2mg sen R
2mgh sen R
3g
4
2mgh sen R I OB l B sen R
1
2L
IO
mL2
3
e) Aplicamos la Ecuación Fundamental del Movimiento del c.m. del
sistema:
m
O
horizontal O que pasa por su punto medio. En uno de los extremos de la varilla hay
adherida una masa puntual m. Se abandona el sistema en posición horizontal.
Determine: a) La posición del centro de masa. b) El momento de inercia del sistema
respecto al eje O. c) La velocidad angular cuando la varilla alcance la posición vertical.
d) La aceleración angular cuando la varilla forma un ángulo T con la vertical. e) La
fuerza que ejerce el eje sobre la varilla cuando ésta alcanza la posición vertical.
m
0 mg
R 2mg 2m acm
l R 2m g
G
T
2mg
acm
y teniendo en cuenta que las componentes tangencial y normal del
c.m., para la posición vertical ( T = 0 ), son:
3g L 3g
L 3g
sen R 0
at B h B an X 2 h 4
8
4
L 4
resulta que acm = an , de modo que
3 ¬­ 7
R 2m g acm 2mg 1
mg
4 ®­­ 2
- 178 -
R
O
acm
G
m
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.6
puntual A de 2.5 N de peso comienza a deslizarse lentamente hacia fuera a lo largo de
miembro horizontal. Determinar la disminución de la velocidad angular del árbol cuando
la masa A se desliza desde 75 mm hasta 600 mm a partir del eje del árbol.
525 mm
75 mm
6. El árbol vertical de la figura gira con una velocidad inicial de 20 rad/s cuando la masa
A
Z
Puesto que no existe momento dinámico externo con respecto al eje de rotación (vertical), se
conserva el momento angular o cinético con respecto a dicho eje. Esto es:
I
I1X1 I 2 X2 º X2 1 X1
I2
Despreciando la masa de la varilla y el momento de inercia del dispositivo, serán:
¦£¦ I1 mE12
¤
¦¦ I 2 mE22
¥
I1 E1 ­¬
­
I 2 E2 ®­­
2
º
525 mm
75 mm
de modo que
2
E ¬
75 ¬­
X2 1 ­­­ X1
q 20 0.31 rad/s
600 ­­®
E2 ­®
2
Por consiguiente, será
%X X2 X1 19.69 rad/s
- 179 -
A
Z
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.7
7. Considere una barra delgada, con masa m = 4 kg y longitud l = 1.2 m, que oscila sin rozamiento en un plano
vertical alrededor de un eje horizontal que pasa por un punto de la barra situado a 1/4 de uno de los
extremos de la misma. a) Expresar la aceleración angular de la barra en función del ángulo que forma con la
vertical. b) Calcular el periodo de las pequeñas oscilaciones de rotación de la barra.
a) La única fuerza que produce momento respecto al eje de rotación es el peso de la barra que
está aplicado en el centro de gravedad de la misma.
Planteamos la ecuación para la dinámica de la rotación de la barra para una posición genérica
en la que ésta forma un ángulo con la vertical: i.e.,
l
M O I OR l mg sen R I OR
4
M
l/4
donde IO es el momento de inercia de la barra respecto al eje de de
rotación y R la aceleración angular de la barra.
O
G l
Calculamos I aplicando el teorema de Steiner:
l ¬
1
m ­­­ ml 2
4 ®
12
2
I O I cm
1 2
7
ml ml 2
16
48
Por lo que la ecuación para la aceleración angular resulta ser
l
7
12 g
mg sen R ml 2R l R sen R
4
48
7l
b) La ecuación anterior resulta ser la de un péndulo compuesto. Haciendo la aproximación
de pequeñas oscilaciones, i.e., sen R x R , tenemos la ecuación del movimiento de rotación,
que podemos escribir en la forma
12 g
R R0
7l
Que corresponde a oscilaciones armónicas simples cuya frecuencia angular y periodo vienen
dados por
mg
X
12 g
12q9.8
2Q
2Q
3.74 rad/s l T 1.68 s
X
7l
7 q1.2
3.74
- 180 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.8
8. a) Calcular la frecuencia de las pequeñas oscilaciones de un aro de radio R colgado de la pared mediante un
clavo horizontal. ¿Cuál es la longitud reducida de este péndulo físico? b) Repetir el apartado anterior si se
suprime la mitad inferior del aro.
a) El Teorema de Huygens para los puntos conjugados en un péndulo compuesto nos permite
escribir
I cm mR 2
R
mh
mR
de modo que el conjugado de O es O’ (obvio) y la distancia entre ellos
es la longitud reducida del péndulo físico constituido por el aro en sus
pequeñas oscilaciones; eso, es
M h h ' R R 2R
La frecuencia de las pequeñas oscilaciones será:
mhh ' I G
l h'
O
1 M
1 2R
2Q g 2Q g
O
h
G
h’
O’
b) Aplicamos el Primer Teorema de Pappus-Guldin para determinar la posición del c.m. (G)
de medio aro, siendo CG= :
JJJK
2
Q2
S sL l 4Q R 2 Q R q 2QE l E R l h GO R E R
Q
Q
El Teorema de Steiner nos permite determinar el momento de inercia de medio aro con
respecto a su c.m.:
Q2 4
4 2
R
mR 2
Q2
Q2
De nuevo, el Teorema de Huygens nos permite determinar el conjugado O’ de O:
IC IG
mhh ' I G
l I G I C mE 2 mR 2 m
mE 2
JJJK I cm
Q2 4 Q
Q 2
R
R
l h ' GO' mh Q 2 Q 2
Q
Q 2
Q2
R
R 2R
Q
Q
de modo que, de nuevo el conjugado de O es el punto O’
diametralmente opuesto.
La frecuencia de las pequeñas oscilaciones será:
Mh
h'
O
1 M
1 2R
2Q g 2Q g
- 181 -
O
h
G
C
O’
h’
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.9
9. Un disco uniforme, de radio R y masa m, posee una pequeña perforación practicada en el
h
punto A, a una distancia h del centro del disco. a) Determinar la frecuencia de las
pequeñas oscilaciones que se producen cuando el disco está suspendido en el punto A. b)
¿A qué distancia h hay que hacer el agujero para que la frecuencia sea máxima?
A
M,R
a) Escribimos la ecuación fundamental del movimiento de
rotación alrededor de un eje fijo, tomando momentos respecto al
eje de suspensión que pasa por el punto A
mgh
mgh sen R I A R l R
sen R 0
IA
A
+
h
G
mg
y, como para valores pequeños de T podemos establecer la
aproximación sen T = T , resulta
mgh
R
R0
IA
que es la ecuación del movimiento, que corresponde a un
m.a.s.de rotación (por ser de la forma la forma R X 2R 0 ) en
el que la frecuencia angular es,
mgh
mgh
2 gh
2 gh
2
l X 2QO 2
2
1
IA
R 2h 2
mR 2 mh 2 R 2h
2
b) La frecuencia angular será máxima cuando lo sea Z 2; esto es,
X2 d X2
dh
0 l
d X2
dh
2g
2h 2 h 4h
R2
R2
2h
2 2
2g
lo que se consigue cuando el numerador es nulo
R 2 2h 2 0 l h - 182 -
R
2
R
2
2
R 2 2h 2
R2
2h 2
2
0
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.10
10. Consideremos un disco, de masa m y radio R, que oscila sin rozamiento en un plano vertical alrededor de un
eje horizontal y perpendicular al disco y que pasa por un punto del mismo situado a R/2 del centro del disco.
a) Expresar la aceleración angular del disco en función del ángulo que forma con la vertical. b) Calcular el
periodo de las pequeñas oscilaciones de rotación del disco.
a) La única fuerza que produce momento respecto al eje de rotación es el peso del disco que
está aplicado en el centro de gravedad del mismo.
Planteamos la ecuación para la dinámica de la rotación del disco para una posición genérica
en la que ésta forma un ángulo con la vertical: i.e.,
R
M O I OR l mg sen R I OR
2
donde I0 es el momento de inercia del disco respecto al eje de de
rotación
y R la aceleración angular del disco.
m
O R/2
G
Calculamos I0 aplicando el teorema de Steiner:
R¬
1
m ­­­ mR 2
2 ®
2
2
R
I O I cm
1
3
mR 2 mR 2
4
4
Por lo que la ecuación para la aceleración angular resulta ser
R
3
2g
mg sen R mR 2R l R sen R
2
4
3R
b) La ecuación anterior resulta ser la de un péndulo compuesto. Haciendo la aproximación
de pequeñas oscilaciones, i.e., sen , tenemos la ecuación del movimiento de rotación, que
podemos escribir en la forma
2g
R R0
3R
Que corresponde a oscilaciones armónicas simples cuya frecuencia angular y periodo vienen
dados por
mg
X
2g
3R
l T 2Q
- 183 -
3R
2g
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.11
11. Un cilindro, de masa m y radio R, desciende por un plano inclinado un ángulo respecto de la horizontal.
Determinar el valor máximo de dicho ángulo para que el cilindro ruede sin deslizar sobre el plano, siendo el coeficiente de rozamiento entre el plano y el cilindro.
Escribimos la ecuación fundamental del movimiento de rotación, tomando momentos con
respecto a la generatriz del cilindro en contacto con el plano inclinado:
1
¬
3
2 g sen R
mgR sen R I OB mR 2 mR 2 ­­­ B mR 2B l B 2
®
2
3R
Rescribimos la ec. fundamental de la rotación tomando momentos con respecto al eje de
simetría del cilindro (que pasa por el c.m.):
1
¬
1
R f I cmB mR 2 ­­­ B l f mRB
2
®
2
N
m, R
Sustituyendo en esta ecuación el resultado obtenido en la
primera, tenemos
1
f
f mgR sen R
O
3
mg
de
modo
el
que
rozamiento
estático
entre el cilindro y el plano
T
inclinado tendrá que ser tanto mayor cuanto mayor sea el
ángulo de inclinación de éste, a fin de mantener la rodadura (sin deslizamiento) del cilindro.
Puesto que el rozamiento estático no puede superar un cierto valor máximo, será
1
f b NN l
mg sen R b Nmg cos R l tg R b 3N l R b arctg 3N
3
y la rodadura sin deslizamiento tan solo será posible si se cumple esta última condición. Por
consiguiente, el ángulo pedido es
cm
Rmax = arctg 3N
- 184 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.12
12. Un cilindro macizo baja rodando sin resbalar por un plano inclinado. a) Calcular la aceleración del centro de
masa del cilindro. b) Determinar el valor mínimo de la fuerza de rozamiento (estático) entre el plano y el
cilindro a fin de que éste ruede sin resbalar. c) Calcular el valor mínimo del coeficiente de rozamiento para
que el cilindro no resbale. d) Estudiar el movimiento del cilindro en función de diversos valores del coeficiente de rozamiento. e) ¿Se conserva la energía total del cilindro cuando éste rueda sin resbalar?
abc) Aplicamos las ecuaciones cardinales de la dinámica de traslación y rotación al cilindro,
tomando momentos en el c.m.:
/ [1] N mg cos R 0
2 [2] mg sen R f ma
N
1
¬
z [3] fR mR 2 ­­­ B
2
®
f
que, junto con la condición de rodadura,
[4] a B R
mg
constituyen un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas (N, f, a, ).
1
¬
1
Sustituyendo la [4] en la [3] tenemos f mR­­­ B ma
2
®
2
De la [2] se sigue mg sen R ma
3
2
f ma l a g sen R que es la aceleración
2
3
pedida.
El valor mínimo de la fuerza de rozamiento necesaria para la rodadura es
1
1 2
1
f ma m g sen R mg sen R
2
2 3
3
De la definición del coeficiente de rozamiento estático, se sigue
f b NN
l Np
1
mg sen R 1
f
3
tg R l
N
mg cos R
3
1
Nmín tg R
3
d) Tipo de movimiento del cilindro:
x Si = 0, el cilindro no puede rodar, simplemente desliza (traslación pura).
x Si 0 < < mín , el cilindro rueda y resbala.
x Si mín , el cilindro rueda sin resbalar (rodadura).
e) La energía se conservará en tanto que no haya resbalamiento (rozamiento cinético) entre el
cilindro y el plano; esto es, que sea mín .
- 185 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.13
13. a) Hallar la aceleración del centro de masa de un cilindro macizo de 20 cm de radio y 10 kg de masa, que
rueda sin deslizar sobre un plano inclinado 30º. b) Si el cilindro parte del reposo, que velocidad alcanzará al
descender 5 m de altura.
N
f
c.m.
5m
mg
a) Escribimos las Ecuaciones Cardinales de la dinámica
de traslación (c.m) y de rotación alrededor de un eje
que pasa por el c.m., así como la condición de
rodadura:
£¦mg sen R f macm
¦¦
¦ N mg cos R 0
1
¦¤
con I mR 2
¦¦ Rf I B
2
¦¦
¦¦¥acm RB
que constituyen un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas (acm, , f, N).
Operando con las dos últimas ecuaciones, tenemos
²¦
1
Rf mR 2B¦¦
1
1
2 acm
l f macm
2
» Rf mR
¦¦
R
2
2
acm RB
¦¼
y sustituyendo este valor en la primera ecuación
1
2
1
mg sen R macm macm l acm g sen R g 3.27 m/s 2
2
3
3
b) Se trata de un movimiento de traslación con aceleración constante a lo largo del plano.
Descender una altura de h = 5 m implica un desplazamiento x a lo largo del plano
h
5
x
10 m
sen R sen 30º
y la velocidad alcanzada, partiendo del reposo, será
v 2acm x 2q3.27 q10 8.08 m/s
- 186 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.14
14. Una bola esférica, maciza y homogénea, de radio r y masa m, rueda sin resbalar por un plano inclinado un
ángulo T con la horizontal. a) Determinar la fuerza de rozamiento actúa sobre la bola, indicando
gráficamente su dirección y sentido. b) Calcular coeficiente de rozamiento mínimo que se requiere entre el
plano y la bola pera evitar que resbale.
a) Aplicamos las ecuaciones cardinales del movimiento de la bola, tomando momentos en C
(c.m. de la bola), de modo que:
£¦[1] N mg cos R 0 l N mg cos R
¦¦
¦¦[2] mg sen R f ma
N
¦¦
+
¤
2
2
¦¦[3] fr I B mr 2B l f mrB
C
f
¦¦
5
5
+
¦¦[4] a Br
+
¦¥
A
que junto con la condición de rodadura [4] constituyen
mg
un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas
(N, f, a, ).
Sustituyendo la ec. [4] en la ec. [3] y resolviendo el sistema de ec. [2] y [3], tenemos
£¦[1] N mg cos R
¦¦
¦¦[2] mg sen R f ma ¦²
¦¦
¤
2
7
5
¦¦¦[3] f 2 mrB 2 ma »¦ ( ) mg sen R ma 5 ma 5 ma l a 7 g sen R
¦¦
¦¦
5
5
¼
¥
de modo que
2
2
f ma mg sen R
5
7
b) El coeficiente de rozamiento mínimo que se requiere será
2
mg sen R
f
2
tg R
f b NN l N p 7
N
mg cos R
7
- 187 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.15
15. Un carrete está constituido por dos discos de radio R unidos por un eje de radio r,
siendo m la masa e I el momento de inercia del conjunto con respecto a su eje de
simetría de rotación. Alrededor del eje está enrollada una cuerda o cinta ligera,
sujeta por su otro extremo a un punto fijo. Calcular la tensión de la cuerda y la
aceleración de carrete cuando desciende por un plano inclinado perfectamente
liso, tal como se indica en la figura.
r
R
I
En la figura mostramos el esquema de fuerza que actúan
sobre el carrete. Aplicando las ecuaciones cardinales de la
N
+
Dinámica del Movimiento Plano del Sólido Rígido,
r
R tomando momentos con respecto al eje del carrete y con el
T
convenio de signos indicado en la figura, tenemos:
I
£
¦
¦
2 mg sen R T ma
¦
mg
£¦ F ma
¦
¦¤
l ¦¤/ N mg cos R 0
¦¦ M I
¦
¦
¦¥
¦
z Tr I B
¦
¦
¥ O
Por otra parte, como el punto de aplicación de la fuerza T se encuentra instantáneamente en
reposo, dicho punto constituye el CIR del movimiento en ese instante, por lo que entre la
aceleración del c.m. y la aceleración angular establecemos la condición de rodadura:
aBr
+
En definitiva, tenemos
I ­¬
¦£
¦¦¦mg sen R T ma l m
2­
­® a mg sen R
r
¦¦
¦¤ N mg cos R
¦¦
I
I
¦¦
¦¦Tr I B a l T 2 a
r
r
¦¥
de modo que
a=
1
I / mr 2
1
g sen R
T
- 188 -
I / mr 2
mg sen R
I / mr 2 1
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.16
16. Un disco delgado de 600 mm de diámetro y masa 60 kg se mantiene sobre un plano
inclinado gracias a un bloque y a un cable arrollado en su superficie según se indica en
la figura. Determinar la tensión del cable y la aceleración del centro de masa del disco
una vez suprimido el bloque, con lo que el disco podrá deslizarse libremente por el
plano inclinado. El coeficiente de rozamiento entre disco y plano vale 0.20.
50º
Al suprimir el bloque, el disco inicia un movimiento acelerado partiendo del reposo. El
movimiento del disco es un movimiento plano en el que el centro instantáneo de rotación
(CIR), i.e., el punto de velocidad instantánea nula, se encuentra en la posición que se indica
en la figura. En estas condiciones, el punto A de contacto del disco con el plano inclinado
desliza sobre éste, por lo que, al tratarse de un contacto rugoso, aparece una fuerza de
rozamiento (f).
Ecuaciones del movimiento:
y
£
¦
T
¦
mg sen R T f maG
£¦[1] eje x
¦
¦¦
¦
¦
¤[2] eje y
¤ N mg cos R 0
CIR
¦¦
¦
¦¦¥[3] < rotación en G > ¦
¦
G
T R f R 12 mR 2 B
¦
f
¦
¥
N
aG
A
Ecuaciones complementarias:
£¦¦[4] rozamiento en A
¤
¦
¥¦[5] rodadura en el CIR
£
¦¦ f N N
¤
50º
¦¦aG B R
¥
Disponemos de cinco ecuaciones con cinco incógnitas (T, f,
aG, N, ). Resolvemos sustituyendo [4] y [2] en [1] y [5] en [3]; obtenemos dos ecuaciones
con dos incógnitas (T, aG):
£¦mg sen R T Nmg cos R maG
¦¤
¦¦¥T Nmg cos R 12 maG
Sumando miembro a miembro estas dos ecuaciones obtenemos:
mg (senR 2NcosR ) 32 maG l aG 32 (senR 2NcosR ) g
mg
x
= aG 23 sen50º 2q 0.2q cos50º ) g 0.34 g 3.33 m/s
1
T 12 maG NmgcosR < 13 (sen R 2N cos R ) N cos R > mg (sen R N cos R ) mg
3
= T 13 (sen 50º 0.2q cos 50º )q 60 17.89 kg =175.3 N
- 189 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.17
17. Deseamos acelerar una esfera homogénea de 2 kg de masa y 5 cm de radio,
situada sobre un plano horizontal rugoso, ejerciendo sobre ella una fuerza
horizontal constante cuya línea de acción pasa por el centro de la esfera. El
coeficiente de rozamiento estático entre la esfera y el plano vale 0.3. a) ¿Cuál
será la máxima aceleración que podemos comunicar a la esfera con tal que
ruede sin resbalar sobre el plano? b) ¿Cuál será la magnitud de la fuerza que
produzca esa aceleración máxima?
F
Aplicamos las ecuaciones fundamentales de la dinámica del sólido rígido, tomando momentos
en el centro de masa de la esfera, escribimos la ecuación correspondiente a la rodadura y
resolvemos:
£
¦
¦l
F f macm
¦
£¦ F f macm
¦
2
¦
l ¤¦
¤z f R 52 mR B
2
¦
¦
cm
¦
¦¥ f 5 macm
¦
¦
F
¦acm B R (condición de rodadura)
¥
P
f
De modo que
N
£ F 75 macm
¦
¦
¤
2
¦
¦
¥ f 5 macm
En tanto que la esfera no resbale sobre el plano, tenemos rozamiento estático entre la esfera y
el plano, de modo que
f d PN
P mg o
2
5
macm
­acm d 52 P g
°
d P mg o ® F d 72 P mg
° f d P mg
¯
Sustituyendo los valores dados en el enunciado:
£¦acm b 5 0.3q9.8 7.35 m/s 2
2
¦¦
¦¤ F b 7 0.3q 2 2.1 kg 20.6 N
2
¦¦
¦¦ f b 0.3q 2 0.6 kg 5.9 N
¥
- 190 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.18
18. Una esfera maciza y homogénea, de masa m y radio r resbala sin rodar sobre una
superficie horizontal rugosa bajo la acción de una fuerza F dirigida
horizontalmente y aplicada a una altura h < r, como se indica en la figura.
Determinar la aceleración de la esfera y el coeficiente de rozamiento entre ésta y
el plano.
m,r
F
h
Puesto que en el enunciado del problema nos aseguran que “resbala sin rodar”, el movimiento
de la esfera consiste en una traslación pura (no hay rotación).
Interviene una fuerza de rozamiento cinético en el punto de contacto de la esfera con el plano
sobre el que desliza sin rodar, tal que
f k Nk mg
m,r
Escribimos las Ecuaciones Cardinales de la Dinámica
C
del movimiento plano del Sólido rígido, tomando
momentos en el centro de masa de la esfera:
F
£¦ F f k macm
¦¤
fk
h
¦¦ F r h f k r
¥
De la segunda ecuación se sigue:
h¬
h¬ F
f k 1 ­­­ F Nk mg l Nk 1 ­­­
r ®
r ® mg
De la primera ecuación obtenemos la aceleración de la esfera:
h ¬¯ hF
F fk F
¡1 1 ­­­° acm m
m ¢¡ r ®±° mr
- 191 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.19
19. Una esfera maciza y homogénea, de masa m y radio R rueda (sin resbalar) sobre una superficie horizontal rugosa bajo la acción de una fuerza F dirigida
horizontalmente y aplicada a una altura h < R, como se indica en la figura. Determinar la aceleración de la esfera y el coeficiente de rozamiento mínimo
entre ésta y el plano que impida el resbalamiento.
m,R
F
h
Aplicamos las ecuaciones fundamentales de la dinámica del sólido rígido, tomando momentos
en el centro de masa de la esfera (C), y tenemos en
cuenta la condición de rodadura:
+ +
£[1] F f ma
¦
¦
C
¦
¦
F
¦[2] fR F R h 2 mR 2 ¬­ B
¤
­®­
¦
5
¦
m,R
¦
h
f
¦¦[3] a B R
I
¥
de modo que disponemos de tres ecuaciones con tres
incógnitas (f, a, ).
Sustituyendo las ecuaciones [3] y [1] en la [2], tenemos:
[2]
fR F R h 2
2
Rma R F f
5
5
l
5h ¬
f 1 ­­­ F
7 R ®
Sustituyendo este resultado en la [1], obtenemos
[1] ma F f 5h
F
7R
l
a
5h F
7R m
a
5h F
2
R 7R m
en las direcciones indicadas en la figura.
En las condiciones de rodadura, existirá rozamiento estático entre la esfera y el plano.
Aplicando la definición del coeficiente de rozamiento estático, será
f
f b N N Nmg l N p
mg
[3] B De modo que deberá ser
5h ¬ F
Nmín 1 ­­­
7 R ® mg
Otro método: Como antes, pero tomamos momentos en el CIR (situado en I).
£[1] F f ma
¦
5h ¬
¦£¦
¦
f F ma 1 ­­­ F
¦
¦
¦
7 R ®
¬
5h ¬ F
f
¦[2] Fh 7 mR 2 ­ B l ¦¦
l Np
1 ­­­
­­
¤
¤
¦
¦
5
®
mg 7 R ® mg
7R
5h
¦
¦
F
ma
ma
F
¦
¦
l
¦
¦¦¥
5h
7R
¦[3] a B R
¥
- 192 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.20
20. Un disco, de 300 g de masa, 10 cm de radio y de pequeño espesor, pivota (gira)
alrededor de un diámetro vertical sobre el centro de una plataforma circular horizontal
de mayor tamaño, 450 g de masa y 20 cm de radio, que puede girar alrededor de su eje
de simetría vertical, común con el de rotación del disco pequeño. Cuando el disco
pequeño se encuentra girando a 130 r.p.m., se libera el disco grande para que pueda
empezar a girar. Una vez que, por efecto del rozamiento entre ambos, se igualen sus
velocidades de rotación, ¿cuál será esa velocidad angular de rotación común?
Determínense, también, los momentos de inercia necesarios para la resolución de este
ejercicio.
Z
(1)
(2)
Para determinar el momento de inercia de un disco circular con
respecto a uno de sus diámetros, aplicamos el teorema de los ejes
perpendiculares:
y
1
1
I zz I xx I yy 2 I diám l I diám I zz mR 2
x
2
4
de modo que los momentos de inercia de los discos que
intervienen en este problema, con respecto a sus respectivos ejes de rotación, son
²¦
1
I1 m1 R12 ¦¦
2
2
4
¦» l I 2 2m2 R2 2q 450q 20 12
¦
1
I1
m1 R12
300q102
I 2 m2 R22 ¦¦
¦¦¼
2
La rotación por pivotamiento del disco pequeño sobre el grande transmite un par a este último
y lo acelera; la reacción de ese par retarda la rotación del disco pequeño. Finalmente, se
igualan las velocidades angulares a un valor común ’. Puesto que no intervienen momentos
exteriores al sistema, se conservará el momento angular del mismo; esto es,
I1
X
130
X
10 r.p.m.
I1X I1 I 2 X a l X a I2
13
I1 I 2
1
I1
z
- 193 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica del sólido rígido. M21.21
21. En la figura se muestra esquemáticamente el tren de aterrizaje de un avión visto desde
atrás. El radio de la rueda es de 40 cm y su momento de inercia es de 2.5 kg·m2. El avión
despega a una velocidad de 180 km/h. Después del despegue, se recoge el tren de aterrizaje girándolo lateralmente a razón de 45 por segundo. Determinar la magnitud del
par ejercido sobre la rueda por su soporte e indicar las direcciones de las magnitudes
vectoriales implicadas.
45º/s
Datos
Momento de inercia:
I = 2.5 kg·m2
Radio de la rueda:
R = 0.40 m
Velocidad:
v = 180 km/h = 180/3.6 m/s = 50 m/s
Velocidad angular rueda:
Z = v/R = 50/0.40 = 125 rad/s
Momento angular rueda:
L = IZ = 2.5 u 125 = 312.5 kg·m2/s
Velocidad angular tren:
: = 45º /s = S/4 rad/s = 0.7854 rad/s
:
Durante la recogida del tren de aterrizaje, el modulo del momento
angular de la rueda permanece constante, pero su dirección cambia, ya
que gira con una velocidad angular :. El par ejercido sobre la rueda
es igual a la variación de su momento angular por unidad de tiempo;
esto es,
dL
Q
M
q L º M 8 L q312.5 245.4 N ¸ m
dt
4
y la dirección de M es la que se indica en la figura.
- 194 -
M
L
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.1
1. La barra homogénea de la figura puede girar sin rozamiento alrededor de un
m, L
eje horizontal que pasa por uno de sus extremos. Se coloca en posición
horizontal y se abandona. Determinar: a) La aceleración angular de la barra en
el instante en que se deja en libertad. b) La fuerza ejercida por el eje sobre la
barra en ese instante. c) La velocidad del centro de masa de la barra cuando ésta alcanza la posición vertical.
a) Aplicamos la ecuación fundamental de la dinámica de rotación, tomando momentos con
respecto al eje de rotación:
L
1
3g
mg I B mL2B l B 2
3
2L
b) El c.m. de la barra describe una trayectoria circular, de radio L/2, de modo que las
componentes intrínsecas de su aceleración, en el momento
Ny
inicial, son
+
+
L 3
v2
= g
an 0
2 4
L/2
Nx
m, L
Aplicando las ecuaciones del movimiento del c.m, tenemos:
£N x 0
¦£¦ N x man 0
¦
¦
mg
¦
¦
l
¤
¤
3
1
¦
mg
N
ma
m
g
y
t
¦¦
¦¦¦ N y mg
4
4
¥
¥
c) Puesto que el sistema es conservativo, y solo estamos interesados en la velocidad final, nos
serviremos del Principio de Conservación de la Energía para
Ep=0 determinar la velocidad angular de la barra en el instante pedido:
L 1 2
mgL
mgL
3g
0 mg
IX l X2 L/2
1
I
L
2
2
2
vcm
mL
+
at B
3
y la velocidad de su centro de masa, en ese instante, será:
vcm X
- 195 -
L L 3g 1
3gL
2
2 2 L
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.2
2. Una barra de longitud L y masa m puede girar alrededor de un eje fijo que
m, L
pasa por uno de sus extremos O. Dejamos caer la barra desde la posición
horizontal (T = 0), partiendo del reposo. Determinar: a) La aceleración y
velocidad angulares de la barra en función del ángulo T . b) La reacción
en O cuando T = /2.
1
Momento de inercia de la barra respecto de O: I O ml 2
3
a) Conservación de la energía:
l
1 1 2 ¬­ 2
2 3 g sen R
0 mg ( sen R )
ml ®­­ R l R l
2
2 3
O
m, L
T
Ep=0
l/2
A partir de la velocidad angular, por derivación determil/2
mg
namos la aceleración angular:
3g
3g R cos R l R 3g cos R
sen R l 2RR
R 2 l
l
2l
g
Q
3
2
b) Para R l R R 0
2
l
O Ry
Escribimos la ecuación del movimiento del centro de masa:
£¦
l
Rx
¦¦ax R 0
¦£¦l Rx max
2
¦
F ma cm ¤
l con ¤
l/2
¦¥¦ ³ Ry mg ma y
¦¦
3g l 3
2 l
g
¦¦a y R l 2 2
2
¥¦
v
de modo que
mg
£¦ Rx 0
¦¦
¤
¦¦ Ry mg ma y mg 3 mg 5 mg
¦¥
2
2
- 196 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.3
3. Una varilla homogénea está apoyada en posición vertical sobre uno de sus extremos en
contacto con un plano horizontal, de modo que inicialmente se encuentra en equilibrio
inestable. La desplazamos ligeramente de esa posición para que comience a caer. Calcular
su velocidad angular cuando alcanza la posición horizontal sobre el plano horizontal:
a) Suponiendo que la varilla no resbale sobre el plano. b) Suponiendo que el plano sea
perfectamente liso.
m,l
a) La varilla presenta una rotación pura alrededor de su extremo
inferior en E. Aplicamos el principio de Conservación de la Energía a
los instantes inicial y final:
¬
l 1
1 1
mg I E X 2 ml 2 ­­­ X 2
[1]
®
2 2
2 3
m,l
G
De modo que
3g
l
b) Como no actúan fuerzas que den componente en la dirección
horizontal, el centro de masas de la varilla no puede desplazarse en esa
dirección, por lo que tan solo desciende verticalmente. El movimiento
de la varilla consiste en una traslación (vertical) del c.m. simultánea
con una rotación alrededor de un eje horizontal que pasa por el c.m.
(G).
Aplicamos de nuevo el principio de Conservación de la Energía a los
E
X
G
E
vG
instantes inicial y final:
l 1 2 1
mvG
IGX 2
[2]
2 2
2
Puesto que el punto E tan solo se desplaza horizontalmente, podemos
determinar la velocidad del c.m. (G) localizando previamente el C.I.R. (I)
correspondiente a la posición final de la varilla, tal como se indica en la
figura, de modo que coincide con el extremo inferior (E) de la varilla, de
modo que vG X l / 2 . Sustituimos este valor, así como el valor del
mg
m,l
G
I
momento de inercia, en la expresión de la conservación de la energía, para
obtener
¬ 1 1 2 ¬­ 2
l 1 1
ml ­ X
mg m l 2 X 2 ­­­
[3]
® 2 12
®­
2 2 4
G
3g
l
Obsérvese que el resultado es el mismo que en los dos casos. Se debe a
que, en el segundo caso, en el instante final el movimiento consiste en una
rotación pura en el CIR=E, de modo que hubiéramos podido escribir
directamente la misma ecuación [1] en este segundo apartado.
E
X
- 197 -
I
De donde resulta:
G
I
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.4
4. Un cubo homogéneo está apoyado sobre una de sus aristas en contacto con un plano
horizontal, de modo que inicialmente se encuentra en equilibrio inestable. Lo desplazamos
ligeramente de esa posición para que comience a caer. Calcular su velocidad angular
cuando una de sus caras choca con el plano horizontal: a) Suponiendo que la arista no
resbale sobre el plano. b) Suponiendo que el plano sea perfectamente liso.
m
l
2
2
a) El cubo presenta una rotación pura alrededor de su arista en E.
Aplicamos el principio de Conservación de la Energía.
Determinamos la distancia EG l
m
l
G
mgl
2
l
mg
2
2
1
IEX 2
2
Con
E
IE IG
l
G
1
¬
2
m EG 2 ml 2 ­­­
12
®
l 2 ¬­
1
­ ml 2
m
2 ®­­
6
2
1 2 2 2
ml ml
2
3
De modo que
3 2 1 g
l 12 2 2
g
2
mg
ml X l X 2 0.62
l
2
2 23
2l
b) Como no actúan fuerzas que den componente en la dirección
horizontal, el centro de masas del cubo no puede desplazarse en esa
dirección, por lo que tan solo desciende verticalmente. El movimiento del cubo consiste en
una traslación (vertical) del c.m. y una rotación alrededor de un eje horizontal que pasa por el
c.m. (G).
Aplicamos de nuevo el principio de conservación de la energía:
E
mgl
m
l
G
E
CIR
E
l
G
2
l 1 2 1
mg
mvG
IGX 2
2
2 2
2
Puesto que el punto E tan solo se desplaza horizontalmente, podemos
determinar la velocidad del c.m. (G) localizando previamente el C.I.R.
correspondiente a la posición final del cubo, tal como se indica en la
figura, de modo que vG Xl / 2 , que sustituimos en la expresión de la
conservación de la energía para obtener
2
l 1 l 2 2 ­¬ 1 1 2 ¬­ 2
mgl
mg
m X ­
ml ®­­ X
2
2 2 4 ­®­ 2 6
mgl
De modo que
X2 12
2 1 g
5l
0.99
g
l
- 198 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.5
5. Dadas dos esferas, una maciza y la otra hueca, describir detalladamente un experimento que, sin dañar las
esferas, nos permita averiguar cual es la maciza y cual la hueca. Hacer los cálculos necesarios para justificar
los resultados del experimento.
Si dejamos rodar las dos esferas por un plano inclinado, abandonándolas simultáneamente
partiendo del reposo, la que llegue antes al pie del plano será la esfera maciza, ya que
presenta menos “inercia a la rotación” que la esfera hueca.
Método de la energía. El Principio de Conservación de la Energía nos permite determinar las
velocidades que alcanzan las esferas cuando llegan al pie del plano inclinado, en el supuesto
de que haya rozamiento suficiente para que se produzca la rodadura (sin resbalar):
1 v2
1
I 2 m
2 R
2
I ¬­ 2
­v
R 2 ­®
2mgh
2 gh
I 2 1 I
R
mR 2
donde hemos tenido en cuenta la condición de rodadura, v
N
= R. Puesto que la expresión del momento de inercia es
f
de la forma kmR2, resulta que la velocidad es
2 gh
h
v2 mg
1 k
de modo que es independiente de la masa y del radio, pero
depende del momento de inercia, siendo tanto mayor cuanto menor sea en momento de
inercia. Por tanto, la esfera que llega antes al pie del plano es la esfera maciza.
£
2 gh 10
¦
£
2
2
¦
vesf.
gh 1.43 gh
¦¦¦ I esf. maciza mR 2
maciza ¦
¦
1 52
7
¦
5
¦
º ¤
º vesf. maciza vesf. hueca
¤
¦¦
¦
2
2 gh 6
2
¦¦v 2
1.20
gh
gh
¦¦ I esf. hueca mR
esf. hueca
¦
3
1 23 5
¥¦
¦
¥
Método dinámico. Podemos demostrar que la aceleración que adquiere cada una de las
esferas, en el supuesto de que haya rozamiento suficiente para que se produzca la rodadura
(sin resbalar), tan solo depende del momento de inercia de las misma, i.e., de la distribución
de la masa en las mismas.
£¦ mg sen R f ma
²¦
¦¦
g sen R
I ­¬
¦¦
¦
²¦¦
­a l a ¤ fR I B
I ¦» mg sen R m
2­
I
¦¦
®
R
» f 2 a¦
1
¦¼
¦
R ¦¦¦
¼
¦
¥ a B R (condición de rodadura)¦
mR 2
Resulta que la aceleración es independiente de la masa y del radio, dependiendo tan solo del
ángulo de pendiente y del momento de inercia. Así, conocidos los momentos de inercia
implicados, tenemos las aceleraciones respectivas:
g sen R 5
aesf. maciza g sen R 0.71g sen R
1 52
7
1
mgh mv 2
2
1 2 1 2
I X mv
2
2
aesf. hueca l v2 g sen R 3
g sen R 0.60 g sen R
1 23
5
de modo que la esfera maciza se acelera más que la hueca.
- 199 -
m
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.6
T
6. Un rodillo macizo, de sección circular, de radio r y masa m, descansa
m,r
sobre un borde horizontal de un escalón y empieza a rodar hacia fuera,
sin resbalar, con velocidad inicial despreciable. Calcular el ángulo que
girará el rodillo antes de que pierda contacto con el borde del escalón, así
como su velocidad angular en ese instante.
En tanto que no pierda contacto con el borde del escalón, el movimiento del rodillo es una
rotación pura alrededor de un eje que coincide con dicho borde.
Conservación de la energía: (nivel de referencia a la
altura del escalón)
T
m,r
mgr mgr cos R
1
2
3
2
mr 2 X 2 º
mg (1 cos R ) 34 mr X 2 º
f
N
mg
rX 2 43 g (1 cos R )
Movimiento radial del centro de masas:
N mg cos R man mr X 2
Combinamos las dos ecuaciones anteriores para obtener:
N mg cos R 43 mg (1 cos R ) mg cos R 43
4
3
cos R mg
7
3
cos R 34
de modo que
N 13 mg (7 cos R 4)
El rodillo pierde contacto con el borde del escalón cuando N=0, ya que entonces desaparece la
ligadura, lo que equivale a
7 cos R 4 0 º cos R 4 7 º
R 55.2º
La velocidad angular del rodillo en ese instante será:
X2 4
4
4
4g
g (1 cos R ) g (1 ) 3r
3r
7
7r
- 200 -
º
X
4g
7r
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.7
R
7. En el interior de un semicilindro hueco de radio R, una esfera de radio r y masa m,
parte del reposo desde la posición A. Calcular la velocidad y aceleración de la
esfera cuando pasa por el punto más bajo, suponiendo que en todo instante rueda
sin deslizar.
m, r
A
a) Para determinar la velocidad del c.m. de la esfera, aplicamos el Principio de conservación
de la energía,
m, r
1 2 1
Ep =0
mv
I cm X 2
0 mg R r
2
2
R
Con la condición de rodadura v X r obtenemos
1
mg R r mv 2
2
1 2 2 ¬
­­ v ¬­­ 7 mv 2
mr ®
­ r ®­
2 5
10
2
v
de modo que
I
10
Rr g
7
b) Cuando la esfera pasa por la posición más baja, que corresponde a la posición de
equilibrio (energía potencial mínima), su velocidad es máxima y la aceleración tangencial de
su c.m. es nula.
El c.m. de la esfera tan solo presenta aceleración normal o centrípeta, dirigida hacia el centro
de la trayectoria que describe, de radio (R – r) y
R
cuyo módulo es
v
v2
10
g
7
Rr
Y la reacción normal (N) será:
10
17
N mg mg l N mg
7
7
an N
an
I
mg
- 201 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.8
8. Una bola hueca, de espesor despreciable, masa m y radio r, se lanza rodando
por un plano horizontal con velocidad de su centro v0 y recorre un bucle
situado en un plano vertical, siempre rodando, de radio R, del cual se despega
cuando forma un ángulo con la horizontal, tal como se indica en la figura.
Hállese: a) El momento de inercia de la bola con respecto a un eje diametral.
b) La velocidad v0 que debe de tener para que se despegue en .
R
T
m,r
v0
a) Puesto que toda la masa de la bola se encuentra situada a la misma distancia de su centro,
el momento de inercia con respecto a este es I O mr 2 . Entonces, aplicando el teorema que
nos dice que la suma de los momentos con respecto a tres ejes perpendiculares que se
interceptan en un punto es igual al doble del momento de inercia con respecto a dicho punto,
tenemos
2
I xx I yy I zz 2 I O l 3I D 2 I O l I D I mr 2
3
b) Puesto que la bola rueda sin deslizar en todo momento, no hay disipación de energía por
rozamiento, de modo que la energía total de la bola permanece constante. Podemos escribir
1 2 1 2
1 2 1 2
mv0
I X0 mgR 1 sen R
mv
IX
2
2
2
2
con v0 r X0 y v rX , de modo que nos queda
1 2 12 2 2
1 2 12 2 2
mv0
mr X0 mgR 1 sen R
mv
mr X l
2
23
2
23
6
5 2
5 2
mv0 mgR 1 sen R
mv l v 2 v02
gR 1 sen R
6
5
6
N
T
mg
Escribimos la componente radial de la ec. del movimiento del centro de
masa de la bola:
v2 6
v2
mg 1 sen R
m 0
R
R 5
En el momento crítico en el que la bola se despega de la pista, será N = 0, de modo que
N
g cos R mg cos R macp m
v02
R
6
g 1 sen R
5
6
l v02 gR cos R 1 sen R
5
- 202 -
¬
­­­
®
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.9
9. Los ejes de dos cilindros de masas m1 y m2, y radios r1 y r2
m1, r1
m2, r2
respectivamente, están unidos por una cinta inextensible que
pasa a través de una polea de masa despreciable. Los cilindros
ruedan sin deslizar sobre sendos planos, inclinados un ángulo
. a) Calcular las aceleraciones de ambos cilindros. b) Si el
sistema parte del reposo, determinar la energía cinética de ambos cilindros tras recorrer 1 m sobre los
planos.
Datos: m1 = 1 kg, m2 = 1.5 kg, r1 = 15 cm y r2 = 20 cm, = 30º.
a) Escribimos las ecuaciones del movimiento de rotación para cada uno de los cilindros,
tomando momentos con respecto a las generatrices de contacto con los planos (E.I.R.) para
cada uno de los cilindros:
3
3
¦£¦
¦£¦
2
¦¦Tr1 (m1 g sen R ) r1 2 m1r1 B1
¦¦T m1 g sen R 2 m1a
l ¤
¤
¦¦
¦¦
3
3
2
¦¦(m2 g sen R ) r2 Tr2 m2 r2 B2
¦¦m2 g sen R T m2 a
2
2
¥¦
¥¦
donde hemos tenido en cuenta que, por ser la
+
cinta
inextensible,
las
velocidades
y
+
aceleraciones de ambos cilindros son idénticas
T
T
N1
N2
en cada instante. También hemos considerado la
condición de rodadura para cada uno de los
f2
f1
cilindros.
Sumando m.a.m. estas dos últimas expresiones,
m
g
m
g
1
2
se tiene
2(m2 m1 )
3
g sen R
(m2 m1 ) g sen R (m1 m2 )a l a 2
3(m1 m2 )
y sustituyendo los datos
a
2(1.5 1.0)
9.8sen 30º 0.653 m/s
3(1.0 1.5)
y las aceleraciones angulares de los cilindros son
a 0.653
a 0.653
B1 4.35 rad/s 2
B2 3.27 rad/s 2
r1
r2
0.15
0.20
b) Puesto que la aceleración es constante, calculamos las velocidades de cada cilindro a partir
de la expresión v 2 v02 2as :
v1 v2 v 2as 2q 0.653q1 1.14 m/s
La energía cinética de cada cilindro viene dada por la expresión:
1
1 1 2 ­¬ 2 1 2 1 2 3 2
Ek mv 2
mv mv
mr ­­® X mv
2
2 2
2
4
4
y la energía cinética que adquiere cada uno de los cilindros es:
3
3
Ek,1 1.0q1.142 0.98 J
Ek,2 1.5q1.142 1.47 J
4
4
- 203 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.10
10. La rueda representada en la figura consiste en un semicírculo de madera que pesa
Z
100 N contenido en un aro circular de acero de 45cm de diámetro y peso y grosor
despreciables. Si rueda sin deslizamiento por un piso horizontal y tiene una
velocidad angular de 15 rad/s en sentido horario cuando su centro de masa G se
halla directamente debajo del centro C de la rueda. a) Determinar la velocidad
angular de la rueda cuando G se halle directamente a la izquierda de C.
b) Calcular las componentes normal y de rozamiento de la fuerza que el suelo
ejerce sobre la rueda cuando G se halla directamente a la izquierda de C.
Determinación del c.m. de un semicírculo:
2º teorema de Pappus: V=2SycmS
1 V
1 43 Q R 3 4 R
l
2Q S 2Q 12 Q R 2 3Q
4 R 4q 0.225
0.0955 m
E
3Q
3q Q
Cálculo del momento de inercia:
IC=½mR2=0.258 kg.m2
IG=IC-mG2= 0.165 kg.m2
IO=IG-m(R-G) 2=0.336 kg.m2
IP=IG+m(R2+G2)=0.774 kg.m2
a) Conservación de la energía:
1
2
I O XO2 12 I P XP2
l XP2 G
P
G
C
G
C
C
G
P
O
I O XO2 2mg E
IP
0.336q152 2q100q 0.0955
73.0035 (rad/s) 2
0.774
l XP 8.54 rad/s
Xp2 b) Ecuaciones del movimiento:
¦£¦ f max
£¦ax B R EX 2
¦¦
¤
¤ N mg ma y con ¦
¦¦a y BE
¦¦
¥
¦¦¥ fR E N I G B
ya que
aG aC
G
O
ycm mg E
C
G
mg
f
JJJG
JJJG B R¬­
q CG X 2 CG 0 ­­­
­
0 ®­
C
N
P
2
¬
¬ ¬
¬
0 ­­ E ­­
E ­­ B R X E ­­
2
­
0 ­­q 0 ­­ X 0 ­­ BE ­­
­­
B­­® 0 ®­­
0 ®­­
0
®
De modo que
£¦ f m(B R X 2E )
¦¦
¦¤ N mg mBE
º
¦¦
¦¦¥ fR E N I G B
- 204 -
f 6.08 N
N 72.4 N
B = - 33.6 rad/s 2
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.11
11. En el sistema representado en la figura, el rodillo rueda sin resbalar
m,R
sobre el suelo horizontal rugoso y los dos muelles tienen la misma
constante elástica k. a) Determinar la frecuencia de las oscilaciones del
sistema. b) Si separamos el rodillo una distancia A de su posición de
equilibrio y lo abandonamos partiendo del reposo, calcular la velocidad
máxima que adquiere.
k
x
k
a) Método de la energía
Consideremos un desplazamiento genérico del sistema a partir de su posición de equilibrio
(elongación, x):
1
¬ 1 2
1 2
1 1
1 2
3
2¬ 2
E mvcm
2 kx 2 ­­­ mvcm
mvcm kx 2 mx 2 kx 2
mR ­­®­ X
2
® 2
2
2 2
4
4
ya que vcm X R (rodadura), con vcm x .
Como el sistema es conservativo, la energía total permanece constante, de modo que,
derivando con respecto del tiempo, tenemos:
3
¬
dE 3
4k
2kxx x mx 2kx­­ 0 l x
x0
mxx
­®
2
dt
2
3m
que es la ecuación diferencial de un m.a.s. cuya frecuencia angular es
4k
1 4k
l O
3m
2Q 3m
b) La velocidad máxima se presenta cuando el rodillo pasa por su posición de equilibrio y
podemos calcularla a partir de la frecuencia angular y de la amplitud:
Xfrec 4k
3m
Al mismo resultado llegaremos a partir de la conservación de la energía:
1
¬ 1 2
¬ 2
1 1
2 kA2 ­­­ mvmax
l
mR 2 ­­­ Xmax
2
® 2
®
22
vmax Xfrec A A
1 2
kA2 mvmax
2
1 2
3 2
mvmax mvma
x
4
4
- 205 -
2
l vmax
4k 2
A
3m
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.12
12. En el dispositivo que se ilustra en la figura, constituido por un muelle ideal de
constante k, una polea de radio R y momento de inercia I y una pesa de masa m,
determinar la frecuencia de las oscilaciones de la pesa y escribir la expresión de su
elongación en función del tiempo.
I, R
m
Método de la energía: Puesto que el sistema es conservativo, la energía k
total del mismo permanece constante, de modo que, para una elongación x
x
genérica, podemos escribir:
1
1 2 1
2
E mx 2
IR
k x0 x mgx cte.
2
2
2
En el supuesto de que la cuerda no resbale sobre la polea, podemos establecer la siguiente
condición de ligadura:
x RR
que, sustituida en la expresión de la energía, nos permite expresar la energía en función de la
elongación x y de sus derivada temporal:
1
1 I 2 1 2 1 2
E mx 2
x
kx0
kx
kx0 mg x cte.
2
2 R2
2
2
Derivamos esta expresión con respecto al tiempo:
dE
I
I
kxx kx0 mg x 0 l mx
x kx kx0 mg 0 l
xx
mxx
dt
R2
R2
¬
m I ­­ x kx mg kx0
2­
R ®
que es la ecuación diferencial correspondiente a un movimiento armónico simple con
mg
x0 I
k
m
R2
La expresión de la elongación en función del tiempo es
X
k
x x0
A sen Xt
I, R
T2
T1
G
T2
T1
donde la amplitud de las oscilaciones (A) y la fase inicial (I) se k
x
determinan a partir de las condiciones iniciales.
m
Método de las fuerzas: Para una elongación genérica, escribimos las
mg
ecuaciones del movimiento para cada uno de los tres elementos
T
2
implicados (bloque, polea y muelle):
£¦mg T1 mx
£
¦¦
¦¦mg T1 mx
¦¦¦T1 R T2 R I R
I ¬­
¦¦
l ¤T1 T2 I / R 2 x l mg kx0 m
­ x kx
¤
¦¦T2 kx
¦¦
R 2 ®­
¦¦
¦¦T k x x
0
¦¥ 2
¦¦¥ x RR (condición rodadura)
que es la misma ec. dif. de un m.a.s. obtenida por el método de la energía.
- 206 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.13
13. El cilindro macizo y homogéneo que se muestra en la figura, de masa m y radio R, está
suspendido del techo mediante una cuerda ligera. Uno de los extremos de la cuerda
está unido directamente al techo; el otro lo está a un muelle de constante elástica k. Determinar la frecuencia de las oscilaciones del sistema si la cuerda no resbala sobre el
cilindro.
Método de la energía: Puesto que el sistema es conservativo, la energía
total del mismo permanece constante, de modo que, para una elongación x
genérica, podemos escribir:
1
1 1
1
2
2 ¬ 2
E mx 2
k 2 x mgx cte.
mR ­­®­ R
2
2 2
2
k
m,R
x
En el supuesto de que la cuerda no resbale sobre la polea, podemos establecer la siguiente
condición de ligadura:
x RR
que, sustituida en la expresión de la energía, nos permite expresar la energía en función de la
elongación x y de sus derivada temporal:
1
1 2
3
E mx 2
mx
2kx 2 mgx mx 2 2kx 2 mgx cte.
2
4
4
Derivamos esta expresión con respecto al tiempo:
3
¬
dE 3
4kxx mgx 0 l x mx 4kx mg ­­ 0
mxx
®­
dt
2
2
3
8k
2
l
mx 4kx mg l x
x g
2
3m
3
que es la ecuación diferencial correspondiente a un movimiento armónico simple con
8h
2g / 3
mg
y x0 8k / 3m 4k
3m
Método de las fuerzas: Para una elongación genérica, escribimos las
ecuaciones del movimiento para cada uno de los tres elementos
implicados (polea y muelle):
k
¦£¦mg F1 F2 mx
F2
¦¦
m,R
¦£¦mg 2kx F2 mx
¦¦F R F R 1 mR 2R
F1
2
¦¤ 1
2
l ¤¦
¦¦
¦¦2kx F2 1 mx
¦¦ F1 k 2 x 2kx
¦¥
2
¦¦
x
¦¥ x RR (condición rodadura)
mg
3
8k
2
x g
l mg 4kx mx l x
2
3m
3
que es la misma ec. dif. de un m.a.s. obtenida por el método de la energía.
X
- 207 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.14
14. En el dispositivo que se muestra en la figura, el collarín ligero por el que pasa la
varilla y al que están unidos dos muelles idénticos, permite que éstos permanezcan
horizontales. Los muelles trabajan a extensión-compresión y poseen su longitud
natural cuando la varilla está en posición vertical. Determinar la frecuencia de las
pequeñas oscilaciones de la varilla.
h
m,l
k
k
Método dinámico
Cuando desplazamos la barra de su posición de equilibrio, aparecen las fuerzas recuperadoras
en las direcciones que se indican en la figura. Tomamos momentos en A y obtenemos:
1
¬
l
A}
con x h tg R
2kxh mg sen R ml 2 ­­­ R
3
®
2
Para oscilaciones pequeñas es sen R x tg R x R de modo que
1
1
2kh 2R mglR ml 2R
2
3
6kh 2 3 g ¬­
­R 0
R 2
ml
2l ®­­
A
T mg
y la frecuencia angular de las pequeñas oscilaciones es
6kh 2
X
ml 2
kx
3g
2l
kx
x
Método de conservación de la energía
Expresamos la energía total del sistema para una elongación arbitraria:
1
l
E 13 ml 2 R 2 mg cos R 2 12 kx 2 con x h tg R
2
2
1 2 2 1
E ml R mgl cos R kh 2 tg 2R cte.
6
2
y derivamos con respecto al tiempo:
dE 1 2 ml RR
dt
3
1
mglR sen R
2
Para pequeñas oscilaciones es sen R x tg R x R
1 2 ml R
3
1
mglR
2
2kh 2 tg R R0
cos 2 R
y cos 2 R x 1 , de modo que
2kh 2R 0 l
1 2 ml R
3
que es la ecuación diferencial de un m.a.s. con
1
mgl 2kh 2
3g
2
2
X 1 2
2l
ml
3
- 208 -
1
mgl
2
6kh 2
ml 2
¬
2kh 2 ­­­ R 0
®
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.15
15. Un péndulo compuesto está formado por una varilla de masa despreciable y longitud
4R, que está unida a una esfera de masa m y radio R. En el punto medio de la varilla se
conecta un muelle ideal, con constante elástica k, en posición horizontal, como se
muestra en la figura, que está relajado cuando la varilla está en posición vertical.
Determinar la frecuencia de las pequeñas oscilaciones del péndulo en el plano de la
figura.
2R
k
2R
M
2R
2R
F
5Rcos
Mediante el teorema de Steiner, calculamos el momento de inercia de la esfera con respecto al
eje de rotación en O:
2
127
I O mR 2 m(5R ) 2 mR 2
5
5
Método de Newton. Consideramos una posición genérica, caracterizada por un
desplazamiento angular T del péndulo, y planteamos la ecuación fundamental de la rotación
tomando momentos con respecto al eje de rotación:
O
Ep=0
M O mg (5 R sen R ) k (2 R sen R )(2 R cos R ) +
5mgR sen R 4kR 2 sen R cos R I R
2R
2Rsen
O
que, en la aproximación de pequeñas oscilaciones, con
sen R x R y cosR 1 , se reduce a
127
mR 2R (5mgR 4kR 2 )R 0 l
5
25mg 20kR
R
R0
127 mR
que es la ecuación diferencial de un m.a.s. en el que la
frecuencia angular vale
mg
X
25mg
20kR
127 mR
Método de la energía. Expresamos la energía total del péndulo (cinética + potencial) en
función del ángulo :
1
1
127
E I OR 2 mg (5 R cos R )
k (2 R sen R ) 2 mR 2R 2 5mgR cos R 2kR 2 sen 2 R cte
2
2
10
como la energía permanece constante, su derivada temporal será nula, lo que nos conduce a
dE 127
5mgRR sen R 2kR 2R sen R cos R mR 2RR
dt
5
127
¬
R
mR 2R 5mgR sen R 2kR 2 sen R cos R ­­­ 0
5
®
que, en la aproximación de pequeñas oscilaciones, con sen R x R y cosR 1 , se reduce a
25mg 20kR
127
R0
mR 2R (5mgR 4kR 2 )R 0 l R
5
127 mR
que es la ecuación diferencial de un m.a.s. cuya frecuencia angular vale
X
25mg 20kR
127 mR
- 209 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.16
16. En un tubo cilíndrico horizontal hay dos discos, de masa m, unidos por un hilo
L
que los mantiene a una distancia l uno del otro, y a distancia l/2 del centro del
tubo O. Este dispositivo está girando libremente alrededor de un eje perpenl
dicular al tubo que pasa por O, con una velocidad angular Z. En un cierto
instante se rompe el hilo que une ambos discos (dejándolos libres). El
O
rozamiento entre los discos y el tubo se considera despreciable, el momento de
inercia del tubo respecto al eje de giro es It = ma2 (donde a es un parámetro con
dimensiones de longitud) y el momento de inercia de cualquiera de los discos
Z
respecto a un eje paralelo al de giro que pasa por el centro de masa del disco es
2
Id = (ma )/2. a) Hállese la velocidad angular de giro del dispositivo descrito
cuando ambas masas llegan a sus sendos extremos del tubo. b) ¿Con qué velocidad se aleja del eje en el
momento que abandonan el tubo?
I t ma 2
1
I d ma 2
2
l ¬
1
m ­­­ ma 2
2 ®
2
2
1 2
ml
4
l I It
2 I d 2ma 2
1 2
ml
2
a) Por no existir momento externo, el momento angular del sistema se conserva:
L cte. l I i Xi I f Xf
1 2
ml
4a 2 l 2
2
X 2
X
1 2
L2
4a
mL
2
b) Por no existir fuerzas disipativas (rozamiento) se conserva la energía mecánica;
concretamente, se conserva la energía cinética del sistema:
2ma 2
Ii
= X f Xi If
2ma 2
1
2
I i Xi2 12 I f Xf2
2mvr2 I i Xi2 I f
2 12 mvr2 l 2mvr2 I i Xi2 I f Xf2 l
I i2 2 I i ­¬ 2
1 I i ­¬ 2
Xi 1 ­­ I i Xi l vr2 1 ­ I i Xi
2
I f ­®
If
2m I f ­­®
de modo que sustituyendo los valores de Ii e If y operando se obtiene
1 I i ¬­ 2
1 4a 2 L2 4a 2 l 2 ¬­
1 2 ¬­ 2
­­2ma 2
vr2 ml ­­ Xi 1 ­­ I i Xi
2
2
®
2m I f ­®
2m
4a
L
2
®­
1 L2 l 2 ¬­ 2
­ 4a
2
4 4a
L2 ­­®
l 2 Xi2
1 2 2 4a 2
L l
4
4a 2
l2 2
X
L2
De modo que
vr2 - 210 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.17
17. Determinar la aceleración angular que adquieren los tres cilindros idénticos de
la figura cuando sobre uno de ellos se ejerce un par M. Los mencionados
cilindros pueden girar alrededor de sus respectivos ejes, sin que exista
deslizamiento en los contactos entre diferentes cilindros.
M
En la figura hemos representado las fuerzas de rozamiento entre lo cilindros. Por se idénticos
y no existir deslizamiento entre ellos, las aceleraciones angulares de los tres cilindros tendrán
D
D
e
D
f21
f23
f32
c
d
M
f12
el mismo módulo y las direcciones indicadas en la figura.
Aplicamos la ecución fundamental de la dinámica de la rotación alrededor de un eje fijo a
cada uno de los cilindros:
Cilindro 1:
z
M r f12 I B
Cilindro 2:
{
r f12 r f 23 I B
Cilindro 3:
z
r f 23 I B
Sumando las tres ecuaciones resulta
M 3I B l B M
M
2M
1 2
3I 3 2 mr
3mr 2
siendo m la masa y r el radio de cada cilindro.
- 211 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Sólido Rígido: Trabajo y energía. M22.18
18. Un cilindro de masa total m que tiene una mitad de densidad doble que la otra se
abandona con velocidad nula sobre un plano sin rozamiento en la posición indicada en
la figura. Determinar la velocidad y aceleración angulares en el instante inicial y en el
instante en que el diámetro AA’ sea horizontal.
A’
A
Cálculo del centro de masa
Semicilindro macizo: Aplicamos el 2º Teorema de Pappus.
Vesf 2QE1 Ssemicirculo
º
4 3
QR2
Q R 2QE1
3
2
º
E1 4R
3Q
y
1
Cilindro completo:
E
m1E1
m1
m2E2 2m2E1 m2E1 E1
m2
2m2 m2
3
º
E
4R
9Q
O GG
mg
N
x
Cálculo de momentos de inercia
Momentos de inercia con respecto a los ejes longitudinales en
E
los puntos O y G (centro de masa)
1
1
2
I O mR 2 I G mR 2 mE 2
2
2
Estudio dinámico
O
Puesto que no existe rozamiento, se produce resbalamiento en
G
Z2
los puntos de contacto del cilindro con el plano. Siendo a la
aceleración del centro de masa y aplicando la 2ª Ley de Newton
£¦0 ma º a 0
E
F ma ¦¤¦ N mgx ma x
y
¦¥
Por ser siempre nula la componente horizontal de la aceleración, el centro
de masa no adquiere velocidad en la dirección horizontal; i.e., tan solo “cae verticalmente”.
Posición 1: Obviamente es Z1 =0 (condición inicial). Tomamos momentos en el punto O (ya
que su aceleración es horizontal y, en consecuencia, está dirigida hacia el c.m.)
mg E I OB1 º
B1 mg E
8g
IO
9Q R
1 2
1
mvG 2
I G X22
2
2
pero vG2=0 (su movimiento es vertical y ha alcanzado el punto más bajo de su trayectoria).
Por consiguiente
Posición 2: Principio de conservación de la energía:
mg E 1
I G X22
2
º
X22 Tomando momentos en el centro de masa (punto G):
- 212 -
0 mg E
2mg E
IG
0 I G B2
º
B2 0
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica impulsiva del sólido rígido. M24.1
O
1. Un sólido rígido, de masa m, está suspendido de un eje horizontal situado a una distancia h
h
de su centro de masa, como se indica en la figura. Sabemos que cuando aplicamos una
percusión , horizontal y perpendicular al eje, cuya línea de acción pasa a una distancia 2h
de eje de suspensión, dicho eje absorbe la mitad de dicha percusión. Determinar el
momento de inercia del sólido con respecto al eje de suspensión.
G
h
P
Escribimos la Ecuaciones Cardinales de la Dinámica Impulsiva (movimiento plano) del
Sólido Rígido, tomando momentos en el eje de suspensión:
£ 12 1 mvG
¦£¦1 1 a mvG
¦
1
1a l ¦
¤
¤
¦¥¦2h1 I X
¦¥
2
¦2h1 I X
Dividiendo miembro a miembro estas dos ecuaciones, tenemos
4hmvG
IX
O
4h l I
’
mvG
X
h
La velocidad del punto G, en la rotación pura alrededor del eje de
suspensión, viene dada por
vG hX
G
h
De modo que sustituyendo esta expresión en la del momento de
inercia, nos queda
4hmX h
2
I
4mh 2 m 2h
X
P
Si en el enunciado se omitiera la palabra “absorbe” en “dicho eje absorbe la mitad de dicha percusión”, el
planteamiento y el resultado sería distinto.
Escribimos la Ecuaciones Cardinales de la Dinámica Impulsiva (movimiento plano) del
Sólido Rígido, tomando momentos en el eje de suspensión:
¦£1 1 a mvG
¦£ 32 1 mvG
1
l ¦
1a ¤¦
¤
¦¥¦2h1 I X
¦¥
2
¦2h1 I X
Dividiendo miembro a miembro estas dos ecuaciones, tenemos
4hmvG
4
IX
h
l I
3
mvG
3X
O
’
h
La velocidad del punto G, en la rotación pura alrededor del eje de
suspensión, viene dada por
vG hX
De modo que sustituyendo esta expresión en la del momento de
inercia, nos queda
4hmX h 4 2 1
4
2
I
mh m 2h mh 2
3X
3
3
3
- 213 -
G
h
P
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica impulsiva del sólido rígido. M24.2
2. Una varilla uniforme de longitud l y masa m cuelga verticalmente y está sujeta por una articulación en su
extremo superior. Golpeamos la varilla en su extremo inferior aplicando una fuerza horizontal F que dura un
tiempo muy pequeño t. a) Determinar momento angular que adquiere la varilla respecto al extremo
superior. b) ¿Qué percusión habría que dar en la forma indicada para que la varilla llegará a alcanzar una
posición vertical hacia arriba? c) Siendo l = 1 m; m = 2.5 kg; F = 100 N y t = 1/50 s, averiguar si la varilla
alcanzará la posición vertical hacia arriba.
a) La percusión que recibe la varilla viene dada por
1 = F t
De las leyes de la dinámica impulsiva se sigue:
l1 L L l L l1 lF t
b) Expresamos la energía cinética que adquiere la varilla
inmediatamente después de la percusión en función de la magnitud de
ésta:
O
N.R.
1 2 L2 3l 21 2 31 2
Ek I X 2
2I
2ml 2
2m
m,l
ya que entre el momento angular y la velocidad angular existe la
relación:
=Ft
L
1 2
L IX l X con I ml
I
3
La energía (cinética + potencial gravitatoria) se conserva en el movimiento de la varilla
posterior a la percusión:
l 31 2
l
31 2
mg
l
mgl l 1 m
2 2m
2
2m
c) Con los datos del problema, serán:
mg
1
kg ¸ m 2
L 1q 2 2
2 N¸s
50
s
El valor mínimo de la percusión, calculado en el apartado b) sería
1 100q
2q9.8q1
6.39 N ¸ s
3
de modo que no alcanza la posición vertical
1min 2.5
- 214 -
2
3
gl
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica impulsiva del sólido rígido. M24.3
3. Sobre una varilla homogénea, de masa M y longitud l, que puede girar alrededor
A
de un eje fijo horizontal A, impacta elásticamente una partícula de masa m con
velocidad v0 perpendicular a la varilla. a) Calcular la velocidad de la partícula y la
velocidad angular de la varilla justamente después de la colisión. b) Determinar la
percusión en el eje A.
mv0
a) La cantidad de movimiento del sistema no se conserva, por tener el
sistema un eje impuesto, en el que, en principio, aparecerán percusiones
reaccionales..
Conservación del momento angular con respecto al eje de suspensión
que pasa por A:
2l
2l 1 2 ¬­
mv0 mv
Ml ®­­ X l 2m(v0 v) Ml X
3
3 3
Conservación de la energía cinética:
1 2 1 2 1 1 2 ¬­ 2
mv0 mv
Ml ®­­ X
2
2
2 3
cm l
cp
l/3
[1]
l 3m(v02 v 2 ) Ml 2 X 2 [2]
Dividimos m.a.m. las dos ecuaciones anteriores:
3m(v02 v 2 ) Ml 2 X 2
2m(v0 v)
Ml X
l
3(v0 v)
lX
2
[3]
que sustituida en la ecuación [1] nos conduce a
3(v0 v)
4 m 3M
l v
v0
2m(v0 v) M
2
4 m 3M
y sustituyendo este resultado de nuevo en la ecuación [1] obtenemos:
4 m 3M
12m v0
) l X
Ml X 2mv0 (1
4 m 3M
4 m 3M l
b) La resultante de las percusiones que actúan sobre el sistema es igual al cambio que
experimenta la cantidad de movimiento el sistema completo; esto es,
con vcm X
eje
p l 1eje mv
Mvcm mv0
l
6m
v0 , de modo que
2 4 m 3M
1eje mv
4m 2 3mM
Mvcm mv0
4m 3M
¬
6mM
m­­­ v0 0
­®
4 m 3M
como era de esperar ya que el impacto tiene lugar en el centro de percusión, por lo que la
varilla gira libremente alrededor del eje A.
Otro método
Podemos llegar directamente a la expresión [3] a partir de la regla de Huygens-Newton con un
coeficiente de restitución e = 1 (elástico):
v vB
2
e
1 l v vB v0 l X v0 l 3(v0 v) 2l X [3]
v0 0
3
- 215 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica impulsiva del sólido rígido. M24.4
4. Una viga uniforme, de longitud 2l y masa m, está sostenida hori-
G
zontalmente por dos apoyos, A y B, a una distancia x del centro
G de la viga. a) Determinar la distancia x para que, al suprimirse
súbitamente uno de los apoyos, no varíe en ese instante la reacción en el otro. b) Justamente después de suprimir el apoyo B,
calcular la aceleración del punto G de la viga.
x
A
x
B
a) Los puntos A y B deben ser conjugados; de modo que sus distancias al punto G tienen
cumplir la condición de Huygens para el centro de percusión, mhh ' I cm , de modo que será:
mxx mx 2 1
1
2
m 2l ml 2
12
3
l x
l
3
l 0.58 l
3
3
b) Antes de retirar el apoyo B, serán
FA FB 12 mg
FA
Justamente después de retirar el apoyo B, en las
condiciones del apartado anterior, la viga estará
sometida a las fuerzas
FA 12 mg
P mg
Aplicamos la primera ecuación cardinal de la dinámica
del sólido rígido para calcular la aceleración del centro
de masas de la viga:
P FA macm l mg 12 mg macm
FB
G
x
A
x
B
P
FA
A
G
x
P
acm g
1
2
Otro método
Antes de retirar el apoyo B, serán
FA FB 12 mg
Justamente después de retirar el apoyo B, en las condiciones que impone el enunciado del
problema, la viga estará sometida a las fuerzas
FA 12 mg
P mg
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la dinámica del sólido rígido, tomando momentos en
G, y tenemos en cuenta que tendrá lugar una rotación instantánea alrededor de A:
£
1
¦¦¦ acm 2 g
¦¦£mg 12 mg macm
¦¦
¦¦ 1
2
2
¤ 2 mgx 13 ml B l ¤B 23 gx / l
¦¦
¦¦
¦¦acm B x
¦¦ 1 g 3 gx 2 / l 2 l x 2 1 l 2 l x 3 l
¥
2
3
3
¦¥ 2
- 216 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica impulsiva del sólido rígido. M24.5
5. Una varilla rectilínea y uniforme, de masa m y longitud l, que dispone de
m, l
gancho
un gancho en uno de sus extremos, cae libremente en posición horizontal.
En el instante en que su velocidad es v0, la varilla queda enganchada en
v0
eje
un eje horizontal fijo. a) Determinar el estado de movimiento de la varilla
inmediatamente después de quedar enganchada en el eje. b) Calcular la reacción percusional en el eje.
c) Determinar el cambio que experimenta la energía cinética de la varilla.
a) Durante el proceso impulsivo, la varilla está sometida a una percusión, por lo que no se
conservan ni su cantidad de movimiento ni su energía cinética. En cambio, se conserva el
momento angular de la varilla con respeto al eje, por ser
m, l
nulo el momento percusional con respecto al mismo; esto
es,
v0
¬
+
l 1
3v
mv0 ml 2 ­­­ X l X 0
®
2 3
2 l
+
m, l
y la velocidad del c.m. de la varilla será
l 3
vcm
vcm X v0
2 4
b) La percusión que recibe la varilla es igual al cambio que experimenta su cantidad de
movimiento; esto es,
3
¬
1
1 m(vcm v0 ) m v0 v0 ­­­ mv0 (hacia arriba)
4
®
4
c) Cambio de la energía cinética:
²
1
¦
¦
E0 mv02
¦
¦
2
1 2
¦
» l E E E0 mv0
2
¦
¬
¬ 3 v ¬
8
1 1
1 1
3
E ml 2 ­­­ X 2 ml 2 ­­­ 0 ­­­ mv02 ¦¦
¦
®
® 2 l ®
2 3
2 3
8
¦
¼
E 1/ 8
0.25 25% .
de modo que hay una pérdida de energía cinética igual al E0 1/ 2
Otro método
a) y b) Aplicamos las ec. cardinales de la dinámica impulsiva, tomando momentos en el c.m.
de la varilla:
1 m vcm v0
¦²¦
¦ u l l 1 l2 X
l 6vcm l X 6v0
»
1 2
l
2 12 vcm v0
1 ml X 0 ¦¦
¦¦¼
2
12
l
y la condición de ligadura (rotación alrededor del eje): vcm X
2
Resolviendo este sistema de 2 ec. con dos incógnitas, tenemos
3v
3
1
X 0
vcm v0
l
1 mv0
2 l
4
4
- 217 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica impulsiva del sólido rígido. M24.6
6. Una varilla rectilínea y uniforme, de masa m y longitud l cae libremente en
m, l
cuchilla
posición horizontal. En el instante en que su velocidad es v0, 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.
a) Durante el proceso impulsivo, la varilla está sometida a
una percusión externa en su extremo izquierdo, por lo que no A
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 A
dividimos m.a.m. para eliminar :
v0
m, l
C
v0
+
+
m, l
vcm
£
1 m vcm v0
¦
¦
1
l
X
¦
l l2
l 6vcm l X 6v0
(1)
¤l
1
2
m.a.m.
u
¦¦ 1 ml X 0
2 12 vcm v0
¦
12
¦
¥2
Aplicamos la Regla de Huygens-Newton con e =1 (colisión perfectamente elástica), siendo vA
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:
£
vA v0
¦
¦
l
¦
l vcm X v0 l 2vcm Xl 2v0
(2)
¤
l
¦
2
v
v
X
A
cm
¦
¦
2
¥
Resolvemos el sistema de ecuaciones (1) y (2):
£¦vcm 0.5v0
£
¦
6vcm l X 6v0
¦
¦
l 8vcm 4v0 l ¦¤
¤
3v0
m.a.m.
¦¥
¦2vcm l X 2v0
¦¦¦X l
¥
Método 2º. Conservación del momento angular en A:
l
l 1 2 ¬­
mv0 mvcm
ml ®­­ X l 6v0 6vcm l X
2
2 12
Método 3º. Aplicamos la Regla de Huygens-Newton en A.
Además, sabemos que el conjugado del punto de percusión
A se encuentra en A’, a una distancia 2l/3 del punto A y que A
su velocidad después de la percusión no se altera (v0), por lo
que obtenemos la velocidad de A a partir de ella:
v0
£
vA v0
¦
3v0
¦
A
l X
¤
¦
l
¦
¥vA v0 2l / 3 X
A partir de la velocidad de A determinamos la del centro de
masa
- 218 -
(1)
m, l
v0
m, l
C A’
vcm
+
+
v0
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica impulsiva del sólido rígido. M24.7
l
l 3v0
X v0
0.5v0
2
2 l
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
1 m vcm v0 m 0.5 1 v0 mv 0 (hacia arriba)
2
c) Variación de la energía cinética:
£
1
£¦
¦
1
¦
¦¦E E E0 mv02
E0 mv02
¦
¦
2
¦
4
¦¤
l ¦¤
2
¦¦
1 2
1 1 2 ­¬ 2 1 v02 1 1 2 ­¬ 3v0 ­¬
1 2 ¦¦ E 0.5 50%
¦¦ E mvcm
¦
ml ­­® X m
ml ­­® ­­ mv0
2
2 12
2 4 2 12
4
l ®
¦
¥¦¦ E0
¥
vcm vA
de modo que la pérdida de energía cinética representa el 50% de la inicial.
- 219 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica impulsiva del sólido rígido. M24.8
7. Una barra uniforme de longitud l1 y masa M puede girar libremente en el
plano vertical alrededor de una bisagra O. De la bisagra pende una
partícula de masa m colgada de un hilo de longitud l2. La barra se
abandona a partir del reposo en la posición indicada y al chocar con la
partícula, ésta queda adherida a la barra. Determinar la velocidad angular
que adquiere el conjunto inmediatamente después del choque.
l1
M
O
l2
m
1º.- Movimiento inicial de la barra. Aplicamos el Principio de
conservación de la energía (nivel de referencia en O):
l
3g
0 Mg 1 12 13 Ml12 X 2 º X 2 2
l1
2º.- Colisión inelástica manteniendo un eje fijo. Se produce una percusión en el eje, por lo
que no se conserva la cantidad de movimiento del sistema. En cambio, el momento angular
respecto del eje (O) permanece constante.
¦£¦ 13 Ml12 X 13 Ml12X a mv al2
º 13 Ml12 X 13 Ml12X a ml2 2 X a 13 Ml12 ml2 2 X a
¤
¦¦v a X al2 (condicion de ligadura)
¥
o sea
Xa Ml12
Ml12
X
2
1
ml2 2
Ml12 3ml2 2
3 Ml1
1
3
- 220 -
3g
l1
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica impulsiva del sólido rígido. M24.9
m, l
8. Una placa rectangular, de lado l y masa m uniformemente distribuida,
puede girar alrededor de un eje fijo horizontal que coincide con uno de sus
bordes, como se indica en la figura. Separamos la placa hasta la posición
horizontal y la abandonamos partiendo del reposo. Cuando alcanza la posición vertical, la placa colisiona (coeficiente de restitución, 0 < e < 1) contra
el borde de otra placa idéntica que se encontraba en reposo sobre un plano
horizontal. a) Determinar las velocidades de cada placa justamente después
de la colisión. b) Calcular la reacción percusional suministrada por el eje.
m, l
Primera fase: Durante la rotación de la primera placa se conserva
la energía de ésta, de modo que
0 mg
l
2
1 1 2 ¬­ 2
ml ®­­ X0
2 3
l X02 3g
l
l X0 N.R.
3g
l
l/2
Segunda fase: Durante la colisión entre las dos placas,
x No se conserva la cantidad de movimiento del sistema (por
existir una reacción externa en el eje),
x Se conserva el momento angular con respecto al eje:
1 2 ¬
1 2 ¬
ml ®­­­ X0 ml ®­­­ X mvl l l X 3v l X0
E
3
3
x
No se conserva la energía cinética del sistema (por
tratarse de una colisión parcialmente elástica). Sin
embargo, puesto que se supone conocido el coeficiente
de restitución, podemos aplicar la Regla de HuygensNewton en el punto A de contacto durante la colisión
(frontal); esto es,
l X v e l X0 0
l l X v el X0
m, l
+
+
E
+
m, l
m, l v
l
-
+
A
Disponemos de dos ecuaciones con dos incógnitas (, v):
£¦
£
¦
1
¦¦X 1 3e X
¦
X X0
¦
0
¦
¦
4
2
¦£¦l X 3v l X0
l ¦¤
l e 1¦
¤
¤
¦¥¦l X v el X0
¦¦
¦
1 e
1
¦
¦¦v ¦
l X0
v l X0
¦
¦¥¦
¦
4
2
¦
¥
b) La percusión que suministra el eje es igual al cambio que experimenta la cantidad de
movimiento del sistema.
l
Antes de la colisión: p0 mvcm mX0
2
£¦
1
l
3e l 1 3e
¦¦ p1 mvcm mX m
X0 ml X0
3 e
2
4
2
8
Después: ¦¤
ml X0
l p p1 p2 ¦¦
1 e
8
ml X0
¦¦ p2 mv 4
¦¥
De modo que
1eje p p0 3 e
1
1 e
1 e
ml X0 ml X0 ml X0 m 3 gl
8
2
8
8
- 221 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica impulsiva del sólido rígido. M24.10
9. Un tren de engranajes de radios r1 y r2 y masas m1 y m2 se acoplan del
modo en que se indica en la figura, permaneciendo los ejes sobre los
puntos fijos O1, y O2. Supongamos que los dientes sean lo
suficientemente pequeños como para poder considerar cada engranaje
como un cilindro homogéneo. a) Determinar la velocidad angular con
que cada engranaje inicia el movimiento al incidir una percusión
tangencialmente en el punto A. b) Calcular las reacciones
percusionales en los ejes.
O2
A
1
O1
2
a) Durante la percusión en el punto A, aparecen las percusiones, 1 , 2, 12 y 21 que
actúan tal como se indica en la figura, con 12 = 21 (acción-reacción).
Para cada cilindro, el momento de percusional con respecto del eje de rotación es igual al
incremento del momento angular; i.e.,
1
21
}
1 r1 112 r1 I1X1 12 m1r12 X1
|
121r2 I 2 X2 m r X2
1
2
O2
A
2
2 2
1
y como la condición de rodadura da lugar a que
X1r1 X2 r2
O1
2
12
2
de modo que tenemos tres ecuaciones con tres incógnitas ( , 1 y 2).
Resolviendo este sistema de ecuaciones tenemos:
£¦
21
¦¦X1 1
£1 112 2 m1r1X1
¦
(
m
m2 )r1
¦
1
¦
l 1 12 (m1 m2 )r1X1 l ¦¤
¤
1
1
¦
¦
21
¦
¥121 2 m2 r2 X2 2 m2 r1X1
¦¦¦X2 (
m
m2 )r2
¦¥
1
b) Podemos calcular
12
121 112 12 m2 r2 X2 m21
m1 m2
Cálculo de las reacciones percusionales en los ejes: Para cada cilindro, la resultante de
todas las percusiones es igual al incremento de su cantidad de; i.e.,
41 m vcm 0
puesto que el centro de masa de cada cilindro permanece en reposo. Así, escribimos las
ecuaciones
11 1 112 0 l 11 1 112
112 12 0 l 1 2 112
de modo que
11 m1 2m2
1
m1 m2
12 en las direcciones que se indican en la figura.
- 222 -
m2
m1
m2
1
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.1
1. Una barra de sección rectangular 100 u 50 mm y 2 m de longitud, sometida a una tracción de 50 t
experimenta un alargamiento de 1 mm y una contracción lateral de 0.007 mm en la arista de 50 mm.
Calcular: a) El módulo de Young de la barra. b) El valor del coeficiente de Poisson. c) La contracción que
experimenta la arista de 100 mm de la sección recta. d) Dimensiones de la sección recta si se somete a la
barra a una tracción de 40 t.
a) A partir de la definición del módulo de Young, se sigue:
T
l F
F/S
E l 0
Fl %l / l0 %l S
F
2000 50 u103 u 9.8
N
u
1.96 u 1011 2
1
0.05 u 0.100
m
b) A partir de la definición del coeficiente de Poisson, tenemos:
0.007 / 50
b
l
b / b
N
l N 0.28
l / l0
1 / 2000
b
l0
E
c) La deformación transversal en la arista de 100 mm será:
a
l
1
Fa N 0.28
1.4q104
2000
a
l0
l
a Fa a 1.4q104 q100 0.014 mm
d) Teniendo en cuenta la proporcionalidad directa entre fuerzas y deformaciones,
'ac F c
Fc
40
o 'ac
'a
u ( 0.014) 0.0112 mm
'a F
F
50
a 100 0.0112 99.9888 mm
'bc F c
Fc
40
o 'bc
'b
u ( 0.007) 0.0056 mm
'b F
F
50
b 50 0.0056 49.9944 mm
- 223 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.2
2. Una barra de sección rectangular a u b = 100 mm u 50 mm y 2 m de longitud experimenta un alargamiento
de 1 mm y una contracción lateral 'b = 0.007 mm cuando se la somete a una tracción de 50 t. a) Calcular
el módulo de Young y el coeficiente de Poisson de la barra. b) Calcular la variación de la sección recta de la
barra.
a) A partir de la definición del módulo de Young, se sigue:
50q103 q9.8 / 0.100q 0.050
Tl
F/S
N
E 1.96q1011 2
m
Fl
l / l0
1/ 2000
A partir de la definición del coeficiente de Poisson, N N F
b
a
FD
, tenemos:
Fl
b / b
0.007 / 50
0.28
l / l0
1/ 2000
b) La deformación transversal en la arista de 100 mm será:
a
l
1
Fa N 0.28
1.4q104
2000
a
l0
l
l
a Fa a 1.4q104 q100 0.014 mm
El cambio unitario que experimenta la sección recta de la varilla es:
S a b
1.4q104 1.4q104 2.8q104
S
a
b
Y el cambio que experimenta la sección transversal es
S 2.8q104 q100q50 1.4 mm 2
- 224 -
F
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.3
300 cm
3. Un cable de acero, de 1 mm2 de sección, se sujeta horizontalmente, sin
tensión, a dos soportes distantes 300 cm. Se suspende una carga P en el
punto medio del cable produciéndose en el mismo un esfuerzo de
1000 kg/cm2. a) Calcular el alargamiento que experimenta el cable. b) Determinar el peso de la carga. Datos: E = 2u106 kg/cm2
P
a) A partir de la definición del módulo de Young (ley de Hooke) tenemos:
T F/S
l F
E l l F l / l
E S
De modo que
300 cm
l q1000 kg/cm 2 0.15 cm
2q106 kg/cm 2
b) Determinaremos el ángulo T a partir de las longitudes inicial y final del cable:
l/2
l
300
cos R =
0.9995 º R 1.81o
l l / 2 l l 300.15
Tras la deformación, el sistema constituido por el alambre y la carga suspendida queda en
equilibrio, por lo que será 6F = 0; esto es,
P 2 F sen R
Y sustituyendo los datos
¬
kg
P 2 1000 2 q 0.01 cm 2 ­­­ sen (1.81º ) 0.63 kg
®
cm
l/2
F
F
P
- 225 -
(l+l)/2
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.4
4. Un peso cuelga de un cable de acero de 2 m de longitud 1 mm2 de sección. Se desea sustituir dicho cable
por otro de cobre de 3 m de longitud. a) ¿Qué sección deberá tener el cable de cobre para que se alargue lo
mismo que el de acero? b) ¿Ídem para que se rompan a la misma tensión?
Datos:
acero:
E 2.0q1011 N/m 2
Trup 4q108 N/m 2
cobre:
E 1.1q1011 N/m 2
Trup 2q108 N/m 2
Fl
T F/S
l l ES
F l / l
a) Imponemos la condición de que ambos cables experimenten el mismo
alargamiento:
Flac
FlCu
E l
lac lCu l
l SCu ac Cu Sac
Eac Sac ECu SCu
ECu lac
Definición del módulo de Young: E l
y sustituyendo valores
2.0 3
q q1 2.73mm
1.1 2
b) Imponemos la condición de que sean iguales las tensiones de ruptura en los dos
cables:
SCu Facrup FCurup
rup
l Tacrup Sac TCu
SCu
l SCu y sustituyendo valores
4
SCu q1 2 mm 2
2
- 226 -
Tacrup
S
rup ac
TCu
F
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.5
5. De dos hilos de longitud l, sección S y módulos de Young E y 2E se cuelga una masa m
inicialmente en reposo, como se indica en la figura. Determinar la frecuencia angular y la
amplitud de las oscilaciones verticales del sistema.
E
2E
m
En cada instante los dos cables tienen igual deformación x, de modo que
F1 ES
x
l
F2 2E S
x
l
3ES
x keq x
l
F1
F2
de modo que la constante elástica de los dos
A
hilos es
x
m
posición de
m
3ES
equilibrio
keq l
El sistema equivale a una masa suspendida de un muelle de constante elástica keq, por lo que
la frecuencia de sus oscilaciones es
l
E
2E
F F1
F2 keq
3ES
m
ml
Dado que la energía mecánica se conserva, igualamos la energía del sistema en la posición
inicial (1) (cuando se cuelga la masa) y la de máxima deformación (2)
X
Ep1
1
2A
N.R.
posición
inicial
2
posición de
equilibrio
elongación
máxima
- 227 -
Ek1
Eel1 Ep2
1
mg 2 A keq 2 A
2
mg mgl
A
keq 3ES
Ek 2
2
l
Eel2
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.6
6. Una barra homogénea de 1000 N de peso se cuelga en posición horizontal de tres
hilos de igual sección y longitud inicial como se indica en la figura. Determinar en
que relación se alargan los hilos (unos respecto a otros) y que fuerza soporta cada
uno de ellos en los siguientes casos: a) El hilo central es de acero y los de los
extremos de cobre. b) El hilo de acero es el de uno de los extremos y los otros dos
de cobre. Datos: El módulo de Young del acero es doble que el del cobre.
a/2
a/2
a
a) En virtud de la simetría que presenta el problema, los tres hilos experimenta el mismo
alargamiento, por lo que de la definición del módulo de Young y de las ecuaciones de la
estática se obtiene:
T
T
Eacero Tacero Facero
2 l Facero 2 Fcobre
F cobre acero l
Ecobre Eacero
Ecobre Tcobre Fcobre
C
P
cobre
- 228 -
cobre
£¦ F1 363.6 N
¦¦
£¦¦2 F1 F2 1000
¦
l ¤ F2 272.7 N
¤
¦¥¦ F2 0.75 F1
¦¦
¦¦¥ F3 363.6 N
B
cobre
Así que el hilo 3 experimenta una deformación doble que el 1. La
deformación del hilo 2 será F2 1.5 F1 , de modo que las
deformaciones (alargamientos) se encuentran en la relación
2:3:4
Al comparar las deformaciones de los hilos de cobre (2 y 3) se obtiene:
F2 T2 F2 1.5
0.75 l F2 0.75 F3 0.75 F1
F3 T3 F3
3
De modo que
FCu
acero
ya que F1 y F3 presentan el mismo brazo con respecto a B. A
partir de este resultado, teniendo en cuenta la definición del
módulo de Young, se sigue:
F1
F1 T1 F1 Eacero
F
2 1 1 l F3 2F1
x1
F3
F3 T3 F3 Ecobre
Fac
acero
cobre
£
£ Fcobre 250 N
2 Fcobre Facero 1000
¦
¦
¦
l ¦¤
¤
¦
¦
¦ Facero 2 Fcobre
¦ Facero 500 N
¥
¥
F
b) Cuando colocamos el hilo de acero en un extremo, la barra se Cu
inclina, ya que, a igualdad de esfuerzos, el acero se alarga menos
que el cobre. Las ecuaciones de la estática, tomando momentos en
A
B, se escriben en la forma:
£ F1 F2 F3 P
¦
¦£2 F1 F2 P
¦
l ¦
¤
¤
¦
¦
¦ F1b F3b
¥
¥¦ F1 F3
F3
F2
x2
B
P
x3
C
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.7
7. Una barra prismática está constituida por dos materiales diferentes A y B y se somete a compresión en sus
extremos, según se indica en la figura. Determinar la variación de volumen que se produce en la barra en
función de los módulos de Young y coeficientes de Poisson de los materiales.
F
S
Se trata de una compresión longitudinal pura (sin esfuerzos laterales externos) en
la que ambos segmentos de la barra (A y B) están sometido a un mismo esfuerzo: lA
F
(compresor)
T S
lB
En cada uno de los segmentos, la deformación unitaria longitudinal vale
T
F
Fzz (acortamiento)
E
SE
F
y la deformaciones unitarias transversales son
z
NF
Fxx F yy NFzz (ensanchamiento)
ES
x
y
de modo que el cambio de volumen será
V
F
Fxx F yy Fzz (1 2N)Fzz 1 2N
V
ES
V ­¬
Fl
V
Sl 1 2N
(disminuye)
V ­­®
E
En definitiva
A
1 2NA
FlA
EA
(disminuye)
B
1 2NB
FlB
EB
(disminuye)
Segmento A:
V
Segmento B:
V
Total:
V V
A
V
B
(disminuye)
- 229 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.8
8. Un pilar de hormigón armado y sección cuadrada debe soportar una carga, a compresión pura, de
2.5 u 106 N. Se sabe que el 10% del área de la sección cuadrada del pilar está ocupado por los “redondos”
(varillas cilíndricas) de acero y el resto por hormigón en masa. Las características máximas de trabajo
permitidas y los módulos de Young tienen los valores siguientes:
Tmax H 25 N mm 2
Tmaxacero 400 N mm 2
EH 30 000 N mm 2
Eacero 200 000 N mm 2
a) Calcular la deformación unitaria máxima del 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.
a) Las deformaciones máximas experimentadas en las condiciones críticas de
trabajo son
Tmax H
25
0.83q103
hormigón: Fmax H EH
30 000
Tmax acero
400
acero: Fmax acero 2q103
Eacero
200 000
Como
Fmax H Fmax acero , y ambos materiales experimentan la misma
deformación, tendrán el límite del más crítico; i.e.,
F Fmax H 0.83q103
b) La carga soportada por cada uno de los materiales será
FH 0.9 S EH F
¦²
Facero 0.9 EH 0.1 Eacero S F 2.5q106
» F
Facero 0.1 S Eacero F ¦¦¼ H
S
27 000
2.5q106
63830 mm 2
20 000 (0.83q103 )
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
º r 22.3 mm º
- 230 -
44.6 mm
F
a
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.9
9. Se cuelga una bola de 20 kg de un hilo de acero de 1 mm de diámetro y 3 m de longitud que se supone sin
peso. El sistema se comporta como una masa unida a un resorte. Cuando se le hace vibrar verticalmente,
manteniéndose el hilo siempre tenso, la frecuencia resulta ser 8.14 Hz. a) Determinar la constante elástica
(k) del hilo. b) Deducir la relación existente entre el módulo de Young del hilo y la constante k.
c) Determinar el módulo de Young de este acero.
a) La frecuencia angular del m.a.s. que realiza la masa unida al hilo viene dada por
X2 k
m
º
k mX 2 20 (2Q q8.14) 2 52 316.48
N
m
l
b) A partir de la definición del módulo de Young, tenemos
E
T F /S
F %l / l
º F
ES
ES
%l k %l º k l
l
=
E
kl
S
c) Aplicando la expresión anterior a los datos que nos dan en el enunciado, se sigue
E
kl
4kl
4q52 316.48q3
N
19.98q1010 2
S
m
QD2
Q q (103 ) 2
- 231 -
F
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.10
10. a) Calcular el aumento de longitud que experimenta un cable de acero ordinario de 100 m de longitud
cuando se le suspende verticalmente por uno de sus extremos, de modo que se estira elásticamente bajo la
acción de su propio peso. Despreciar las variaciones originadas en la sección recta y en la densidad como
consecuencia del alargamiento. b) ¿Se supera el límite elástico en alguna sección recta del cable? c) ¿Qué
longitud máxima de cable puede suspenderse sin que ocurra su ruptura?
Datos para el acero: densidad, 7.87 g/cm3; módulo de Young, 20u1010 N/m2; límite elástico, 25u107 N/m2;
esfuerzo de ruptura, 50u107 N/m2.
a) La tensión no es constante a lo largo del todo el cable, sino que va
aumentando conforme nos alejamos del punto de suspensión. La
tensión y el esfuerzo tensor en un punto situado a una distancia x del
punto de suspensión corresponden al peso de la porción de cable
situada por debajo de dicho punto; esto es,
F ( x)
S lx g
F ( x) S l x Sg l T ( x) S
Consideremos un elemento infinitesimal de cable, de longitud dx,
situado a una distancia x del punto de suspensión. El alargamiento
dY
unitario experimentado por dicho elemento será F , donde d es el
dx
aumento de longitud que experimenta el elemento. Aplicando la
definición del módulo de Young, T E F , resulta
dY
Sg
T ( x ) E S l x g l dY l x dx
E
dx
El aumento de longitud que experimenta el cable completo será la suma
de las contribuciones de todos los elementos de cable,
x
dx
dx+d
F(x)
l
Sg l
Sg ¡
x2 ¯
S g 2 l 2 ­¬ S g 2
l x dx lx ° l
l ­­ ¨
E 0
E ¡¢
E
2 °± 0
2 ­® 2 E
l
l ¨ dY y sustituyendo los valores numéricos
7.87q103 q9.8
q1002 1.93q107 q104 1.93q103 m 1.93 mm
2q 20q1010
b) La tensión y el esfuerzo tensor en el cable son máximos en el punto de suspensión (x=0),
por lo que
l Tmáx T (0) S gl 7.87 q103 q9.8q100 0.771q107 N/m 2
que es considerablemente menor que el límite elástico del acero, Trup 25q107 N/m 2 .
c) Puesto que el esfuerzo tensor no puede superar el valor del esfuerzo de ruptura, la longitud
del cable deberá ser inferior a
Trup
50q107
lmáx 6 483 m 6.5 km
Sg
7.87 q103 q9.8
- 232 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.11
11. Un paralelepípedo de cierto material elástico (coeficiente de Poisson P = 0.3 y
módulo de Young E = 2u107 N/cm2), que a cierta temperatura tiene dimensiones
a = 10 cm, b = 30 cm y c = 40 cm, se introduce entre dos mordazas rígidas,
c
planas, paralelas y horizontales separadas por una distancia c. Por efecto de un
a
aumento de temperatura, en ausencia de tensiones mecánicas, el paralelepípedo
b
-4
experimenta una dilatación térmica unitaria de 2.5u10 en cada una de las tres
dimensiones dadas. a) Calcular el valor de la tensión y de la fuerza ejercida por
las mordazas que impiden la dilatación térmica del material en la dirección
vertical. b) Determinar las dilataciones unitarias y absolutas que, en estas condiciones, tendrán realmente
cada una de las aristas. c) Hallar la variación unitaria de volumen del paralelepípedo.
a) Como consecuencia de la dilatación térmica, aparecen esfuerzos
mecánicos compresores en la dirección del eje z, que contrarrestan
la dilatación térmica; esto es,
z
zz
T zz EFtérm 2q1011 q 2.5q104 5q107 N/m 2
c
y, por ser compresor, será negativo:
T zz 5q10 N/m
7
2
a
La fuerza compresora ejercida sobre las caras será:
F T zz S ab T zz 0.10q 0.30q5q107 =1.5q106 N
x
b
y
zz
b) Escribimos las Ecuaciones Elásticas para valorar las deformaciones unitarias debidas a los
efectos puramente mecánicos:
£¦
¦¦Fxx 1 T xx NT yy NT zz N T zz
5q107
¦¦
E
E
0.75q104
Fxx F yy 0.3q
¦¦
11
1
T
2
q
10
¦¤F NT
T yy NT zz N zz
xx
¦¦ yy E
E
¦¦
T
1
¦¦F NT NT
T zz zz Ftérm 2.5q104
xx
yy
¦¦¥ zz E
E
Las deformaciones unitarias reales serán la superposición (suma) de las de origen elástico y
de origen térmico. Esto es,
*
*
4
£
¦
2.5q104 3.25q104
¦Fxx F yy 0.75q10
¤ *
4
¦
2.5q104 0
¦
¥Fzz 2.5q10
y las deformaciones absolutas pedidas son
¦£¦a* aF*xx 0.1q3.25q104 3.25q105 32.5 m
¦¦ *
*
4
5
¤b bF yy 0.3q3.25q10 9.75q10 97.5 m
¦¦
¦¦c* cF* 0
zz
¥
c) La variación unitaria del volumen es:
V *
F*xx
V
F*yy
F*zz 6.5q104
- 233 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.12
12. Un cuerpo, cuya forma es la de un paralelepípedo rectangular, se somete a
compresión normal uniforme sobre dos de sus caras opuestas, en tanto que
se impide la expansión transversal, de modo que su anchura permanezca
constante, utilizando una armadura rígida como la que se muestra en la
figura adjunta. a) Determinar las deformaciones unitarias en las aristas del
paralelepípedo y los esfuerzos sobre las otras caras. b) Determinar los valores efectivos del módulo de Young (Eef) y del coeficiente de Poisson (μef)
correspondientes a esta forma de compresión (definidos por
E'
T xx
Fxx
y N' Fzz
).
Fxx
a) Escribimos las ecuaciones elásticas:
£¦
1
¦¦Fxx (T xx NT yy NT zz )
¦¦
E
¦¦
¦¤F 1 (T NT NT ) con
xx
zz
¦¦ yy E yy
¦¦
¦¦F 1 (T NT NT )
xx
yy
¦¦¥ zz E zz
z
F
bloque
y
x
F
armadura
£
1
¦
¦
Fxx (T xx NT yy )
¦
¦
E
¦
¦
¦
1
¦
l ¤0 (T yy NT xx )
¦
E
¦
¦
¦
1
¦
Fzz (NT xx NT yy )
¦
¦
E
¦
¥
£¦F yy 0
¦
¤
¦¦T 0
¦¥ zz
Resolvemos este sistema de 3 ec. con 3 incógnitas ( Fxx , Fzz , T yy ):
£
¦
1
1 N 2
¦
¦
Fxx (T xx N 2T xx ) T xx
¦
E
E
¦
¦
¦
¦
¤T yy NT xx
¦
¦
¦
¦
1
N(1 N)
¦
Fzz (NT xx N 2T xx ) T xx
¦
¦
E
E
¦
¥
z
F
b) Valores efectivos del módulo de Young y del
coeficiente de Poisson:
£¦
T xx
E
¦¦ E T xx 2
¦¦ ef F
N
1
N2
1
xx
¦¦
T xx
E
¤
¦¦
(1 N)
F
N
N
¦¦
zz
¦¦Nef F 1 N 2 1 N
xx
¦¥
- 234 -
bloque
y
x
F
armadura
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.13
13. Sobre un bloque cúbico, de 25 cm de arista, se ejerce una fuerza de 625 t, mediante
F
una plancha rígida. Dicho bloque se encuentra perfectamente encajado entre dos
paredes rígidas. Determínense: a) Las deformaciones sufridas por las aristas (en las
tres direcciones principales). b) La presión que se ejerce sobre las paredes
laterales. c) La variación de volumen que experimenta el bloque.
Datos: módulo de Young, E = 1011 N/m2 ; coeficiente de Poisson, P = 0.4.
a) y b) Escribimos las ecuaciones elásticas:
£
£
1
¦
¦
¦
¦
Fxx (T xx NT yy NT zz )
¦
¦
T xx 0
¦
¦
E
¦
¦
¦
¦
¦
1
¦
¦
¤F yy 0
¤F yy (T yy NT xx NT zz ) con ¦
¦
¦
E
¦
¦
¦
¦
¦
¦
1
F
625 000q9.8
N
¦
¦
(
)
F
T
NT
NT
9.8q107
T zz ¦
¦
zz
zz
xx
yy
2
2
¦
¦
E
S
0.25
m
¦
¥
¦
¥
de modo que
£
1
N
¦
¦
[1] Fxx (NT yy NT zz ) (T yy T zz )
z
¦
¦
E
E
¦
¦
¦
1
¦
¤[2] 0 (T yy NT zz )
¦
E
¦
¦
¦
1
x
¦
[3] Fzz (T zz NT yy )
¦
¦
E
¦
¥
Resolvemos este sistema de 3 ec. con 3 incógnitas:
[2] l T yy NT zz 0.4q (9.8q107 ) 3.92q107
N
(compresor)
m2
0.4
(3.92 9.8)q107 5.49q104
1011
= x Fxx x0 5.49q104 q 0.25 1.37q104 m 0.137 mm
[1] l Fxx 1
1 0.42
(1 N 2 )T zz (9.8q107 ) 8.23q104
E
1011
= z Fzz z0 (8.23q104 )q 0.25 2.06q104 m 0.206 mm
[3] l Fzz c) Para el cambio de volumen tenemos:
V
Fxx F yy Fzz (5.49 0 8.23)q104 2.74q104
V0
= V (2.74q104 )q 0.253 4.28q106 m3 4.28 cm3
- 235 -
y
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.14
14. Un pilar “zunchado” (i.e., recubierto de otro material que impide dilataciones transversales) soporta una
carga de 1500 N/cm2. a) ¿Qué esfuerzos transversales soportará el zuncho? b) ¿Cuál será la deformación
vertical del pilar, si éste tiene 3 m de altura?
Datos: módulo de Young, 2u106 N/cm2; coeficiente de Poisson, 0.25.
Datos:
£
N
N
¦
¦
E 2q106
2q1010 2
¦
2
¦
cm
m
¦
¦N 0.25
¤
¦
¦
N
N
¦
¦
T zz 1500 2 15q106 2
¦
¦
cm
m
¦
¥
a) Escribimos las ecuaciones elásticas, con las condiciones Hxx= Hyy= 0; esto
es, :
£
1
¦
¦
Fxx (T xx NT yy NT zz ) 0
¦
¦
E
¦
¦
¦
1
¦
¤F yy (T yy NT xx NT zz ) 0
¦
E
¦
¦
¦
1
¦
Fzz (T zz NT xx NT yy )
¦
¦
E
¦
¥
zz
z
y
x
Las dos primeras nos conducen a
£¦T xx NT yy NT zz
N
¦¤
T zz
l T xx T yy ¦¦NT xx T yy NT zz
1 N
¥
y sustituyendo valores
0.25
N
(15q106 ) 5q106
T xx T yy 0.75
cm 2
b) La tercera ecuación elástica nos permite calcular la deformación unitaria longitudinal del
pilar:
1
Fzz [T zz N(T xx NT yy )] E
1
1
[T zz 2NT xx ] (15 2q 0.25q5)q106 6.3q104
E
2q1010
y el acortamiento total será:
z Fzz z 6.3q104 q3 1.89q103 m= 1.89 mm
- 236 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.15
pilar
15. Un pilar cilíndrico, de 20 cm de diámetro y 3 m de altura, de hormigón (E = 2.8+1010 N/m2,
= 0.4), está revestido exteriormente con un zuncho de acero que impide las dilataciones transversales. a) Determinar la contracción longitudinal que experimenta el pilar cuando soporta una
carga vertical de 8000 kg. b) Calcular el esfuerzo transversal que soporta el zuncho.
Escribimos las ecuaciones elásticas, imponiendo las condiciones de
imposibilidad de dilataciones transversales debidas al zuncho rígido:
£
1
¦
¦
Fxx (T xx NT yy NT zz ) 0
¦
¦
E
¦
¦
¦
1
¦
¤F yy (T yy NT xx NT zz ) 0
¦
E
¦
¦
¦
1
¦
Fzz (T zz NT xx NT yy )
¦
¦
E
¦
¥
pilar
zuncho
z
de modo que disponemos de tres ecuaciones con tres incógnitas
( Fzz , T xx , T yy )
Resolviendo las dos primeras y sustituyendo los resultados en la tercera,
tenemos:
£¦T xx NT yy NT zz
N
¦¤
T zz
l T xx T yy ¦¦NT xx T yy NT zz
1 N
¥
Y sustituyendo en la tercera,:
H zz
1
(V zz PV xx PV yy )
E
§
2 P 2 · V zz
¨1 ¸
© 1 P ¹ E
Sustituyendo los datos en los resultados algebraicos anteriores, tenemos:
E 2.8q1010 N/m 2 ; N 0.4; S 14 Q q 0.202 0.0314 m 2 ;
8000q9.8
2.50q106 N/m 2
0.0314
2q 0.42 ­¬ 2.50q106
­
Fzz 1
4.16q105
1 0.4 ®­­ 2.8q1010
T xx x Fzz h 4.16q105 q3 0.125 mm
T xx T yy 0.4
2
2
T zz T zz 2.50q106 1.67 q106 N/m 2
1 0.4
3
3
- 237 -
zuncho
y
x
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.16
16. a) Expresar el módulo de compresibilidad de un material en función del módulo de Young y del coeficiente
de Poisson del mismo. b) Calcular el incremento de presión al que debemos someter un cierto volumen de
agua (K = 22 u 108 N/m2) para que su densidad aumente en un 0.1%.
a) El módulo de compresibilidad se define como
p
V / V
Para obtener V/V aplicamos una compresión uniforme p sobre las seis caras de un elemento
de volumen de forma paralelepipédica. Las deformaciones unitarias de las aristas, con
xx = yy = zz = –p, vienen dadas por las ecuaciones elásticas:
1
1
(1 2N)
Fxx (T xx NT yy NT zz ) (1 2N)(p ) p
E
E
E
y expresiones análogas para yy y zz .
El cambio unitario en el volumen será
V
3(1 2N)
Fxx F yy Fzz p
V
E
Que, sustituida en la expresión de definición de K, nos conduce a
E
K 3(1 2N)
K b) Como la masa (constante) de un cierto volumen de agua se expresa por m = V, siendo la
densidad, la diferencial logarítmica de esta expresión nos conduce a
dS dV
S
V
0 l
S
S
V
V
que sustituida en [1] nos lleva a
S
V p
S
l p K
22q108 q 0.1q102 22q105 Pa x 22 atm
S
S
V
K
- 238 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.17
17. Un cubo metálico que tiene de longitud de 20 cm de arista se sumerge en el mar a una profundidad
de 400 m. Conociendo el módulo de Young del metal E = 2.1u1010 N/m2, el coeficiente de Poisson P = 0.3 y
el valor de la densidad del agua del mar U = 1.06 g/cm3, calcular la variación de volumen que experimenta el
cubo sumergido.
Escribimos las ecuaciones elásticas:
£¦
1
¯
¦¦¦Fxx E ¡¢T xx N(T yy T zz )°±
¦¦
1
1 2N
¦¦¤F 1 T N(T
T zz )¯°± l Fxx F yy Fzz <T N(T T ) > T
xx
¦¦ yy E ¡¢ yy
E
E
¦¦
¦¦F 1 T N(T
T xx )¯±°
yy
¦¦¥ zz E ¢¡ zz
y por tratarse de una compresión uniforme debida a la presión, será = p, de modo que
la deformación unitaria en cada arista vendrá dada por
V
1 2N
F
p
E
V
y el cambio unitario en el volumen será
V
3(1 2N)
V
Fxx F yy Fzz 3F p
V
E
con
p S gh 1.06q103 q9.8q 400 41.552q105 Pa 41 atm
de modo que
V
3(1 0.6)
q 41.552q105 2.37 q104
V
2.1q1010
V 2.37q104 q 0.23 1.9q106 m3 1.9 cm3
- 239 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.18
18. Un cubo macizo y de acero, de 25 cm arista se sumerge a una profundidad de 500 m en agua marina
(densidad del agua constante U = 1.05 g/cm3). Calcular la variación de volumen que experimenta el cubo.
Datos para el acero: módulo de Young = 2u106 kg/cm2 y coeficiente de Poisson = 0.3.
Escribimos las ecuaciones elásticas, teniendo en cuenta que, al tratarse de una compresión
uniforme debida a la presión, será T xx T yy T zz T p , de modo que la deformación
unitaria en cada arista vendrá dada por
1
¦£
¯
¦¦¦Fxx E ¡¢T xx N(T yy T zz )°±
¦¦¦
¦¤F 1 T N(T
T zz )¯±° l
xx
¦¦ yy E ¢¡ yy
¦¦
¦¦F 1 T N(T
T xx )¯°±
yy
¦¦¥ zz E ¡¢ zz
£
1
¦
¦
¦Fxx F yy Fzz E <T N(T
¦¤
¦¦
1 2N
p
¦¦F E
¦
¥
T )> El cambio unitario en el volumen será
V
3(1 2N)
Fxx F yy Fzz 3F p
V
E
con
p S gh 1.06q10 q9.8q500 51.94q10 Pa 51.3 atm
3
5
V
V
V
2
kg
N
N
4 cm
q
q
19.6q1010 2
9.8
10
E 2q106
2
2
cm
kg
m
m
de modo que
V
3(1 0.6)
q51.19q105 3.30q104
V
19.6q1010
V 3.30 u104 u 0.253 5.2 u 106 m3 5.2 cm3
- 240 -
1 2N
T
E
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.19
19. El esfuerzo de ruptura por cortadura para el cobre laminado ordinario es de
aproximadamente 16×107 N/m2. ¿Qué fuerza F debe aplicarse para cortar con una
cizalla una tira de cobre de 60 mm de ancho y 3 mm de espesor?
F
Cizalla
Plancha
de cobre
Sección de corte: Sc 60q103 q3q103 180q106 m 2
Esfuerzo de corte: Tc Fc
Sc
l Fc Tc Sc
Por consiguiente, la fuerza de corte que debe aplicarse debe ser superior a la correspondiente
al esfuerzo de ruptura por cortadura; esto es,
Fc,rupt Tc,rupt Sc 16q107 q180q106 28800 N 2939 kg
Cizalla
F
Plancha
de cobre
- 241 -
S
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.20
20. El acero ordinario requiere un esfuerzo de aproximadamente 35 u 107 N/m2 para que se produzca la ruptura
por cortadura. Determinar la fuerza que es preciso ejercer sobre el punzón para hacer un agujero de 20 mm de
diámetro en una plancha de ese acero de 6 mm de espesor.
El esfuerzo de corte al que se encuentra sometida la plancha cuando el punzón ejerce una
fuerza F, está distribuido en la superficie lateral de un cilindro de 20 mm de diámetro y 6 mm
de altura, esto es, sobre una superficie S Q Dh , de modo que
F
F
Tcorte F
S Q Dh
Para conseguir el corte de la plancha, el esfuerzo de corte
aplicado deberá ser superior al esfuerzo de ruptura por
cortadura, de modo que
Tcorte p Trupt
Fmin Q DhTrupt 35q107 q Q q 0.020q 0.006 131 947 N = 13 464 kg
- 242 -
punzón
plancha
estampa
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.21
21. Un péndulo de torsión está formado por un alambre de acero ordinario, de 80 cm de
longitud y 1 mm de diámetro, que lleva en su extremo inferior un disco homogéneo
de plomo, de 12 cm de diámetro y 1 cm de espesor. Se gira el disco un cierto ángulo
y después se abandona de modo que efectúe oscilaciones de rotación en un plano
horizontal. El tiempo empleado en realizar 100 oscilaciones completas es 315 s.
a) ¿Qué esfuerzo tensor soporta el alambre? ¿Se supera el límite elástico?
b) Calcular la constante de torsión del péndulo. c) Determinar el módulo de rigidez
del acero del alambre.
Datos: densidad del plomo, 11.35 g/cm3; límite elástico del acero, 25u107 N/m2; relación
entre el coeficiente de torsión y el módulo de rigidez de un alambre, U Periodo de las oscilaciones: T QR4
G.
2l
315
2Q
rad
3.15 s l X 1.995
100
T
s
2
Masa del disco : m SV 11.35q103 qQ 0.06 q 0.01 1.284 kg
1
1
Momento de inercia del disco: I mR 2 1.284q 0.062 2.31q103 kg.m 2
2
2
a) El esfuerzo tensor que soporta el alambre es:
Tl mg
1.284q9.8
N
1.6q107 2 (no se supera el límite elástico)
Q R 2 Q 0.5q103 2
m
b) El momento recuperador de torsión es proporcional al ángulo o elongación de torsión; esto
es, M UG . Por otra parte, tenemos la ecuación fundamental de la dinámica de rotación
(aplicada al disco), M IG ; de modo que
M UG I G l I G UG 0
que es la ecuación diferencia de un m.a.s. de rotación (torsión) cuya frecuencia angular es
U
I
de donde podemos calcular el valor del coeficiente de torsión
X
2Q ¬
2Q ­¬
3
3 m.N
U X 2 I ­­­ I
­ q 2.31q10 9.19q10
T ®
3.15 ­®
rad
2
2
c) Calculamos el valor del módulo de rigidez del acero a partir del coeficiente de torsión y de
las dimensiones del alambre:
U
2l
2q 0.80
N
QR4
q9.19q103 7.49q1010 2
G l G
U
2l
m
QR4
Q q 0.54
- 243 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Elementos de elasticidad. M27.22
22. El eje de transmisión de un automóvil es de acero y mide 1.80 m de longitud por 2.5 cm de diámetro.
a) ¿Qué ángulo se tuerce uno de sus extremos con respecto al otro cuando el eje está transmitiendo una
potencia de 30 CV a 2400 r.p.m.? b) ¿Qué energía elástica está entonces almacenada en el eje?
Datos: módulo de rigidez del acero, G = 7.8u1010 N/m2; coeficiente de torsión para un eje macizo,
U
QR4
G ; 1 CV = 736 kW.
2l
Datos:
l 1.80 m
D 2.50 cm 0.025 m
R 1.25 cm 0.0125 m
X 2400 r.p.m. 40 r.p.s. 80Q rad/s
P 30 CV 30q 736 22 080 W
l
G 7.8q1010 N/m 2
a) Determinamos el “par” (momento) transmitido por el eje a partir de la potencia transmitida
a unas “revoluciones” conocidas; esto es,
P 22080
P MX l M 87.9 m.N
80Q
X
El “par o momento de torsión” (M) es proporcional al ángulo de torsión (I),
M UG
siendo W el coeficiente de torsión, cuyo valor es
4
U
Q 0.0125
QR4
G
q 7.8q1010 1.66q103 m.N/rad
2l
2q1.80
Así pues, el ángulo de torsión correspondiente a las condiciones de trabajo del enunciado,
vale:
M
87.9
G
0.0529 rad 3.03º
U
1.66q103
b) Energía elástica de torsión:
1
1
U UG 2 1.66q103 q 0.05292 2.32 J
2
2
- 244 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.1
1. Demostrar que el centro de presiones que un líquido ejerce sobre una pared rectangular,
plana y vertical se encuentra situado una profundidad igual a dos tercios de la altura de
la pared.
H
2/3 H
Aplicamos el teorema del centro de presiones:
hc hcp I
S
siendo:
x
hc la profundidad a la que se encuentra el centro geométrico de la pared:
1
hc H
2
x
I el momento de áreas de segundo orden de la superficie de la pared con
respecto a la línea definida por la intersección del plano de la pared con la
1
superficie libre del líquido: I SH 2
3
x
hcp la profundidad a la que se encuentra el centro de presiones;
de modo que
hcp 1
SH 2 2
I
31
H
hc S
3
2 HS
- 245 -
c.q.d.
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.2
2. a) Dibujar el perfil o diagrama de presiones sobre la compuerta de la
2a
figura, de dimensiones 2a y b, cuando retiene agua y aceite en el
modo que se representa. b) Calcular el empuje al que se encuentra
sometida la compuerta, c) Determinar la posición del centro de
empuje. Aplicación numérica: a = 1 m; b = 2 m.
Aceite
a (U =900kg/m3)
a
Agua
b
a) En la figura, presentamos la distribución de fuerzas de presión sobre cada una de las dos
porciones de la pared.
b) Determinamos el empuje sobre cada porción de la pared correspondiente a cada una de las
distribuciones de fuerzas representadas en la figura y el empuje resultante.
Mitad superior de la compuerta:
a
1
2
aceite
F1 S1 g ab S1 ga 2b 8820 N
con h1 a 0.67 m
(U1 =900kg/m3)
2
3
2
Mitad inferior de la compuerta:
1
con h2a a 0.50 m
F2a (S1 ga)ab S1 ga 2b 17 640 N
(U2 =1000kg/m3)
2
agua
1
a
2
F2aa (S2 g )ab S2 ga 2b 9800 N con h¨2aa a 0.67 m
2
2
3
¬­ 2
1
1
2
2
F2 S1 ga b
S2 ga b S1
S2 ­­ ga b 27 440 N
2
2 ®
Empuje total sobre la compuerta:
F F1
3
1
2
2
F2 ( S1
1
S2 ) ga 2b (3S1
S2 ) ga 2b 36 260 N
2
c) Aplicamos el teorema de Varignon, tomando momentos en A:
11
2a
a ­¬
2a ­¬
HF F1 a
­­ F2a a
­­ F2aa S1
®
®
6
3
2
3
Determinamos la posición H del centro de presiones:
1
11S1 5S2 ga 3b
11S1 5S2
6
H
a
1
3 (3S1 S2 )
(3S S ) ga 2b
A
F1
H
F
h1
2
F2cc
F2c
5 ­¬ 3
S2 ­ ga b
6 ­®
h¨2c
h¨2cc
1
2
y sustituyendo valores, con 1 = 0.9 y 2 = 1.0, resulta
11q 0.9 5
14.9
H
1
1.35 m
3q (3q 0.9 1)
11.1
- 246 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.3
3. Un canal rectangular de 2 m de ancho está cortado por una pared transversal
que separa dos líquidos. A un lado de la pared hay agua que alcanza una
altura de 1,8 m. Al otro lado un aceite de densidad 0,9 g/cm3. a) ¿Qué altura
debe de alcanzar el aceite para que sobre la pared, los dos líquidos, ejerzan
unos empujes equivalentes a un par de fuerza? b) Valor del par de fuerza y
sentido del mismo. c) Qué fuerzas (valor, direcciones y sentidos) deben
aplicarse a la pared separadora, una en B al nivel de la superficie del aceite y
la otra a la de su fondo, en A, para equilibrar los empujes.
a) Para que la acción conjunta de ambos empujes sea
equivalente a un par es necesario que se igualen los
módulos de ambos empujes: i.e.,
Eagua Eaceite
h1
h
(h1 L) S2 g 2 (h2 L) l S1h12 S2 h22
2
2
de modo que
S1 g
h2 S1
1
h1 1.8
1.897 m
0.9
S2
B
aceite
agua
A
B
F
h1
Eaceite
Eagua
0.6 m
F
h2
0.6324 m
A
Cada empuje vale
h1
1
1
(h1 L) S1 gh12 L 1000q9.8q1.82 q 2 31752 N
2
2
2
b) Los centros de presiones distan de la solera un tercio de la profundidad, como se indica en
la figura, por lo que el brazo del par de empujes y el par valen:
h2 h1 h2 h1 1.897 1.8
b
0.032 m
3 3
3
3
M emp bE 0.032q31752 1030.5 Nm
E S1 g
c) Para compensar dicho par actuando sobre los puntos A y B será necesario ejercer el par
opuesto, de modo que
M emp 1031
F AB M emp o F
543 N
AB 1.897
- 247 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.4
4. La compuerta vertical de la figura mide 3 m de altura, está engoznada por su borde superior y separa dos
recipientes que contienen agua y aceite de densidad relativa 0.85. Si la altura H del agua alcanza 2 m,
calcular la altura que debe alcanzar la superficie libre del aceite para que la compuerta se mantenga vertical.
Las fuerzas que ejercen el agua y el aceite sobre la compuerta
vienen dadas por
£¦
H
¦¦ Fagua S g HL 12 S gH 2 L
2
¦¤
¦¦
Ha
H aL 12 S a gH a 2 L
¦¦ Faceite S a g
2
¦¥
Sabemos que las líneas de acción de esas fuerzas son
horizontales y están situadas a una altura sobre la solera igual a
un tercio de la profundidades H y H’ respectivas.
En efecto,
hc hcp I
S
º hcp O
aceite
H agua
H’
1
SH 2 2
I
3H
H
3
hc S
2 S
medida desde la superficie libre del líquido.
Sea A la altura de la compuerta (i.e., desde la solera hasta el borde superior engoznado).
Tomando momentos con respecto al eje que pasa por O, tenemos
H¬
H a¬
H¬
H a¬
Fagua A ­­­ Faceite A ­­ º 12 S gH 2 L A ­­­ 12 S a gH a 2 L A ­­ º
­
3®
3®
3®
3 ®­
H¬
H a¬
S H 2 A ­­­ S a H a 2 A ­­­ º H a3 3 AH a 2
3®
3®
S
(3 AH 2 H 3 ) 0
Sa
En la que sustituimos los datos para obtener
H a3 3q3H a 2
1
(9q 22 23 ) 0 º
0.85
Resolviendo esta ecuación cúbica se obtiene H a 2.2 m
- 248 -
H a3 9 H a 2
28
0
0.85
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.5
5. a) Determinar la fuerza total debida a la presión del agua sobre la compuerta
inclinada, de 3 m de anchura, que se muestra en la figura. b) Calcular el momento de dicha fuerza respecto a la bisagra (B). c) Localizar la línea de acción de
dicha fuerza resultante. d) Determinar la reacción de la solera sobre el borde
inferior (A) de la compuerta.
agua
1m
B
30º
1.5 m
A
a) Aplicamos la expresión: F S ghc S , con
hc 1 0.75sen 30º 1.375 m; S 1.5q3 4.5 m 2
F 1000q9.8q1.375q 4.5 60 638 N 6188 kg
c) Aplicamos la expresión: yc ycp I xx / S , con
I xx I cc
ycp SD 2 121 S 1.5
2
S 2.75
2
l
I xx
121 1.5
S
2
2
2.75 7.75 m 2
JJJJK
I xx / S 7.75
2.82 m l BCp 2.82 2.00 0.82 m
yc
2.75
b) Aplicamos el Teorema de Varignon para una distribución de fuerzas paralelas, tomando
momentos en B:
M B BCp F 0.82q 60 638 49 723 m ¸ N
d) Puesto que la compuerta está en equilibrio, los momentos en B de F y de FA deben ser
iguales y opuestos; esto es,
MB
49 723
M B BA cos 30º FA o FA
38 277 N 3906 kg
BA cos 30º 1.5 u 0.866
x
30º
agua
hcp
B
F
FA
A
30º
2m
2.75 m
1m
hc
1.5
- 249 -
ycp
x
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.6
6. La compuerta representada en la figura está formada por dos superficies
3m
rectangulares unidas rígidamente entre si y puede girar alrededor del eje
AA’. a) Calcular el empuje que ejerce el agua sobre la compuerta.
b) Calcular el momento del par que hay que aplicar al eje AA’ para que
la compuerta no se apoye en la solera.
2m
2m
A’
30 º
A
Panel vertical:
F1 S ghC1S1 1000q9.8q1q 2q3 58800 N
hC1hP1 I xx
S
l hP1 I xx / S 13 22 4
1.3 m
hC1
1
3
Panel inclinado:
¦£ F2,hor F2 sen 30º 73500 N
F2 S ghC2 S 2 1000q9.8q 2.5q 2q3 147 000 N l ¦¤
¦¦ F2,vert F2 cos 30º 127 306 N
¥
hC2 2 1qsen 30º 2.5 m
I
I
1
76
25.3 m 2
hC2 hP2 xx sen 2 30º
con xx 22 52 S
S
12
3
I xx / S
25.3
hP2 sen 2 30º 0.25 2.53 m
hC2
2.5
Las componentes de la resultante, su módulo y dirección son:
£¦ F 1323002 127 3062 183603 N
¦
¦
¦¦£ Fhorz 132300N
l ¦¤
¤
¦¦R =arctg 21218 43.9º
¥¦¦ Fvert 127 306 N
¦¦¥
127 306
b) El momento del par que deberemos aplicar deberá ser igual a la diferencia de los
momentos de las fuerzas F1 y F2 con respecto al eje AA’; esto es,
2
2
¦£¦
¦¦| F1 q 3 58800q 3 39 200 N ¸ m
l | M par 116 620 N ¸ m
¤
¦¦
0.53
}
AP
147
000
155820
N
m
F
q
q
¸
¦¦
2
2
sen 30º
¥¦
O
xx
F1
P
C1
P1
F
A
F2
P2 C2
- 250 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.7
7. Cuando sube el nivel del agua en la alberca, la compuerta rectangular, doblada en
L, se abrirá automáticamente. ¿Cuál deberá ser el nivel mínimo (h) del agua por
encima de la bisagra para que no se produzca la apertura? (Despreciar el peso de la
compuerta).
h
1.22 cm
agua
Calculamos las fuerzas que actúan sobre cada una de las secciones de la
compuerta:
£¦ Fv S gh aL S gLah
¦¦
¦¤
¬
¦¦ Fh S g h ­­ hL 1 S gLh 2
¦¦¥
2 ®­
2
Determinamos la posición del centro de presión de la sección vertical de la compuerta:
hc hcp h
Fh
1.22 cm
agua
Fv
I xx
S
l hcp 1
Sh 2 2
I xx
31
h
hc S
3
2 hS
medida desde la superficie libre del agua.
La compuerta permanecerá cerrada mientas que el momento
de la fuerza horizontal sea mayor que el de la fuerza
vertical, ambos respecto de la bisagra; esto es,
h¬
a¬
h¬
a¬
1
Fh ­­­ Fv ­­­ l
S gLh 2 ­­­ S gLah ­­­
3 ®
2 ®
3®
2 ®
2
o sea,
1 2
h a
3
- 251 -
l h a 3 1.22 3 2.11 cm
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.8
8. Una viga de madera, de sección cuadrada de lado a, apoyada sobre una de sus aristas, bloquea el extremo de
un canal de fondo plano y horizontal, alcanzando la superficie libre del agua la arista superior de la viga.
Calcular el empuje que el agua ejerce sobre la viga y ángulo que éste forma con la horizontal.
H a2
a2 a 2
a
F1
Método 1 (dos caras):
Cara superior:
2 ­¬
H¬
2
F1 S g ­­­ aL S g
a­­ aL S ga 2 L
­
4 ®
4®
4
F
H
I
T
F2
Cara inferior:
¬
3H ­¬
3 2 a­­ aL 3 2 S ga 2 L
F2 S g
­­ aL S g
­
4 ­®
4 ®
4
El módulo de la resultante es:
1
F 2
8
2
9 ¬­
5
2
2
­ S ga L S ga L
8 ­®
4
Calculamos el ángulo: tg G 2
º
F
5
S ga 2 L
2
F2
3 º G 71.6º º
F1
R 71.6º 45º 26.6º
Método 2 (Arquímedes):
Determinamos directamente las componentes horizontal y vertical de la fuerza total que actúa
sobre la viga.
Empuje sobre la proyección vertical:
H¬
a 2
Fhor S g ­­­ HL S g
a 2 L S ga 2 L
®
2
2
a
Fver
H
Fhor
2
Módulo de la resultante: F 2 Fhor
Empuje de Arquímedes:
a2 ¬ 1
Fver S gV S g L­­­ S ga 2 L
2 ®­ 2
2
1
Fver
Ángulo que forma con la horizontal: tg R 1 ­¬
2
­ S ga L
4 ­®
Fver 1
º
Fhor 2
- 252 -
2
º
F
R 26.6º
5
S ga 2 L
2
9. 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.
100 cm
Estática de los fluidos. M29.9
140 cm
Física Universitaria: Problemas de Física
200 cm
Cálculos previos
Medimos las profundidades a partir del
eje xx indicado en la figura. El centro
R
geométrico (centroide) de la tapa se encuentra
a una profundidad hc=R.
hc
D
D
Determinamos el momento de área de la
hcp
tapa con respecto al eje DD (Teorema
F
r
Ejes Perpendiculares):
F
1
1
y
2 I DD I Sr 2 l 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:
1
¬
1
¬
I
1
I xx I DD SR 2 Sr 2 SR 2 r 2 R 2 ­­­ S l xx r 2 R 2 ­­­
®
®
4
4
4
S
x
x
La fuerza resultante sobre la tapa será
F (S ghc ) S S gR Qr 2 QS 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
l hcp I xx / S 1 1 2
r
hc
R 4
¬ r2
R 2 ­­­ ® 4R
O bien, medida respecto a centro de la tapa:
ER r2
4R
Sustituyendo los valores numéricos se obtiene:
F Q q920q9.8q 0.70q 0.52 4957 N 506 kg
E
0.52
0.0893 m 8.93 cm
4q 0.7
- 253 -
R
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.10
10. Un barril de cerveza tiene forma de cilindro de revolución de 1.2 m de diámetro y 1.8 m de longitud y se
apoya sobre una generatriz. Si el barril contiene la mitad de su capacidad, calcular la resultante de las
fuerzas de presión de la cerveza (densidad, 0.939 g/cm3) sobre la tapa del barril y determinar la posición del
centro de presiones sobre la misma.
Cálculos previos
Determinamos la posición del centro geométrico (centroide) de un semicírculo sirviéndonos
del Segundo Teorema de Pappus-Guldin:
4 3 1 2
4R
V SL l
Q R Q R 2Qhc l hc 3
2
3Q
Determinamos el momento de área de un semicírculo con respecto a su diámetro, sabiendo
que el momento con respecto a un eje perpendicular a su plano y que pasa por su centro es
igual a
1
I zz SR 2
2
de modo que, aplicando el Teorema de los Ejes Perpendiculares, resulta
1
2 I xx I zz l I xx SR 2
4
La fuerza resultante sobre la tapa será
4R QR2 2
S gR 3
3Q 2
3
La profundidad a la que se encuentra el centro de presiones se determina mediante la
expresión
hc hcp S I xx
y
F (S ghc ) S S g
hcp I xx / S
hc
R 2 3Q R
0.59 R
4
16
3Q R
1
4
Sustituyendo los valores numéricos se obtiene:
2
F 939q9.8q 0.63 1325 N = 135 kg
3
hcp 0.58q 0.60 0.353 m = 35.3 cm
- 254 -
R
x
x
hc
hcp
y
F
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.11
11. Determinar el empuje y el centro de empuje sobre una compuerta
R
circular de radio R, como la que se representa en la figura, cuando el
nivel del líquido coincide con el punto más elevado de la misma.
60º
Determinamos la posición del centro geométrico (centroide) de la compuerta y calculamos el
momento de área de la misma con respecto al eje determinado por la intersección del plano de
la compuerta con la superficie libre del líquido (eje x):
x
S QR2
O
x
y
yc
hc hcp
C
ycp
2
P
F
y
SR SR
2
5
4
3
2
R
2
La fuerza resultante sobre la compuerta se
determina multiplicando la presión en su
centro por la superficie de la compuerta:
F (S ghc ) S S g
P
h
I xx SR
1
4
C
y
yc R hc R sen 60º 3
2
RQ R 2 3
2
S g Q R3
La posición del centro de presión o empuje se
determina a partir del Teorema de Centro de
Presión:
yc ycp - 255 -
I xx
S
l
ycp 5
SR 2 5
I xx
4
4R
yc S
RS
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.12
12. Un depósito de base cuadrada de lado 1 m, tiene una de sus paredes inclinada 30º
respecto a la vertical. a) Demostrar que el empuje sobre la pared rectangular vertical
está a 1/3 de la altura h que alcanza el agua medido desde la base. b) Calcular el
empuje y centro de empuje sobre la pared inclinada. c) ¿Puede producirse el vuelco
del depósito al ascender el nivel del agua?
30º
h
a
a
Aplicamos los dos teoremas básicos de la hidrostática en las dos paredes.
a) Pared vertical:
£¦
h
1
¦¦ F1 S ghc1S1 S g ha S gah 2
¦¦
2
2
¤
1 2
a
¦¦
h
I xx
I /S
2
l hp1 xx
3 h
¦¦hc1hp1 (xx)
S
hc1
h/2 3
¦¥
b) Pared inclinada:
La longitud de la pared inclinada bañada por el
agua es
l
h
h
2h 2 3
h
cos 30º
3
3/2
3
hp1
a
(xx)
hp2
h
30º
P1
F2
F1
O
l
P2
a
y
£¦
h
3
2
¦¦ F S gh S S g la S gah
c2
¦¦ 2
2
3
¤
1 2
¦¦
l
I
I /S
2
3 l
¦¦ yc2 yp2 xx l yp2 xx
S
yc2
l/2 3
¦¥
c) Calculamos el momento neto en el punto O, ya que, de producirse el vuelco, ocurriría
alrededor de ese lado de la base.
2 ¬
1 1
1
M O 1 h h­­­ F1 h S gah 2 S gah3
3 ®
3 2
6
2 ¬ 3
12 3
3
2
OP2 F2 l l ­­­
S gah 2 S gah 2 S gah3
h
3 ® 3
3 3
3
9
2 1¬
1
M O M O 2 M O 1 ­­­ S gah3 S gah3
9 6 ®
18
MO
2
Como el momento resulta positivo, cualquiera que sea el valor de h, se producirá el vuelco en
todo caso, a menos que lo impida el propio peso del depósito, que en este problema hemos
supuesto despreciable.
- 256 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.13
13. Determinar la fuerza resultante (módulo y dirección) que actúa sobre la compuerta cilíndrica AB, cuya sección recta es la de un cuarto de circunferencia. La anchura de la compuerta es 1.20 m.
60 cm
agua
B
90 cm
A
Determinamos las componentes horizontal y vertical del empuje hidrostático sobre la
compuerta.
Componente horizontal = Empuje sobre la proyección de la compuerta sobre un plano
vertical:
Fh pc S S ghc RL
y sustituyendo valores
Fh 1000q9.8q 0.60
0.45 q 0.90q1.20 11.1q103 N 1135 kg
Componente vertical = Peso del volumen de líquido situado por encima de la compuerta:
Q R 2 ­¬
Q ¬
­ L S g H R­­­ RL
Fv S gVencima S g HR
4 ­®­
4 ®
y sustituyendo valores
¬
Q
Fv 1000q9.8q1.50 q 0.90­­­q 0.90q1.20 8.40q103 N 857 kg
®
4
La línea de acción del empuje resultante pasa por el punto O, ya que las diferentes
contribuciones son perpendiculares a la superficie y, por tanto, tienen dirección radial.
El módulo y la dirección del empuje hidrostático resultante se calculan fácilmente
2
F Fhorz
2
Fvert
11.12
tg R 8.402 q103 13.9q103 N 1421 kg
Fvert 8.40
0.7554 l
Fhorz 11.1
R 37.1º
60 cm
agua
Fh
B
H
Fv
90 cm
CP
F
A
- 257 -
O
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.14
14. Un canal de agua, de 2 m de ancho y 1 m de profundidad, está cerrado
mediante una compuerta cilíndrica de radio igual su profundidad.
a) Calcular la magnitud del empuje hidrostático sobre la compuerta y el
ángulo que forma su dirección con la horizontal. b) Determinar la
posición del eje de giro (normal al dibujo) de la compuerta para que dicho
eje no tenga que soportar ningún momento.
1m
Determinamos las componentes horizontal y vertical del empuje hidrostático sobre la
compuerta.
Componente horizontal = Empuje sobre la proyección de la compuerta sobre un plano
vertical:
R
1
1
Fh (S ghc ) S S g lR S glR 2 l Fh 1000q9.8q 2q12 9800 N
2
2
2
Componente vertical = Empuje de Arquímedes (peso del volumen de líquido desalojado):
1
Q
Q
Fv S gV S g Q R 2l S glR 2 l Fv 1000q9.8q 2q12 15394 N
4
4
4
La línea de acción del empuje resultante pasa por el punto O, ya que las diferentes
contribuciones son perpendiculares a la superficie y, por tanto, tienen dirección radial. El
módulo y la dirección del empuje hidrostático resultante se calculan fácilmente
F Fh2
tg R Fv2 98002
153942 18249 N
Fv Q
1.57 l R 57.5º
Fh 2
La posición del eje de giro de la compuerta se determina mediante la intersección de la línea
de acción de la fuerza de empuje resultante con la compuerta; i.e., el punto A que se indica en
la figura.
F
Fv
O Fh
Fv
1m
Fh
A
- 258 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.15
15. La compuerta de la figura está compuesta de dos chapas soldadas, una rectangular y otro
cilíndrica. Determinar el empuje sobre toda la compuerta y el ángulo que éste forma
respecto a la horizontal cuando la compuerta contiene un líquido de densidad U .
b
a
a
a
Determinamos las componentes horizontales sobre las dos partes de la compuerta:
a
1
F1,hor S gh1,c S1 S g ab S ga 2b
2
2
b
a
3
F2,hor S gh2,c S2,proy S g (a
)ab S ga 2b
2
2
La componente vertical, dirigida hacia arriba, es igual al
a
F2
peso del fluido situado “encima” de la porción cilíndrica
F1
F2,vert
de la compuerta:
Qa 2
Q
b) (1
)S ga 2b
F2,horz
4
4
a
Las componentes horizontal y vertical de la fuerza
resultante son:
1
3
Fhorz F1,horz F2,horz S ga 2b
S ga 2b 2S ga 2b
2
2
Q
Fvert F2,vert (1
)S ga 2b
(hacia arriba)
4
El módulo y la dirección de dicha fuerza son:
F2,vert S gV S g (a 2b
a
2
F Fhorz
Fvert
F
tg R 2
S ga 2b
Fvert
4 1
Q ¬­
2
­ 2.86 S ga b
4 ®­
2
Fvert 1 Q4
0.893 l R 41.8º
Fhorz
2
Fhorz
- 259 -
(hacia arriba)
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.16
16. La compuerta representada en la figura tiene una anchura L y está formada por un
L
A
tramo AB rectangular de altura R y la cuarta parte (BC) de una superficie cilíndrica de
sección circular de radio R. La compuerta puede girar alrededor de un eje
perpendicular al plano del dibujo y que pase por A. Determinar la fuerza vertical
mínima F que se debe aplicar en C para mantener cerrada la compuerta.
R
R
R
C
Sobre la porción rectangular (AB) de la compuerta actúa una fuerza F1 horizontal, aplicada a
una profundidad h1 2 R / 3 (centro de presión), cuyo módulo es:
Nx
R¬
1
F1 S g ­­­ RL S gR 2 L
2 ®
2
A
Ny
R
F1
F2v
F2
O
B
Sobre la porción cilíndrica (BC) de la compuerta
actúa una fuerza F2 cuya línea de acción pasa por el
eje de simetría de revolución del cilindro (punto O,
en la figura). Las componentes horizontal y vertical
de esta fuerza son
3R ¬
3
F2h S g ­­­ RL S gR 2 L
2®
2
R
F2h
F
F2
C
F2v S g R 2
Q R 2 ­¬
­­ L 1
­
4 ®
Q ¬­
2
­ S gR L
4 ®­
El eje fijo en A, alrededor del cual puede girar la compuerta, ejerce sobre ésta una fuerza N
cuyas componentes horizontal y vertical se indican en la figura.
Puesto que la compuerta debe permanecer cerrada y en equilibrio, el momento resultante
sobre ella debe ser nulo; así, tomando momentos en A, podemos escribir:
2 ¬
2
M A F1 R­­­ F2h R F2v R FR 0 l F F1 F2h F2v
3 ®
3
y sustituyendo valores
2
F F1
3
F2h
1
F2v
3
3
2
1
34 3Q ¬­
Q ¬­
2
2
­­ S gR L
­ S gR L
12 ®­
4®
esto es,
F 3.62 S gR 2 L
- 260 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.17
17. Debemos obstruir un canal de sección rectangular mediante un
cuarto de cilindro de radio R = 0.5 m y cuya altura coincide con
la altura del agua en el canal. a) Calcular el empuje y centro de
empuje en los casos ilustrados en la figura. b) ¿Cuál sería la
densidad mínima del cuarto de cilindro en ambos casos para
evitar el vuelco respecto al eje 00’?
R
R
O’
R
R
Caso A
O’
O
Caso B
O
Caso A. Determinamos las componentes horizontal y vertical del empuje hidrostático:
£
¦¦¦ Fh (S ghc ) S S g R R 2 1 S gR 3 612.5 N
¦
2
2
¦
¤
2
¬
¦
¦¦ F S g ( R 3 V ) S g R 3 Q R R­­ 4 Q S gR 3
v
­
¦
4
4
®­
¦
¥
hc
Fv
Fh
FA
O
2
£
¦¦¦ F S gR 3 1 (4 Q ) 666.5 N
A
¦
4
16
l ¤¦
¦
¦¦tg R Fv 2 Q 0.429 l R 23.3º
¦
Fh
2
¦
¥¦
Como la línea de acción del empuje hidrostático corta al eje
OO’, no se produce momento de vuelco, por lo que el peso del
cuarto de cilindro es irrelevante, al menos a los efectos de
vuelco.
Caso B. Empuje hidrostático horizontal sobre una superficie
plana
R
1
FB (S ghc ) S S g R 2 S gR 3 612.5 N
2
2
y el centro de presiones o de empuje se encuentra situado a
una profundidad
hc hcp S I xx
hcp
hc
G
FA
x
P
O
l hcp I xx / S
hc
R2 2
R 33 cm
1 R
3
2
1
3
El momento que produce el empuje hidrostático respecto
del eje OO’ deberá estar contrarrestado por el que produce
el peso con respecto al mismo eje: i.e.,
R
R
FB P( R x) l P FB
3
3( R x)
Determinamos x mediante el 2º teorema de Pappus-Guldin:
2 3
QR2
4R
Q R 2Q x
l x
3
4
3Q
De modo que el peso y la densidad del cuarto de cilindro deberán ser:
R
R
Q
1
P
FB S gR 3 S gR 3 354.7 N 36.2 kg
R
4
3( R x)
2
2(3
4)
Q
3( R )
3Q
Q
S R3
m P/g
2
Scil S 0.369S = 0.369 g/cm3
3
1
V
V
2(3Q 4) 4 Q R
(3Q 4)
V LS l
- 261 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.18
18. El final de un canal está taponado por una compuerta semicilíndrica, de 1 m de radio
y 2 m de longitud, cuyo diámetro está inclinado 45º. a) Calcular el empuje
hidrostático sobre la compuerta, especificando su módulo y su recta de acción.
b) Determinar la fuerza mínima que deberemos aplicar perpendicularmente sobre la
compuerta, así como el punto de aplicación de dicha fuerza, para impedir que la
compuerta vuelque sobre el eje A.
A
45º
2
R 2
2
a) La componente horizontal del empuje es igual al que ejercería el agua sobre la superficie
proyectada de dimensiones HuL; esto es,
H
1
Fh S ghc S S g HL S gH 2 L S gR 2 L 19 600 N
2
2
Como consecuencia del Teorema de Arquímedes, la componente vertical del empuje es igual
al peso del volumen de agua “desalojado” (contenido) por la compuerta (indicado en la
figura); esto es, el volumen de medio cilindro más el de un prisma de base triangular:
1
¬
Q ­¬ 2
1
Fv S gV S g Q R 2
R 2 R 2 ­­­ L S g
1 R L 50388 N
2 ­­®
2
®
2
H 2 R cos 45º 2 R
Conocidas las componentes del empuje hidrostático, calculamos su módulo y su dirección de
F Fh2
tag G Fv2 S gR 2 L 1 ( Q2
Fv Q
Fh 2
1)2 2.76S gR 2 L 54 065 N 5517 kg
1 2.5708 l G 67.8º
y su línea o recta de acción pasa por el punto O (centro de la semicircunferencia), por ser la
resultante de una distribución continua de fuerzas perpendicular a la compuerta en cada uno
de sus puntos (dirección radial).
b) El momento del empuje E con respecto al eje de la compuerta deberá ser igual (y de signo
opuesto) al de la fuerza F. La magnitud de dicha fuerza será mínima cuando su brazo, con
respecto al eje A, sea máximo; esto es, cuando sea igual a R, de modo que su línea de acción
está inclinada 45º. Así, tenemos
M A ER cos G 45º FR l F E cos 67.8º 45º 49841 N 5086 kg
L
L
R 2
R
HR 2
O
Eh
I
R
A
Ev
45º
Eh
E
F
- 262 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.19
19. Un depósito contiene un líquido de densidad U hasta su borde. Una compuerta
hecha con una chapa cuya forma es un cuarto de esfera de radio R está
adosada a un lateral del depósito, tal como se indica en la figura. Determinar
el empuje que actúa sobre la compuerta, así como la línea de acción del
mismo.
R
Determinamos la posición del centro geométrico (centroide) de un
semicírculo por medio del Segundo Teorema de Pappus-Guldin:
4 3 QR2
4R
QR q 2Qhc l hc 3
2
3Q
Componente horizontal del empuje = empuje sobre la
superficie proyectada sobre el plano vertical:
V SL l
4R QR2 2
q
S gR 3
3Q
2
3
Componente vertical del empuje = peso del líquido situado
encima:
hc
Fh (S ghc ) Sproy S g
4 Q R3 Q
S gR 3
3 4
3
El módulo y la dirección del empuje, cuya línea de acción pasa por el
centro de la esfera, serán:
1
F Fh 2 Fv 2 4 Q 2 S gR 3 1.24S gR 3
3
F
Q/3 Q
1.571 l R 57.5º
tg R v Fh 2 / 3 2
S proy
Fv S gV S g
- 263 -
Fh
T
Fv
F
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.20
20. En una de las paredes verticales de un acuario hay un mirador de vidrio, de forma
hemisférica, de radio R = 50 cm, cuyo centro está situado a una profundidad 3R. a)
Determinar el módulo (newtons) y la dirección (en grados) de la fuerza que ejerce el
agua sobre el mirador, así como el punto de aplicación de dicha fuerza. b) Ídem en el
caso de que el mirador fuese plano, de forma circular de radio R, contenido en el plano
de la pared.
a) Determinamos directamente las componentes horizontal y vertical de la
fuerza total que actúa sobre el mirador.
Empuje sobre la proyección vertical (círculo):
3R
R
agua
Fh S ghc S S g (3R)(Q R 2 ) 3QS gR 3 3Q q1000q9.8q 0.503 11.5q103 N
Empuje de Arquímedes:
2
¬
2
2
Fv SVg S Q R 3 ­­­ g QS R 3 Q q1000q9.8q 0.503 2.57q103 N
3
®
3
3
Módulo de la resultante:
2 ¬­
­ QS gR 3 85 QS gR 3 11.8q103 N
3 ®­
3
2
F Fh2
F
Fv
Fh
Fv2 32
y su línea de acción pasa por el centro de la hemisfera.
Ángulo que forma con la horizontal:
F
2/3 2
tg R v l R 12.5º
3
9
Fh
b) Como antes, determinamos la fuerza horizontal que actúa
37 2
SR
4
eje x sobre el mirador circular:
hcp
Fh 11.5q103 N
hc=3R
Calculamos el momento de área de la superficie del mirador
con respecto al eje x:
1
37
I xx SR 2 S (3R) 2 SR 2
4
4
Aplicamos el Teorema del Centro de Presiones:
1 2
SR
4
hc hcp I xx 37 2
37 R 2 37 R 2 37
R l hcp R 3
S
4
4 hc
4 3R 12
- 264 -
1
12
R 1.54 m
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.21
21. Una semiesfera hueca se halla sumergida en un líquido de densidad U1,
contiene en su interior otro líquido de densidad U2 (U2 ! U1) y descansa sobre
r
el fondo horizontal de un depósito. La superficie libre del líquido de menor
A
densidad se encuentra a una distancia por encima de la semiesfera igual al
r
radio de ésta. Ambos líquidos, no miscibles, están en contacto a través de un
orificio (A) situado en la cima de la semiesfera. a) Calcular la presión en el
B
C
punto B, situado en el fondo y centro de la semiesfera. b) La presión en el
punto C, situado en el fondo y exterior a la semiesfera. ¿Es mayor o menor
que en el punto B? c) ¿Qué masa debería tener, como mínimo, la semiesfera para que el líquido interior no
la levante?
a) y b) La presión en los puntos B y C, teniendo en cuenta que la presión ejercida por el
líquido externo se transmite a través del orificio A, es
¦£¦ pB patm S1 gr S2 gr patm S1 S2 gr
l pB pC S2 S1 gr 0 l pB pC
¤
¦¦ pC patm 2S1 gr
¥
c) En general, la presión a una profundidad h, medida desde A, en los puntos interiores y
exteriores de la semiesfera son
£
pint (h) patm S1 gr S2 gh
¦
¦
l pint (h) pext (h) S2 S1 gh
¤
¦
p
¦
¥ ext (h) patm S1 gr S1 gh
de modo que la situación es equivalente a la reflejada en la
A
figura, en la que hemos eliminado el líquido externo y
F
hemos sustituido el líquido interno por otro de densidad
(2 - 1). En definitiva, tenemos que determinar la fuerza
2- 1
vertical ejercida hacia arriba por el líquido interno (2 - 1),
en ausencia del líquido externo.
La distribución de presiones sobre la cara interna de la semiesfera origina una fuerza
resultante vertical hacia arriba que podemos calcular mediante el Principio de Arquímedes,
ya que dicha distribución es análoga a la que se
produciría sobre la cara exterior (incluida la base) de
una semiesfera maciza sumergida en un fluido:
2- 1
EArq
2
FArq Qr 3 S2 S1 g
3
Como la semiesfera hueca no tiene base, hay que
sustraer la fuerza ejercida sobre ésta, i.e.,
Fbase Qr 2 S2 S1 rg Q S2 S1 gr 3
Fbase
de modo que
2
1
1
Q S2 S1 gr 3 Q S2 S1 gr 3 QS2 gr 3 l ³ F Q S2 S1 gr 3
3
3
3
de modo que la masa de la semiesfera deberá de ser, como mínimo,
1
mmín Q S2 S1 r 3
3
- 265 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.22
22. Un bloque cúbico, homogéneo, de 20 cm de arista y densidad 0.7 g/cm3, está
sumergido en un recipiente que contiene aceite de densidad 0.8 g/cm3. La cara
inferior del cubo se apoya sobre una cañería de 200 cm2 de sección, que penetra
2 cm en el fondo del recipiente. La cara superior del cubo dista 40 cm de la
superficie libre del aceite. Calcular la presión manométrica del aire que deberemos
insuflar por la cañería para que el cubo se desprenda y comience a ascender.
40 cm
20 cm
2 cm
aire
P S gV 700q9.8q 0.23 54.88 N
F1 Sac gh1 S1 800q9.8q 0.40q 0.202 125.44 N
40 cm
F1
F2 Sac gh2 S 2 800q9.8q 0.60q 0.02 94.08 N
Faire paire S3 0.02 paire
P
F2
F3
aire
20 cm
2 cm
En las condiciones críticas de equilibrio deberá ser:
P F1 F2 Faire
de modo que
Faire P
F1 F2 86.24 N
Así, la presión manométrica del aire insuflado a través de la cañería es
F
86.24
4312 Pa
paire aire Saire
0.02
- 266 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Estática de los fluidos. M29.23
23. Un cuerpo de 1260 kg flota en agua marina (densidad 1.05 g/cm3) emergiendo 0.24 m3 sobre la superficie
libre del agua. a) Determínese la densidad del cuerpo. b) Realmente este cuerpo es poroso y está formado
por una masa sólida de densidad 1.2 g/cm2 con pequeñísimas burbujas de aire atrapadas. ¿Cuál es el
porcentaje en volumen del aire existente en el cuerpo?
Nota: Despreciar la densidad (peso) de aire contenido en el cuerpo.
a) Como el cuerpo está en equilibrio de flotación, podremos aplicar el principio de
Arquímedes para determinar el empuje vertical, que será igual al peso del cuerpo. El empuje
está relacionado con el volumen sumergido VS, del modo
m 1260
1.2 m3
E Sm gVS mg l VS E
Sm 1050
P
El volumen del cuerpo es
Vcuerpo 1.2
0.24 1.44 m
3
y la densidad de este cuerpo es
Scuerpo m
Vcuerpo
1260
kg
g
875 3 0.875
1.44
m
cm3
b) El volumen de la masa sólida, Vms, viene dado por
m 1260
1.05 m3
Vms Sms 1200
de modo que el volumen de aire viene dado por
Vaire = 1.44 – 1.05 = 0.39 m3
que en porcentaje volumétrico representa
Vaire
0.39
0.27 27%
Vtotal 1.44
- 267 -
Um
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.1
1. 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:
1 2
patm S gz2
Sv patm
2
de modo que
3
S gz3 l v 2 2 g z3 z2
40m
v
v 2 g z3 z2 2q9.8q 40 28 m/s 100.8 km/h
2
b) Aplicamos Bernoulli de 1 a 3:
S gz1
p1
0 patm
S gz3
0 l
p1 patm S g z3 z1
100 m
de donde
p1 patm S g z3 z1 1000q9.8q140 1.37 q106 Pa
1.37 q106
atm 13.6 atm
101 328
1
- 268 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.2
2. En un tramo de una tubería horizontal existe un estrechamiento
que reduce su sección a la mitad. Si por la misma circula un líquido y la diferencia de presión que se origina entre un punto de
la tubería y el punto donde existe el estrechamiento equivale a la
presión que produciría una columna del mismo líquido de altura
h, ¿qué velocidad tendrá el líquido en la tubería?
B
A
Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre los dos puntos, supuestos a la misma cota:
pA
1
2
SvA2 pB
1
2
SvB2 l
pA pB 12 S (vB2 vA2 ) S gh
de modo que
vB2 vA2 2 gh
[1]
Tenemos en cuenta la ecuación de continuidad:
vA SA vB SB l vB SA
vA 2vA
SB
[2]
y sustituyendo este resultado en la expresión [1], tenemos
4vA2 vA2 3vA2 2 gh l vA - 269 -
2
3
gh
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.3
3. Para medir la velocidad del agua que circula por una tubería, se intercala en ésta un venturímetro cuyos
diámetros en el tramo principal y en el estrechamiento se encuentra en la relación 5:1. La diferencia de presión entre el tramo principal y el estrechamiento resulta ser de 0.35 atm. ¿Cuál es la velocidad?
v2
v1
2
1
Aplicamos el teorema de Bernoulli entre los puntos 1 y 2:
p1
1 2
Sv1 p2
2
1 2
Sv2
2
l v22 v12 2 p1 p2
S
[1]
con
kg
101325 Pa
p1 p2 0.35atm q
25331.25 Pa
3
m
1atm
Por otra parte, de la ecuación de continuidad, se sigue:
S 1000
2
v1 S2 D22 D2 ¬­ 1 ¬­
1
2 ­­ ­­ v2 S1 D1 D1 ®­ 5 ®
25
2
v1S1 v2 S 2
l
Resolviendo el sistema de ecuaciones dado por [1] y [2], se obtiene
¦£¦v22 v12 70.9
m
m
l v1 0.34
v2 8.43
¤
¦¦¥v2 25v1
s
s
- 270 -
[2]
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.4
4. En el dispositivo de la figura, un fluido ideal (densidad, U) circula
1
por una tubería de sección constante con una velocidad v. La tubería lleva acoplados dos tubos piezométricos, que permiten medir la
presión estática y la presión dinámica, respectivamente. Sea Um la
densidad del líquido manométrico. Expresar la velocidad v del fluido en función de la diferencia de cotas h que se indica en la figura.
Aplicamos reiteradamente la ecuación de Bernoulli entre U
los puntos AB12CA y sumamos miembro a
miembro todas las ecuaciones (hemos procedido a sumas
parciales para mayor claridad).
²
pA S gzA pB S gzB ¦
AlB
¦
» pA S gzA p1 S gz1
B l1
pB S gzB p1 S gz1 ¦
¦
¼
1l 2
p1 Sm gz1 p2 Sm gz2
²
¦
¦
¦
1 2 »¦ p2 S gz2 pA S gzA
Sv ¦
C l A pC S gzC pA S gzA
¦
2
¼
Obtenemos, después de sumar m.a.m. todas las ecuaciones,
1 2
Sm gz1 S gz2 S gz1 +Sm gz2
Sv l
2
1 2
Sm g z1 z2 S g z1 z2
Sv l
2
1
Sm S g z1 z2 Sv 2
2
Y, finalmente, con h = z1 – z2, resulta
S
¬
v 2 2 gh m 1­­­
S
­®
p2
S gz2 pC
S gzC
- 271 -
2
Um
B
2lC
h
A
v C
z
1 2
Sv
2
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.5
5. Por una tubería circula un caudal de 208 L/s de agua. En la tubería se ha instala-
1
do un medidor de Venturi, con mercurio en su interior, tal como se representa en
la figura. Si las secciones de la tubería en 1 y 2 son 800 y 400 cm2, respectivamente, calcular el desnivel h que se produce en el mercurio.
Aplicamos la ec. de Bernoulli entre 1 y 2:
1 2
1 2
1
p1
Sv1 p2
Sv2 l p1 p2 S v22 v12
2
2
2
Aplicamos reiteradamente la ec. hidrostática en el camino 1AB2:
1l A
l
p1
AlB
l
pA
Bl 2
l
pB
S gz1 pA
S gzA
Sm gzA pB
S gzB p2
y sumando m.a.m.
p1 Sm gzA S gzB S gzA
1
Sm gzB
h
[1]
2
S gz2
Sm gzB
A
l
p2
p1 p2 Sm S g zB zA Sm S gh
B
h
m
[2]
Igualamos las ecuaciones [1] y [2]
1
Sm S gh S v22 v12
2
l h
S v22 v12
Sm S 2 g
Aplicamos las ecuación de continuidad entre los puntos 1 y 2:
v1S1 v2 S2 l v1 v2 S1
S2
[3]
[4]
y sustituyendo las velocidades en la ec. [3]:
S ¡ ¬­ ­¬
¡ ­ ­
Sm S ¡ S 2 ­­® S1 ­­®
¢
2
h
2
¯
2
° 1 S 1 1 ¬­­
°
2
2­
°± 2 g Sm S S 2 S1 ®­ 2 g
Aplicación numérica:
h
2
1
1000
1 ¬­ 0.2082
0.082 m 82 mm
­
2
13600 1000 0.04
0.082 ­® 2q9.8
- 272 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.6
6. Para medir la velocidad del agua que circula por un arroyo, se dispone de un tubo en
L, como se muestra en la figura adjunta. ¿Cuál será la velocidad de la corriente si el
agua asciende por el tubo vertical hasta una altura de 40 cm por encima de la superficie
libre del agua?
h
v
Aplicamos la ecuación de Bernuilli entre AB, BC y CD, teniendo en cuenta que C es un punto
de estancamiento:
patm pB S gha
1 2
Sv pC S gha
2
pC S gh a patm S gh
pB S gh a
Sumando miembro a miembro las tres ecuaciones anteriores,
tenemos
1 2
Sv S gh l v 2 gh
2
Y sustituyendo los valores numéricos:
v 2q9.8q 0.40 7.84 2.8 m/s
- 273 -
D
A
v
B
h
C
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.7
7. En un pulverizador de pesticida se sopla aire sobre el extremo superior de un tubito abierto por sus dos extremos, estando el extremo inferior sumergido en un recipiente que contiene líquido de densidad
0.92 g/cm3. ¿Cuál deberá ser la velocidad mínima del aire que pueda
elevar el líquido 10 cm para ser dispersado? (Densidad del aire,
1.25 g/L).
A
aire
B
2
1
líquido
Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre A y B, a lo largo de
la corriente de aire
1
pA
Saire v 2 patm (1)
2
Aplicamos la ecuación fundamental de la estática de fluidos entre los puntos 1 y 2 (en el líquido)
(2)
patm p2 Sliq gh
Sumamos miembro a miembro (1) y (2) y tenemos en cuenta que pA p2 ,
1
Saire v 2 Sliq gh
2
de modo que
v
2Sliq gh
Saire
2q920q9.8q 0.1
38 m/ s
1.25
- 274 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.8
8. Un tanque de grandes dimensiones abierto a la atmósfera está apoyado en el
suelo y contiene agua, como se indica en la figura. Se hace un agujero de pequeño diámetro a una altura h en la pared del tanque. a) Deducir la velocidad
de salida del agua por el orificio. b) Determinar el alcance horizontal x del
chorro de agua. c) Calcular la altura a la que debería hacerse el orificio para
que el alcance fuese máximo.
H
h
x
a) Aplicamos el teorema de Torricelli para calcular la velocidad de salida del agua por el orificio:
y
v0
v0 2 g H h
H
b) Escribimos las ecuaciones paramétricas de la
trayectoria, que corresponde a la de un movimiento uniformemente acelerado; i.e., una trayectoria parabólica,
£¦ x v0t
¦¦
g
l y h 2 x2
¤
¦¦ y h 1 gt 2
2v0
¦¥
2
El alcance se determina haciendo y = 0, de modo que
y h
h
x
xalc
g 2
2h
x 0 l xalc v0
2 h H h
2
g
2v0
c) Puesto que el alcance es función de la posición h a la que se encuentra el orificio, determinaremos su valor máximo imponiendo la condición de extremo (máximo o mínimo) de la función:
dvalc
H 2h
H 2h
2
0 l h 12 H
dh
h H h
2 h H h
- 275 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.9
9. Por la tubería de la figura, de secciones S1 = 40 cm2 y
S2 = 20 cm2, circula un caudal de agua de 3u10-3 m3/s.
Los tubos piezométricos están llenos de aceite de densidad 800 kg/m3. Se observa que el nivel del aceite en
los piezómetros tiene igual cota. ¿Cuál es el desnivel h
entre los dos tramos de tubería?
Nota: despreciar el valor de los radios de la tubería en la
expresión de las alturas.
A
B
S1
H
1
S2
h
n ive l d e r e fe r e nc ia
2
Datos: S1 = 40 cm2, S2 = 20 cm2, Q = 3u10-3 m3/s, Um = 800 kg/m3, U = 1000 kg/m3
S
(ec. continuidad)
Q v1S1 v2 S 2 l v2 1 v1 2v1
S2
v1 3q103
0.75 m/ s
40q104
v2 1.50 m/ s
Aplicamos la ec. de Bernoulli entre 1 y 2:
1 2
1 2
1
3
Sv1 p2
Sv2 p2
S (4v12 ) l p2 p1 S gh Sv12
p1 S gh
2
2
2
2
Aplicamos la ec. de Bernoulli entre A-1 y entre B-2:
£
patm Sm gH p1 Sm gh
¦
¦
l p2 p1 Sm gh
[2]
¤
¦
¦
¥ patm Sm gH p2
Igualando las ecuaciones [1] y [2] tenemos:
[1]
3Sv12
3
3
S gh Sv12 Sm gh l (S Sm ) gh Sv12 l h 2
2
2(S Sm ) g
de modo que
h
3q1000q 0.752
0.43 m 43 cm
2(1000 800)q9.8
Otro modo operatorio:
Aplicamos la ecuación de Bernoulli a la trayectoria A-1-2-B:
£
A l1
patm Sm gH p1 Sm gh
¦
¦
¦
¦
1 2
1 2
¦
p1 S gh
Sv1 p2
Sv2 p2
¤1 l 2
¦
2
2
¦
¦
¦
p2 patm Sm gH
¦
¥2 l B
1
S (4v12 )
2
y sumamos m.a.m. estas tres ecuaciones:
S gh
1 2
Sv1 Sm gh
2
1
3
S (4v12 ) l (S Sm ) gh Sv12
2
2
- 276 -
l h
3S v12
2 (S Sm ) g
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.10
10. Un depósito de grandes dimensiones abierto a la atmósfera desagua por una tubería troncocónica que lleva incorporado un tubo en U invertida cuyo extremo inferior está
sumergido en otro depósito que contiene el mismo líquido. Determinar la altura h a la que asciende el líquido en
función de la distancia x.
L
H
X
1
2
x
S1
A
h
S2
B
Calculamos la velocidad de salida en 2 mediante el
teorema de Torricelli:
v2 2 gH
Aplicamos la ecuación de Bernoulli y la condición de continuidad entre los puntos X y 2:
£¦
1 2
1 2
¦¦ pX
SvX patm
Sv2
¦¦
2
2
Xl2 ¤
S2
¦¦
v2
¦¦S X vX S 2 v2 l vX S
X
¦¥
de modo que, sustituyendo vX y v2 en la primera ecuación, tenemos
S2 ¯
S2 ¯
1
1
pX patm S ¢¡v22 vX2 ¯±° ¡1 22 ° Sv22 ¡1 22 ° S gH 0
¡
°
2
2 ¢¡ SX ±°
¢ SX ±
Aplicamos la ecuación fundamental de la Estática de Fluidos entre B y A, teniendo en cuenta
que la presión en A es igual a la presión en X:
patm pX S gh l pX patm S gh
Igualando las dos ecuaciones anteriores, obtenemos
¯
S2
S2 ¯
S2 ¯
S gh ¡1 22 ° S gH
l h ¡1 22 ° H l h ¡ 22 1° H 0
¡ SX
°
¡ SX °
¡ SX °
¢
±
¢
±
¢
±
ya que S2 < SX, por lo que realmente el agua no asciende por el tubo, sino que “desciende”,
como se ilustra en la figura.
Tan solo nos queda expresar SX en función de la distancia x indicada en la
figura. El radio de la tubería en función de la distancia x es
R1 R2
S
S2
x
R1 1 R2 con
L
Q
Q
de modo que, después de un laborioso desarrollo, obtenemos
RX R1 S 2 S1S 2
SX Q R 1
L2
2
X
S2
x
2
S S S1
2 1 2
x
L
- 277 -
S1
X
B
h
A
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.11
1
11. El depósito de grandes dimensiones de la figura está abierto a la atmós-
x
2
12 m
fera y desagua por la tubería que se indica. La sección transversal de la
tubería en los puntos 2 y 3 es de 300 cm2 y en el 4 de 100 cm2. Calcular: a) El caudal de agua que fluye por la sección 4. b) La presión en el
punto 3. c) La cota del punto 2 respecto a los puntos 3 y 4 para que la
presión en aquél sea de 1.2 atm.
x
a) Dado que el depósito está abierto a la atmósfera y que la
tubería desagua a la atmósfera, podemos aplicar directamente el Teorema de Torricelli:
3
4
x
x
v4 2 gz1 2q9.80q12 235.2 15.3 m/s
Q4 S 4 v4 100q104 q15.3 0.153 m3 /s
b) Aplicamos la ec. de continuidad y la ec. de Bernoulli entre 3 y 4:
£
S
100
1
¦
¦
S3v3 S4 v4 l v3 4 v4 v4 v4 5.1 m/s
¦
¦
S
300
3
3
¦
¤
¦
1 2
1 2
1
4
¦
¦
p3
Sv3 patm
Sv4 l p3 patm S v42 v32 Sv42
¦
2
2
2
9
¦
¥
de modo que
4
4
p3 patm Sv42 q1000q 235.2 104 533 Pa 1.032 atm l p3 2.032 atm
9
9
c) Aplicamos la ec. de Bernoulli entre 2 y 3:
p2
S gz2 p3 l z2 2.032 1.2 q101 328
p3 p2
8.60 m
Sg
1000q9.8
- 278 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.12
12. Clepsidra (reloj de agua). Determinar la forma que debe darse a un recipiente con simetría de revolución
alrededor de un eje vertical para que al vaciarse por un orificio situado en su fondo sea constante la velocidad de descenso del nivel del agua que contiene.
Aplicamos Bernoulli entre la superficie libre (1) y el orificio de salida (2):
1 2
1 2
patm S gz
Sv1 patm
Sv2 l 2 gz v12 v22
2
2
Y la ecuación de continuidad en esos mismos puntos:
z
1
r
S
Sv1 S0 v2
r
S0
2
l Qr 2 v1 Qr02 v2
l v2 r2
v1
r02
Despejando la cota z en la primera ecuación y sustituyendo
el valor de v2 obtenido en la segunda, tenemos
v2 r 4 ¬
1 2
z
v2 v12 1 4 1­­­ ar 4 b
­®
2g
2 g r0
Puesto que la velocidad de descenso del nivel del agua es constante, esto es, independiente del
tiempo, la clepsidra es un auténtico reloj de agua.
Podemos utilizar cualquier software matemático para representar en 3D la clepsidra.
- 279 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.13
13. Un depósito abierto, cilíndrico, de eje vertical y sección recta S1 está lleno de agua hasta una altura H por
encima de su fondo. Determinar el tiempo necesario para que se vacíe el depósito a través de un orificio bien
perfilado, de área S2, practicado en su fondo. Aplicación numérica: S1 = 2 m2, S2 = 10 cm2, H = 3 m.
Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre la superficie libre del
agua en el depósito y el orificio de salida
1 2
1 2
Sv1 patm 0
Sv2 l 2 gz v12 v22 [1]
patm S gz
2
2
Aplicamos la ecuación de continuidad entre esos dos mismos puntos
S
S1v1 S2 v2 l v2 1 v1 [2]
S2
S1
H
v1
z
S2
Eliminamos la velocidad de salida (v2) entre estas dos ecuaciones,
tenemos
v2
S ¬
S2 ¬
2 gz
v 1 ­­­ v12 l v12 12 1­­­ 2 gz l v1 Az
2
2
S
­
S 2 ­®
S
®
2
1 S 2 1
2
2 gz
2
1
De modo que v1 dz
2g
Az con A 2 2
dt
S1 S 2 1
Integramos la ecuación diferencial para obtener t(z):
¨
0
t
z
z
dt ¨ H
dz
1
1
1/2
1/2
¨ z dz A 2 z
Az
A H
z
H
2
H z
A
Cuando se depósito se vacíe, será z = 0, lo que requiere que transcurra un tiempo t0 tal que
= t
t0 2
H
2 H S12 ­¬
1­
A
g S 22 ­­®
Aplicación numérica:
A
2g
2q9.8
4.9q106 m/s 2
2
4
S12 S22 1
2q10 10 1
t0 2
3
1565 s 26 min 5 s
4.9q106
- 280 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.14
14. Un sifón es un dispositivo que se utiliza para extraer líquido de un depósito. Su forma de operar
se muestra en la figura adjunta. El extremo del tubo que está sumergido en el líquido puede estarlo a cualquier profundidad. Naturalmente, para que el sifón funcione deberá estar inicialmente lleno de agua; pero una vez que está lleno, el sifón succionará líquido del depósito hasta que
el nivel en éste descienda por debajo del nivel del extremo del tubo abierto al aire libre. Supongamos que el líquido sea agua a 15.5 (C (ps = 13 Torr) y despreciemos totalmente la fricción.
a) Determinar la velocidad de salida del líquido por el extremo inferior del tubo del sifón.
b) ¿Cuánto vale la presión absoluta en el punto más alto del tubo? c) ¿A qué altura máxima sobre el extremo inferior del tubo puede estar el punto más alto del tubo sin que el sifón falle por
cavitación?
a) Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre A-C
1 2
patm S gzA 0 patm 0
Sv l v 2 gzA
2
Esto es, la velocidad de salida viene dada por el Teorema de Torricelli,
siendo h la diferencia de niveles entre la superficie libre del líquido (A) y
la salida del tubo de desagüe (C).
b) Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre B-C
B
A
pB
=
z=0
C
1 2
Sv patm
2
S gzB
0
1 2
Sv
2
pB patm S gzB 0
c) Se presentará cavitación, esto es, la formación de burbujas de vapor en
el seno del líquido, causada por las variaciones que este experimenta en su
presión, si la presión en B es inferior a la presión de vapor saturante del
agua:
pB patm S gzB ps
l zB 760 12.788 101328
pB patm
10.2 m
Sg
1000q9.8
760
- 281 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.15
A
15. Un depósito de grandes dimensiones desagua mediante un tubo sifón
de sección S y terminado en un estrechamiento de sección S/4, como se
indica en la figura. a) Determinar la presión en A. b) Calcular valor
máximo de h3 para que el depósito continúe desaguando.
h1
B
h2
a) Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre B-C:
patm
S g (h2
h3 )
0 patm
l v S g (h2
2
C
1
2
0
SvC2
h3
Nivel de ref.
h3 )
Ecuación de continuidad entre A-C:
S
4
vA S vC
º vA 14 vC
Ecuación de Bernoulli entre B-A:
patm
S g (h2
h3 ) pA
S g (h1
v ¬
S C ­­­ pA
4 ®
h2
h3 )
1
2
SvA2
º
2
patm pA
S gh1
1
2
pA patm S gh1 161 S g ( h2
S gh1
1
16
S g (h2
h3 ) patm S g < h1
1
16
h3 ) º
(h2
b) Para pA | 0, (en realidad pA | ps, presión de vapor saturante), será:
patm
h1
Sg
1
16
(h2
h3 ) º
- 282 -
h3 16 patm
16h1 h2
Sg
h3 ) >
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.16
16. Disponemos de un depósito de agua de grandes dimensiones y abierto a la atmósfera
que desagua a la atmósfera a través de un tubo vertical, de sección constante, que está
acoplado a su fondo, tal como se indica en la figura. a) Calcular la velocidad de salida
del agua por el tubo. b) Expresar la presión en función de la cota z medida a partir del
extremo inferior del tubo, representarla gráficamente y explicar la “caída de presión” en
la entrada del tubo de desagüe.
a) Aplicamos la ec. de Bernoulli entre 1 y 3:
1 2
Sv l v 2 gH
patm S gH patm
2
que es el mismo resultado que nos proporciona el Teorema de
Torricelli.
b) Aplicamos la ec. de Bernoulli entre el punto 1 y un punto
genérico contenido en el depósito (de cota h < z < H):
patm
S gH p
S gz l
p patm
H
h
1
2
H
z
h
Sg H z
v
z
Aplicamos la ec. de Bernoulli entre el punto 3 y un punto gené3
rico contenido en el tubo (de cota 0 < z < h):
1 2
1 2
patm
Sv p S gz
Sv l p patm S gz
2
2
En la representación gráfica, observamos que la presión presenta una discontinuidad (caída
brusca) en la entrada del tubo, ya que
£¦ p(h ) patm S g H h
¦
l p(h ) p (h ) S gH
¤
¦¦ p(h ) p S gh
atm
¥
que es consecuencia de haber considerado despreciable la velocidad del agua en el depósito,
incluso en las proximidades de la entrada del tubo, lo que es una aproximación que no se ajusta a la realidad.
p
patm+g(H-h)
gH
patm
patm-gh
h
- 283 -
H
z
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.17
17. Calcular la longitud x del tubo de salida del agua del depósito de la figura para que la presión en B sea 1/n
de la presión en A (presión atmosférica), teniendo en cuenta que SA SB.
Método 1
Simplemente, aplicamos el Teorema de Bernoulli entre BC,
teniendo en cuenta que la velocidad es la misma en ambos
puntos:
patm
1 2
1 2
S gx
Sv patm
Sv
n
2
2
n 1
l S gx patm
n
n 1 patm
= x
n Sg
A
h
B
x
v
z=0
C
Método 2
Aplicamos el Teorema de Bernoulli entre AB y AC
£¦
p
¦¦ patm S g h x atm S gx 1 Sv 2
¦
2
n
¤
¦¦
1 2
Sv
¦¦ patm S g h x patm
2
¦¥
Restando miembro a miembro estas dos ecuaciones:
patm
1 2
1 2
n 1
n 1 patm
S gx
Sv patm
Sv l S gx patm = x 2
2
n
n
n Sg
Método 3
Obsérvese que la aplicación del Teorema de Bernoulli entre A y C equivale a la aplicación del
Teorema de Torricelli para calcular la velocidad en el desagüe, de modo que el problema
también puede plantearse de modo que sigue:
£
patm 1 2
¦
¦
Sv
p
¦ patm S gh n
l patm S gh atm S g (h x)
2
¤
¦
n
2
¦
¦
¥v 2 g (h x)
De modo que
n 1
n 1 patm
patm S gx l x n
n Sg
- 284 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.18
A
18. Desde un estanque de grandes dimensiones se desagua a un gran
depósito mediante una tubería de sección S1. Desde este depósito, a
su vez, se desagua mediante una tubería de sección S2, tal como se
indica en la figura. a) Determinar la relación entre los diferentes datos para que permanezca constante el nivel del depósito intermedio.
b) Ídem para que sean idénticas las velocidades de desagüe en ambas tuberías.
h1
h2
C
h4
Empezamos determinando las velocidades de desagüe en
ambas tuberías.
Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre
1 2
A-B
p0 S g (h1 h2 h3 ) pB
Sv1
JJJG
2
B-C
pB p0 S gh3
JJJG
h5
D
que sumadas miembro a miembro, nos conducen a
1
S g (h1 h2 ) Sv12 l v1 2 g (h1 h2 )
2
Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre
1 2
p0 S g (h4 h5 ) p0
Sv2 l v2 2 g (h4
C-D
JJJG
2
Deberán ser iguales los caudales en ambos desagües; i.e.,
S1v1 S2 v2 l S12 (h1
Igualamos las velocidades; i.e.,
v1 v2
l (h1
h2 ) S22 (h4
h2 ) (h4
- 285 -
h3
B
h5 )
h5 )
h5 )
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.19
19. Trasvasando aceite. Dos depósitos de grandes dimensiones, abiertos a la atmósfera, contienen aceite de
oliva (0.918 g/cm3), existiendo un desnivel entre las superficies libres del aceite en ellos de 10 m. Los depósitos están intercomunicados mediante una tubería horizontal, de 120 mm de diámetro, con entradas bien
perfiladas por debajo de los niveles de aceite en cada depósito. a) Determinar el caudal que circula por la tubería. b) Calcular la potencia nominal de la bomba que se necesitará (70% de rendimiento) para conseguir el
mismo caudal en sentido inverso.
a) Calculamos la diferencia de presiones entre los extremos de la tubería que comunica los
depósitos:
1
p0 S gz1 p2 ²
¦¦
» l p2 p4 S gh (obvio)
h
5
p0 S gz5 p4 ¦
¦¼
Puesto que no hay pérdidas de energía, la caída de presión entre
(2) y (4) será igual al incremento de energía cinética en la tubeaceite
ría; esto es,
1
p2 p4 S gh Sv 2 l v 2 gh 14 m/s
v
2
2
4
Resultado al que también podemos llegar directamente aplican3
do el teorema de Torricelli.
El caudal será
Q Sv Q q 0.062 q14 0.158 m3 /s 158 A /s
b) La bomba deberá suministrar una potencia P a la corriente
fluida, dada por
P ' w SQw
p p2
con w (e4 e2 ) ( 4
) gh
S
de modo que
1
h
aceite
bomba
2
P (S gh)Q
4
w
O sea
P 918q9.8q10q0.158 14 214 W 14.2 kW
14.2
Pnom 20.3 kW
0.70
- 286 -
5
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.20
20. El depósito de grandes dimensiones
AB
CD
de la figura contiene un líquido ideal
M
que desagua por la tubería de sección
variable que se indica situada a una
profundidad H. a) Calcular la velociH
dad del líquido en cada uno de los tres
tramos de la tubería. b) Calcular y dibujar la altura que alcanza el líquido
en cada uno de los tubos piezomé2S
3S
tricos. c) Dibujar de forma aproximada la altura que tendría el líquido en los tubos piezométricos si el líquido fuese viscoso.
a) Teorema de Bernouilli entre M y N:
patm
S gH
0 patm
0
1 2
SvS l vS 2 gH
2
Ecuación de continuidad:
£¦
1
1
¦¦v2S 2S vS S l v2S vS 2 gH
2
2
¦¤
¦¦
1
1
2 gH
¦¦v3S 3S vS S l v3S vS 3
3
¦¥
b) Toma de presión estática en X :
pX patm
pX patm
Sg
S gh l hX Teorema de Bernouilli entre M y X:
patm
S gH
0 pX
0
1
2
SvX2 l
Combinando las dos ecuaciones anteriores: hX H 1
pX patm S gH SvX2
2
2
X
v
2g
Tubos A y B:
hA H 2
v3S
1
8
H H H
2g
9
9
Tubos C y D:
hC H 2
v2S
1
3
H H H
2g
4
4
Tubo E:
hA H vS2
H H 0
2g
- 287 -
E
N
S
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.21
21. Un depósito de grandes dimensiones desagua a
B
la atmósfera mediante el sistema de tuberías
que se representa. Determinar la velocidad y el
caudal del agua en cada tramo de tubería, así
como la presión en el punto A. Datos: S0 =
100 cm2.
10m
1m
S0
1 A
Consideraremos los tres tramos del sistema numerados (1, 2 y 3) tal como se S
0
representa en la figura.
Determinamos las velocidades en los tramos 2 y 3 aplicando el teorema de Torricelli:
3S0
v2 2 gh2 2q9.8q12 15.33 m/s
v3 2 gh3 2q9.8q14 16.56 m/s
y los caudales en estos tramos son
Q2 v2 S0 15.33q 0.01 0.1533 m3 / s 153.3 L/s
Q3 v3 S0 16.56q 0.01 0.1656 m3 / s 165.6 L/s
El caudal y la velocidad en el tramo 1 son:
Q1 Q2
Q3 0.3189 m3 /s = 318.9 L/s
v1 Q1
10.63 m/s
3S0
Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre A y B:
1 2
1 2
pA S gzA
SvA pB S gzB
S vB
2
2
Despejando pA , teniendo en cuenta que pB = patm y que vB = 0, resulta
1
pA patm S g zB zA SvA2
2
1
2
pA patm 1000q9.8q11 1000 10.63 107800 -56 498 = 51302 Pa = 0.506 atm
2
pA 152 627 Pa = 1.506 atm
- 288 -
2m
2
2m
3
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos ideales. M32.22
un depósito de grandes dimensiones, eleva agua hasta los
niveles A y B a través del sistema de tuberías representado. El agua sale en el nivel A con una velocidad de 5 m/s.
a) Determinar la velocidad de salida en B. b) Calcular los
caudales suministrados en A y B.
S
15 m
a) Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre C-A y C-B:
1 2
1 2
¦²
SvC S gzC patm
SvA S gzA ¦¦
CA l pC
1 2
¦
2
2
SvA
» l
¦¦
1 2
1 2
2
SvC S gzC patm
SvB S gzB ¦
CB l pC
¦¦¼
2
2
de modo que
S g zA zB
l vB2 52
6m
5m
O
2S
C
vB2 vA2
B
A
22. Una bomba de 5 kW de potencia, situada en el fondo de
3S
N.R.
1
S gzA SvB2
2
2q9.8q (1) 5.4 m 2 /s 2
S gzB
l vB 2.32 m/s
Ecuación de continuidad en la bifurcación:
2vB
3.22 m/s
3
b) La potencia proporcionada por la bomba será P =wQ, donde Q es el caudal total (en C) y
w es el trabajo específico realizado sobre el fluido, tal que, aplicando la ec. de Bernoulli
(energías específicas) entre O y A, i.e., e0 w eA , incluyendo la bomba, tenemos
3SvC SvA
w eA e0 1
patm patm
S
2SvB l vC 1 2
vA v02
2
vA
g z A z0 1
pC p0
S
1 2
vA
2
1
1
S w SvA2 S g zA z0 1000q52 1000q9.8q5 61500 Pa
2
2
El caudal principal será
5000
P
0.0813 m3 /s 81.3 L/s
QC S w 61500
La sección de la tubería principal será:
Q
0.0813
0.0253 m 2 25.3q103 m 2
SC 3S C 3.22
vC
De modo que las secciones y caudales en las tuberías secundarias son:
S A 8.42q103 m 2
l QA S A vA 42.1q103 m 2 42.1 L/s
S B 16.8q103 m 2
l QB S BvB 39.1q103 m 2 39.1 L/s
- 289 -
g z A z0
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos reales. M33.1
1. Una lámina de aluminio (U = 2.70 g/cm3) desliza por un plano inclinado bajo la acción de la gravedad y de
la fuerza viscosa ejercida sobre ella por una fina película de aceite lubricante SAE-30 (K = 250 cP) de
0.25 mm de espesor, depositada sobre el plano. Las dimensiones de la lámina son 10u4u1 cm3 y el ángulo
de inclinación del plano respecto de la horizontal es de 5º. Calcular la velocidad límite que alcanza la lámina
en su descenso.
Datos:
Al = 2.70 g/cm3
h = 9.25 mm = 0.025 cm
S = 4u10 = 40 cm2
= 250 cP = 2.5 P
Fvisc
N
v
v
mg
h
El flujo del líquido en el espacio comprendido entre las dos superficies se reduce a un flujo
de Couette, como se ilustra en la figura inferior. Aplicamos la ley de la viscosidad de
Newton:.
v
v
V =K
o f visc V S K S
h
h
ya que el esfuerzo cortante está uniformemente distribuido sobre la cara de la lámina en
contacto con el aceite.
Bajo la acción de las fuerzas que actúan sobre la lámina (indicadas en la figura superior), ésta
se acelera, aumentando continuamente su velocidad de bajada y la resistencia viscosa a su
movimiento, hasta que finalmente se alcanza una cierta velocidad límite. Las ec. del
movimiento se escribe en la forma:
v
mgh sen T
mg sen T f visc ma 0 o mg sen T K S lím o vlím
h
KS
con m
U AlV
2.7 u (10 u 4 u 1) 108 g , de modo que
vlím
108 u 980 u 0.025 u sen 5º
2.5 u (10 u 4)
- 290 -
2.31 cm
Física Universitaria: Problemas de Física
Dinámica de los fluidos reales. M33.2
2. Un cilindro macizo de radio R = 10 cm y altura h = 10 cm gira en el interior de otro cilindro hueco de radio
R + 2 mm y altura h + 4 mm. En el espacio entre ambos cilindros existe un líquido de viscosidad K = 84 cP
que rodea totalmente el cilindro interior. Determínese el momento que hay que aplicar al eje del cilindro
móvil y potencia necesaria para mantener una velocidad de rotación constante de 1000 r.p.m.
Datos:
2Q
104.72 rad/s
60
v X R 104.72q10 1047.2 cm/s
X 1000
R
R+R
El flujo del líquido en el espacio entre los dos cilindros se
reduce a un flujo de Couette, como se ilustra en la imagen
inferior. Aplicamos la ley de la viscosidad de Newton:
v
1047.2
T=I
0.84
4398.23 dyn/cm 2
%R
0.2
Este esfuerzo cortante está uniformemente distribuido
sobre la superficie lateral del cilindro interior móvil. En consecuencia, el momento dinámico
con respecto al eje de rotación será:
M T (2Q Rh) R 2Q R 2 hT 2Q q102 q10q 4398.23 2.76q107 dyn ¸ cm
= M 2.76q107 dyn ¸ cm 2.76 N ¸ m
que es igual al momento que deberemos aplicar para mantener el
cilindro interior en movimiento.
La potencia necesaria para mantener constante la velocidad de
rotación será:
P M X 2.76q104.72 289 W
- 291 -
v=R
Física Universitaria: Problemas de Física
Flujo viscoso. M34.1
1. a) Determinar la dirección del flujo en la tubería de sección constante representada en la figura adjunta. b) Calcular el caudal y el
número de Reynolds del flujo. El fluido es aceite de oliva a 20 ºC.
Datos: densidad, 0.918 g/cm3; viscosidad, 84 cP;
1 kg/cm2
12 m
1
45 mm
30º
kg
Datos: 1 2 9.8q104 Pa; I 0.84 P 0.084 Pa.s
cm
a) Determinamos la pérdida de carga entre los puntos 1 y 2:
p p2
1 2
p p2
H l e1 e2 1
gh
v1 v22 1
2
S
S
1 2 q9.8q104
918
2
2 kg/cm2
gh 9.8q12sen 30º 106.81 58.84 47.97
J
kg
La dirección del flujo es la de la pérdida de carga (disminución de energía); por consiguiente
se dirige desde abajo hacia arriba, (2) o (1) .
b) Expresamos la pérdida de carga (Hl) en términos de presión (pérdida de presión, Hp):
kg
H p S H l '~ 918q 47.97 44 039 Pa 0.45
cm 2
Aplicamos la ley de Hagen-Pouiseuille
Q
m3
L
Q D 4 '~
Q q 0.0454 44 039
4.4q103
4.4
128I L
128q 0.084 12
s
s
La velocidad media del fluido en la tubería es:
4Q
QD2
V l V
2.76 m/s
4
QD2
Calculamos el número de Reynolds del flujo:
S DV
1360
R
I
Q SV de modo que se trata de un flujo laminar, por ser R < 2300.
£
¦
¦¤~1 p1 S gh 98000
¦
¦
¥~ 2 p2 196 000 Pa
918q9.8q 6 151978 Pa
- 292 -
l H p ~1 ~ 2 a~ 44 022 Pa
Física Universitaria: Problemas de Física
Flujo viscoso. M34.2
2. El líquido de un depósito de grandes dimensiones se vacía por medio de un tubo horizontal de 250 m de
largo y 20 mm2 de sección, que está situado a 15 m por debajo del nivel del líquido. Sabiendo que la densidad del líquido es 1 g/cm3 y su velocidad de salida es de 4.67 cm/s, calcúlese su viscosidad. Determinar si el
flujo es laminar.
Datos:
S = 0.20 cm2 ; D 4S / Q 4q 0.2 / Q 0.50 cm
15 m
v = 4.67 cm/s; Q Sv 0.934 cm3 /s
20 mm2
l = 250 m = 25u103 cm; h = 15 m = 1.5u103 cm
250 m
Método 1 (simple):
Calculamos la caída de presión en el tubo:
p S gh 1q980q1.5q103 1.470q106 barias
Aplicamos la ecuación de Poiseuille:
Q
Q D 4 p
128Il
l I
Q D 4 p Q q 0.504 q1.47 q106
0.097 P 9.7 cP
128Ql
128q 0.934q 25q103
Calculamos el número de Reynolds:
S DV 1q 0.50q 4.67
24 2300 (laminar)
I
0.097
Método 2 (avanzado):
Aplicamos la ecuación de Bernoulli (sin pérdidas) entre 0 y 1:
patm
S gh
1 2
Sv0 p1
2
1 2
Sv
2
l
1
p1 patm S gh Sv 2
2
Como el tubo horizontal desagua a la atmósfera, p2 = patm, de
modo que la caída de presión entre los extremos del tubo de
desagüe es,
1
p1 p2 p1 patm S gh Sv 2 2
1q 4.67 2
3
1q980q1.5q10 2
1.47 q106 11 1.47 q106 barias
0
15m
1
250 m
Aplicamos la ecuación Poiseuille (flujo viscoso) entre 1 y 2:
Q
I
Q D 4 ap Q D 4 p1 p2
l
128I l
128I
l
Q D 4 p1 p2
Q q 0.54 q1.47q106
0.097 P 9.7 cP
128Q
l
128q 0.934q 25q103
- 293 -
2
Física Universitaria: Problemas de Física
Flujo viscoso. M34.3
3. El agua de un depósito de grandes dimensiones se vierte por medio de un tubo
horizontal de 250 m de largo y 20 mm2 de sección situado a 15 m por debajo del
nivel del agua en el depósito. Calcular la velocidad y el caudal de salida del agua.
Datos: viscosidad del agua = 1 mPas
15m
250 m
(1) Aplicamos la ecuación de Bernoulli (sin pérdidas) entre 0 y 1:
S gh
patm
1 2
Sv0 p1
2
1 2
Sv
2
l
p1 patm
1
S gh Sv 2
2
(2) Aplicamos la ecuación Poiseuille (flujo viscoso) entre 1 y 2:
Q
Q D 4 %a p Q D 4 p1 p2
L
128I L
128I
con p2 = patm, esto es,
1
p1 p2 S gh Sv 2
2
0
de modo que
Q D
1 2¬
S gh Sv ­­®­
128I L
2
4
Q
15m
Teniendo en cuenta que
D2 4S
Q
l D4 Q vS l v 16S 2
Q2
1
2
250 m
Q
S
resulta
Q
Q 16 S 2
1 Q 2 ¬ S S 2
1 Q 2 ¬­
­ l
S gh S 2 ­­­ gh 2
128I L Q
2 S ®­ 8IQ L
2 S 2 ®­­
8IQ L
1 Q2
Q
gh
SS 2
2 S2
l
16IQ L
Q 2 S 2 gh Q 2
S
l Q2
16IQ L
Q 2 S 2 gh 0
S
y sustituyendo valores, queda la ecuación
Q2
Q2
2
16q103 Q q 250
Q 2 20q106 9.8q15 0
1000
12.57 q103 Q 117.6q109 0
Y resolviendo esta ecuación de segundo grado resulta
Q 9.34q106 m3 /s 9.34 cm3 /s l v - 294 -
Q
0.467 m/s
S
Física Universitaria: Problemas de Física
Flujo viscoso. M34.4
4. El agua de un recipiente cilíndrico de 5 cm de diámetro
abierto a la atmósfera se vacía a través de un tubo delgado de 0.5 mm de diámetro y 20 cm de longitud. Inicialmente la altura del agua en el depósito es de 10 cm.
a) Considerando el agua como un fluido ideal, calcular
la velocidad de salida del líquido en el instante inicial y
el tiempo necesario para que el nivel del líquido descienda a 5 cm. b) Siendo la viscosidad del agua de
1 mPas, determinar la velocidad real de salida por el tubo, en el instante inicial, despreciando la velocidad del
líquido en el depósito.
A
10 cm
B
20 cm
a) La secciones del recipiente y del tubo son:
S A 14 Q DA2 14 Q q 0.052 1.96q103 m 2
S B 14 Q DB2 14 Q q (0.5q103 ) 2 1.96q104
²¦ S
¦
A
104
»
m 2 ¦¦¼ S B
Bernoulli entre A-B:
patm
S gH
1
2
SvA2 patm
1
2
0
SvB2 l vB2 vA2
2 gH
SB
vB 104 vB
SA
[2]
[1]
Ecuación de continuidad entre A-B:
vA SA vB SB l vA Sustituimos [2] en [1]:
2gH
2q9.8q 0.10 1.40 m/s
1108
En un instante genérico, cuando la altura del agua en el recipiente sea z, la expresión [1] se
escribe en la forma:
vB2 108 vB2
2 gH
l vB vA2 vB2 2 gz 108 vA 2 gz l vA 2 gz
dz
104 2 gz 8
10 1
dt
t
z
l
104 2 g d t z 1/2 d z l 104 2 g ¨ d t z 1/ 2 ¨ d z ¡2 z ¯° 2( H z )
¢
±H
H
0
2q10 ( H z ) 2q10 ( 0.10 0.05)
418 s
2g
2q9.8
4
= t
z
4
b) Aplicamos Bernoulli “con pérdidas” entre A-B y sustituimos la pérdida de presión por la
expresión dada por la fórmula de Hagen-Poiseuille:
patm U gH 12 U vA2
64K l
o v U D 4 vB 2 gH
2
B
patm 0 12 U vB2 ('cp ) visc [3] o U gH
0 o
1
2
U vB2 128K4l ( SBvB )
3
v 64u10 u0.20 4 vB 2 u 9.8 u 0.10
§
1000u¨¨ 0.5u103 ·¸¸
2
B
©
o vB2 51.2 vB 1.96 0 o vB
SD
0
¹
0.0383 m/s = 3.83 cm/s
Obsérvese la gran importancia de los efectos viscosos en los tubos de descarga muy delgados.
Además, puesto que vB2 0.03832 1.467 q103 1.96 2 gH , podemos despreciar el término 12 SvB2 en la expresión [3], lo que simplifica notablemente los cálculos.
- 295 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Flujo viscoso. M34.5
5. Un aparato estándar para hacer demostraciones acerca de la pérdida
25 cm
de carga a lo largo de una tubería está constituido por un depósito
de grandes dimensiones que desagua a la atmósfera a través de una
15 cm
tubería horizontal de longitud L y sección constante, de 8 mm de
11 cm
diámetro interno. La entrada de la tubería está bien perfilada y pueden despreciarse las pérdidas menores en la misma. A lo largo de la
12 cm
12 cm
tubería se han dispuesto dos tubos manométricos verticales, como
se ilustra en la figura adjunta. En el instante en que el nivel de agua
en el depósito se encuentra a 25 cm por encima de la entrada de la tubería y los manómetros indican 15 cm y
11 cm, respectivamente. a) ¿Cuál es la longitud de la tubería? b) En el instante mencionado, ¿cuál es el caudal en el desagüe? c) Calcular el número de Reynolds del flujo en la tubería.
Datos: densidad, 1 g/cm3; viscosidad, 1.002 cP.
1
25 cm
15 cm
11 cm
h2
h3
h4
12 cm
2
12 cm
3
4
5
L
a) Caída lineal de presiones.
Una simple relación de semejanza de triángulos en la figura
nos permite determinar la longitud de la tubería.
15 L 12
l
11 L 24
15 L 360 11L 132 l
L
228
57 cm
4
b) La presión estática existente a la profundidad de entrada de la tubería es
p2 patm S gh2
Aplicamos la ec. de Bernouilli sin pérdidas entre 1-2:
patm
S gh1 p2
1
2
Sv 2
Sumando m.a.m. estas dos ecuaciones:
S gh1 S gh2
1
2
Sv 2
l v 2 g h1 h2 2q9.8q 0.06 1.085 m/s
La disminución de “altura piezométrica” entre 1 y 2 está asociada al aumento de velocidad
entre esos puntos.
El caudal de salida es
QD2
Q q 0.0082
m3
cm3
v
q1.085 54.5q106
54.5
4
4
s
s
c) Número de Reynolds:
Q
`
S DV 1000q8q1031.085
8663 2300 (turbulento)
I
1.002q103
La ley de Hagen-Pouiseuille no conduciría a
Q
1000q9.8q 0.04
m3
cm3
Q D 4 '~ ¬­
Q q 0.0084
3.27q106
327
­­
3
128I l ® 128q1.002q10
0.12
s
s
No es aplicable por tratarse de un flujo turbulento.
- 296 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Flujo viscoso. M34.6
6. Un depósito de grandes dimensiones abierto a la atmósfera contiene petróleo de densidad 860 kg/m3 y viscosidad 7.2 mPas. El petróleo debe transportarse mediante una tubería lisa de acero de diámetro 0.12 m y
1 km de longitud que descarga a la atmósfera. Determinar la potencia que debe suministrar la bomba que
impulse el líquido para mantener un caudal de 0.06 m3/s en los siguientes casos: a) El extremo por el que
descarga la tubería está a la misma cota que el nivel del petróleo en el depósito. b) Dicho extremo está situado a 30 m por encima del nivel del petróleo en el depósito.
Mediante la ecuación de Poiseuille, calculamos la caída de presión debida a la fricción (viscosidad) en la conducción:
128Il
128q 0.0072q1000
pf Q
q0.06 84883Pa
4
4
QD
Q 0.12
Velocidad de circulación en la conducción:
Q
0.06
5.3 m/s
Q v2 S º v2 S Q 0.062
1
2
Número de Reynolds del flujo:
S DV 860q 0.12q5.31
R
76 041 (turbulento)
I
0.0072
(a pesar de ello, continuamos con el problema, aunque los resultados discreparán notablemete de la realidad).
Estableciendo el balance energético entre los puntos 1 y 2, llamando w al trabajo específico
(valor absoluto) que suministra la bomba y qvisc a la pérdida de energía específica (valor absoluto) debido a la fricción (viscosidad) en la conducción, podemos escribir:
w e2
e1
qvisc
l
w e2 e1
qvisc
l
P ' w SQw
con
e2 e1 p2 p1
S
1 2
(v2 v12 ) con p1 p2 p0
2
g ( z2 z1 )
= e2 e1 gh
v22
2
qvisc z2 - z1 h y v1 x 0
pf 84883
J
98.70
860
kg
S
a) En el primer apartado es h=0, por lo que:
v22
5.312
J
98.70 14.07 98.70 112.77
qvisc 2
2
kg
P SQw 860q 0.06q112.77 5819W 5.8 kW
w
b) En este caso es h = 30 m, por lo que
w gh
v22
2
5.312
J
98.70 294 14.07 98.70 406.77
2
kg
P SQw 860q 0.06q 406.77 20 989W 21 kW
qvisc 9.8q30
- 297 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Flujo viscoso. M34.7
7. a) Determinar la velocidad límite de una esferita de acero ( G = 7.87 g/cm3) de 2 mm de diámetro que cae en
un recipiente que contiene glicerina a 20 ºC ( U = 1.26 g/cm3 , K = 1.49 Pas). b) Calcular el valor del número de Reynolds correspondiente a esa velocidad límite para asegurarse de que fue correcto utilizar la ley
de Stokes en el apartado anterior. c) Determinar el valor máximo del diámetro de la esferita de acero que
aún permita utilizar la ley de Stokes.
Ley de Stokes : F
3QI D v . Número de Reynolds: } SD v
. Número de Reynolds crítico: } crítico 1
I
a) Expresamos las tres fuerzas que actúan sobre la esferita en su movimiento de caída en el
seno de la glicerina, sien E el empuje de Arquímedes y F la resistencia viscosa al
movimiento:
4
4
E
F
mg Q R 3E g
E Q R 3S g
F 6QI Rv
3
3
Inicialmente el movimiento es acelerado; pero cuando la esferita alcanza una cierta velocidad, la resistencia viscosa es suficientemente
v
intensa como para, sumada el empuje de Arquímedes, compensar el
peso de la esferita. A partir de ese instante la velocidad no se incrementará (aceleración nula):
mg
mg E F ma 0 l mg E F
de modo que
4 3
4
2 E S 2 E S
Q R E g Q R 3S g 6QI Rvlím l vlím gR gD 2
3
3
9 I
18I
2
7.87 1.26 q103
q9.8q 2q103 9.66 mm/s
vlím 18q1.49
b) El valor del número de Reynolds en estas condiciones de flujo externo es
1.26q103 q 2q103 q9.66q103
0.016 } crít
1.49
que, al ser muy inferior al valor crítico, nos asegura que fue correcto utilizar la ley de Stokes
en el apartado anterior.
c) Sustituimos la expresión de la velocidad límite en la expresión del número de Reynolds
}
18I 2}
¬
S D vlím S E S
3
crítico ­
­­
gD
D
} crítico l
2
­
18I
I
S E S g ®
1/3
de modo que el valor máximo del diámetro de la esferita será:
¬­
18q1.492 q1
­­ 7.88 mm x 8 mm
D
6
1.26 7.89 1.26 q10 q9.8 ®­
1/3
- 298 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Ondas mecánicas. M35.1
1. Una onda esférica se propaga en un medio absorbente (E = 0.0231 m-1), homogéneo e isótropo. La intensidad de la onda a una distancia de 10 m de la fuente es de 100 nW/m2. a) ¿Cuál será la intensidad a una distancia de 20 m de la fuente? b) ¿Ídem a 100 m? c) Calcular la potencia de la fuente. d) Evaluar los apartados
anteriores en ausencia de absorción a fin de resaltar la importancia de ésta.
a) La intensidad de una onda esférica que se propaga en un medio absorbente viene dada por
P C r
I
e
4Q r 2
siendo P la potencia emitida por el foco y r la distancia al mismo. Aplicando esta expresión a
dos distancias diferentes y dividiendo miembro a miembro:
£
P
¦
¦
I 20 eC r20
¦
2
¦
4
Q
r
I
r2
r2
20
¦
l 20 102 eC ( r20 r10 ) l I 20 I10 102 eC ( r20 r10 )
¤
¦
P
I10 r20
r20
¦
eC r10
I10 ¦
2
¦
4Qr10
¦
¥
2
10 ¬
nW
I 20 100 ­­­ e0.0231(2010) 25 e0.231 19.84
20 ®
m2
b) Análogamente, a una distancia de 100 m del foco, será:
10 ¬­
I100 100
100 ­­®
2
e0.0231(10010) e2.08 0.125
nW
m2
c) La potencia de la fuente se calcula directamente a partir de la expresión de la intensidad:
P 4Qr 2 I e
Cr
4Q q102 q100qe0.0231q10 158q103 nW= 158 NW
d’) Supongamos que se trata de la misma fuente, i.e., emitiendo una potencia de 158 W. La
intensidad vendrá dada por
I
a’)
P
4Qr 2
I 20 r10 ¬­
­
I10 r20 ®­­
2
l
Intensidad a una distancia de 10 m: I 158
nW
126
4Q q102
m2
10 ¬
nW
Intensidad a una distancia de 20 m: I ­­­ q126 31.5
20 ®
m2
2
10 ­¬
nW
Intensidad a una distancia de 100 m: I100
q126 1.26
100 ­­®
m2
2
b’)
d’’) Supongamos que la intensidad de la onda a una distancia de 10 m de la fuente es de
100 nW/m2.
10 ¬
nW
a’’) Intensidad a una distancia de 20 m: I 20 ­­­ 100 25
20 ®
m2
2
10 ¬­
nW
b’’) Intensidad a una distancia de 100 m: I100
100 1 2
100 ®­­
m
2
c’’) Potencia de la fuente: P 4Qr 2 I 4Q q102 q100 126q103 nW= 126 W
- 299 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Ondas mecánicas. M35.2
2. La función y(x,t) correspondiente a cierta onda estacionaria sobre una cuerda tensa es
y = 0.05 sen (2.5 x) cos (500 t)
(SI)
a) Hallar la amplitud y velocidad de propagación de las ondas que originan esta onda estacionaria. b) ¿Cuál es la
distancia entre nodos sucesivos? ¿Cuál es la longitud más corta posible de la cuerda?
Cuando dos ondas que se propagan en direcciones opuestas se superponen, dan lugar a una
onda estacionaria, cuya función de onda es
y1 ( x, t ) A0 sen(Xt kt G1 ) ²¦¦
y ( x, t ) (2 A0 ) cos(kx +) sen(Xt G)
»
y2 ( x, t ) A0 sen(Xt kt G1 ) ¦¦¼
a) Identificando los valores numéricos de la expresión dada en el problema, se obtiene
2 A 0.05 m
k 2.5 m -1
X = 500 s-1
de donde
A 25 mm
c
X 500
m
200
k
2.5
s
b) La longitud de onda viene dada por
2Q 2Q
2.513 m
k
2.5
y tanto la distancia entre nodos sucesivos como la longitud mínima de la cuerda serán iguales
a media longitud de onda; esto es
M
Lmin 1.257 m
2
M
N
V
L
- 300 -
N
Física Universitaria: Problemas de Física
Ondas mecánicas. M35.3
3. Las cuerdas de una guitarra tienen una longitud útil de 66 cm. La quinta cuerda tiene una densidad lineal de
3.1 g/m y su frecuencia fundamental es de 440 Hz (La3) cuando el instrumento está bien afinado. a) Calcular
la velocidad de propagación de las ondas en esa cuerda y la tensión de la misma. b) Escribir una expresión
general que nos relacione el incremento unitario en la tensión con el cambio unitario en la frecuencia. Utilizar esa relación para calcular la tensión necesaria para incrementar la frecuencia fundamental en un 2%.
c) Si la tensión de ruptura de la cuerda es de 200 kg, ¿cuál será la frecuencia fundamental más alta a la que
podemos tensar la cuerda? d) Escribir la función de onda estacionaria - esto es, y(x,t) – para el armónico
n-ésimo de una cuerda tensa, de longitud L, sujeta por ambos extremos. Particularizar para el primer y segundo armónicos de la quinta cuerda de la guitarra, si la amplitud de los vientres o antinodos es de 2 mm y
1.5 mm, respectivamente.
a) La longitud de la cuerda debe contener un número
entero de semilongitudes de onda:
M
2L
c
c
K º On n
(1)
L n n º Mn On
n
2
2L
primer armónico fundamental (n = 1)
De donde se sigue que
2 LO n 2q 0.66q 440
580.8 m s
c
n
1
segundo armónico (n = 2)
Por otra parte: F Nc 2 3.1q103 q580.82 1046 N = 107 kg
b) La expresión (1) la escribimos en la forma
On Para
O n
On
n
2L
F
N
º O n2 2% será F
F
n2 F
4 L2 N
º 2
d On d F
On
F
º
%O n
%F
2
On
F
4% , de modo que
F 0.04q107 kg 4 kg º
F ' 111 kg
c) La frecuencia fundamental correspondiente a la tensión de ruptura será
O1 1
2L
Frup
N
1
200q9.8
602 Hz
2 ¸ 0.66 3.1q103
d) La función general de onda estacionaria es:
yn x, t An sen kn x sen Xn t
£
2Q
2Q
nQ
¦
¦
¦k n M 2 L n L
¦
n
con ¤
¦
nc nQ
¦
Xn 2QO n 2Q
c
¦
¦
2L
L
¦
¥
o sea
nQ ¬ nQ ¬
yn x, t An sen x­­­ sen ct ­­­
L ® L ®
n 1 º
y1 x, t 0.002sen 4.76 x sen 2765t
n2 º
y2 x, t 0.0015sen 9.52 x sen 5529t
- 301 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Ondas mecánicas. M35.4
4. Una cuerda con una densidad lineal de 4 g/m está sometida a una tensión de 360 N y está fija en ambos
extremos. Una de sus frecuencias de resonancia es 375 Hz; la siguiente frecuencia más alta es de 450 Hz.
a) ¿Cuál es la frecuencia de resonancia fundamental? b) ¿Qué armónicos son los que se dan en el enunciado
de este problema? c) ¿Cuál es la longitud de la cuerda?
a) Las frecuencias de las ondas estacionarias que pueden residir en la cuerda son múltiplo de
la frecuencia fundamental o primer armónico.
²
O n nO1
¦
O On 1 On
O n 1 (n 1) O1 »¦¦¼ 1
En consecuencia, la frecuencia fundamental es:
O1 450 375 Hz
º
O1 75 Hz
b) En el enunciado del problema se dan el quinto y el sexto armónico, ya que:
O
375
450
n n º
5
6
O1
75
75
c) La longitud de la cuerda es la mitad de la longitud de onda del primer armónico
F
360
300 m/s
4q103
N
c 300
º M1 4 m º L 2M1 8 m
O1
75
M
L 1 º L2m
2
c
M
c
O
primer armónico fundamental (n = 1)
segundo armónico (n = 2)
tercer armónico (n = 3)
cuarto armónico (n = 4)
- 302 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Ondas mecánicas. M35.5
5. Un altavoz genera en un concierto de rock 10-2 W/m2 a 20 m a una frecuencia de 1 kHz. Supongamos que la
energía procedente del altavoz se extienda uniformemente en todas las direcciones. a) ¿Cuál es el nivel de
intensidad a 20 m? b) ¿Cuál es la potencia acústica total generada por el altavoz? c) ¿A qué distancia alcanzará la intensidad el umbral de dolor de 120 dB? d) ¿Cuál es el nivel de intensidad a 30 m?
a) Por definición del nivel de intensidad, se sigue
C20 10 log
I 20
102
10 log 12 10 log 1010 10q10 100 dB
I umb
10
b) Por tratarse de una onda esférica, la potencia se reparte sobre frentes de onda cada vez más
extensos, a medida que nos apartamos del foco.
P I 20 S20 102 q 4Q q 202 50.3 W
c) Deberemos disponer de una intensidad de 1 W/m2, ya que entonces será
1
C 10 log 12 10 log1012 120 dB
10
Como P = IS = 4SR2I, sera
P
50.3
4.00 2 m
4Q I
4Q q1
d) De nuevo tenemos en cuenta que se trata de una onda esférica.
P
50.3
I 30 4.44q103 W/m 2
S30 4Q q302
R
C30 10 log
4.44q103
10 log 4.44q109 96.6 dB
1012
- 303 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Ondas mecánicas. M35.6
6. Una onda sonora disminuye su nivel de intensidad en 30 dB cuando avanza 50 m. Determínese el coeficiente de absorción de dicha onda en el medio en el que se propaga en los siguientes supuestos: a) Se trata de
una onda plana. b) Se trata de una onda esférica a 100 m de su foco.
I
, siendo I la intensiI0
dad e I0 la intensidad umbral de referencia. Determinamos la relación existente entre la variaciones del nivel de intensidad y los cocientes de intensidades:
I
I
C C2 C1 10 lg 2 l 2 10C /10 1030/10 103
I1
I1
Sea el nivel de intensidad de la onda sonora definido por C 10 lg
a) Onda plana: I I 0 eB x
¦
I1 I 0 eB x1 ²
¦ º I 2 eB ( x2 x1 ) eB x l B 1 ln I 2
»
B x2 ¦
I1
x I1
I 2 I 0e ¦
¼
y sustituyendo valores
1
I
1
ln 1 ln103 0.138 m -1
B
x I 2 50
b) Onda esférica:
I 2 I1
I2
I1
r12 -B (r2 r1 )
e
r22
l
I 2 r22
e-Br
I1r12
l B y sustituyendo valores
r1 =100 m
r2
1 ¡ 3 150 ¬­
ln 10
100 ®­­
50 ¡¡¢
2
B - 304 -
¯
° 0.122 m-1
°
°±
I r2
1
ln 2 22
r I1r1
Física Universitaria: Problemas de Física
Ondas mecánicas. M35.7
7. Una onda plana se propaga por un medio cuyo coeficiente de absorción es =0.01 m-1. ¿Qué distancia
tendrá que avanzar en dicho medio para que su intensidad disminuya 10 dB?
De acuerdo con la definición del decibelio (dB)
I
I
I
10 log10 10 dB l log10 1 l I 0
I0
I0
10
de modo que la intensidad debe reducirse a la décima parte de su valor inicial.
La intensidad de una onda plana que se propaga en un medio absorbente decrece exponencialmente conforme avanza en dicho medio:
I
1 I
1 I
I I 0 eC x l
eC x l x ln ln 0
I0
C I0 C I
donde x es el trayecto recorrido. Sustituyendo los datos en esta expresión
1
x
ln10 230 m
0.01
- 305 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Ondas mecánicas. M35.8
8. Para determinar la densidad lineal de un hilo tomamos un trozo del mismo, de 1 m de longitud, fijamos un
extremo y del otro colgamos una pesa de 50 kg, al someterla a vibraciones observamos que a 70 Hz se establece una onda estacionaria con un vientre entre sus extremos. a) Determinar la densidad lineal de dicho
hilo. b) A qué frecuencia conseguiremos observar dos nodos entre sus extremos. c) Qué observaríamos a
una frecuencia de 100 Hz.
a) La longitud L de la cuerda corresponde a media longitud de onda (distancia internodal); por
consiguiente
M
N
N
L 1 l M1 2 L 2q1 2 m
2
Determinamos la velocidad de fase a partir de la relación
existente entre la longitud de onda y la frecuencia:
c M1O1 2q 70 140 m/s
L
La tensión del hilo será: F 50 kg = 50q9.8 490 N
La velocidad de los ondas transversales en el hilo viene dada por:
c
F
N
l N
F
490
kg
g
0.025
25
2
2
c
140
m
m
b) Ahora, la longitud de la cuerda corresponde a tres distancias
internodales (tercer armónico):
M
2
L 3 3 l M3 23 L 0.66 m
2
3
c
1
490
O3 210 Hz
M3 0.66 0.025
M3 / 2 M3 / 2 M3 / 2
lo que resulta obvio, ya que para el tercer armónico es O 3 3O1 .
c) La frecuencia de 100 Hz no es múltiplo de 70 Hz, por lo que no corresponde a ningún armónico y la cuerda no mostrará vientres ni nodos. Esa frecuencia no se establecerá en la cuerda como una onda estacionaria, sino como una onda progresiva o viajera a lo largo de la cuerda.
- 306 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.1
1. Un mol de agua a 25 ºC se calienta en recipiente abierto a la atmósfera hasta 100 ºC. Los valores medios del
coeficiente de dilatación y del calor específico del agua en ese intervalo de temperaturas son 4.0 u 10-4 K-1 y
1.0 cal/g·K, respectivamente. Calcular las variaciones de la energía interna, entalpía y entropía en el
proceso.
Durante el proceso a presión constante, el agua absorbe una cantidad de calor
Q mcT 18q1q (100 25) 1350 cal = 5643 J
y realiza un trabajo de expansión
W patm %V
siendo V el incremento de volumen que experimenta el agua al incrementarse su
temperatura. De la definición del coeficiente de dilatación, se sigue:
V / V0
m
B
l V V0B T B T
T
S0
y tomando 0 1 g/cm3,
V 18
q 4.0q104 q 75 0.54 cm3 5.4q104 L
1
de modo que
W 1 atm q5.4q104 L = 5.4q104 atm ¸ L 0.013 cal 0.055 J
que es despreciable en comparación con el calor absorbido.
Las variaciones de energía interna y de entropía son:
U Q W 1350 0.013 x 1350 cal 5643 J
H Q p 1350 cal 5643 J
La variación de entropía se calcula imaginando un proceso isobárico reversible entre el estado
inicial y el final; esto es,
Tf dT
T
Q
373
cal
J
S ¨
mc ¨
mc ln f 18q1q ln
4.04
16.9
Ti
298
K
K
T
T
Ti
- 307 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.2
2. En un calorímetro disponemos de 200 g de hielo a 0ºC. a) Determinar la cantidad de agua a 40ºC que
deberemos añadir al calorímetro para que justamente funda todo el hielo. b) Calcular el la variación de
entropía que experimenta el sistema (hielo+agua) durante el proceso de fusión del hielo. Discutir y explicar
el signo de dicha variación. ¿Se trata de un proceso reversible? Explíquese.
a) Para fundir, el hielo deberá absorber una cantidad de calor
Qhielo mh A f 200q80 16 000 cal
que deberá ser cedida por el agua al enfriarse desde 30ºC a 0ºC; esto es
Q
16 000
Qagua ma ca t l ma agua 400 g
ca t
1q 40
b) El proceso de fusión del hielo tiene lugar a temperatura constante (0ºC = 273 K) con
aumento de entropía:
Q
16000
cal
58.6
Shielo hielo Tf
273
K
Proceso de enfriamiento del agua desde 40ºC ( = 313 K) hasta 0ºC (=273 K) con aumento de
entropía:
T2 d T
Q
T
273
cal
Sagua ¨
ma ca ¨
ma ca ln 2 400q1q ln
54.7
T
1
T
T
T1
313
K
La variación de entropía del sistema es:
cal
K
Donde el signo positivo nos indica que este proceso es espontáneo y que ocurre siempre en
este sentido y nunca en el sentido opuesto (600 g de agua a 0ºC 200 g de hielo a 0ºC +
400 g de agua a 40 g). Se trata claramente de un proceso irreversible.
S Sh
hielo a
0ºC
+
Sa 58.6 54.7 3.9
agua a
40ºC
- 308 -
=
agua a
0ºC
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.3
3. En un recipiente abierto a la atmósfera, colocamos 1 kg de hielo a 0 ºC y 2 kg de agua a 90 ºC. Determinar:
temperatura (ºC)
a) La temperatura final de equilibrio. b) El trabajo realizado por cada sistema. c) Los cambios de energía
interna, entalpía y entropía de cada unos de los sistemas en la transformación.
Datos: Calor latente de fusión del hielo, 80 cal/g; calor específico del agua, 1 cal/g.ºC; densidad del hielo,
0.9 g/cm3; densidad del agua (0 a 100ºC), 1g/cm3.
Comenzamos tanteando el estado final del sistema:
Q1 mh lf 1q80 80 kcal
ma
90
Q3,máx ma c%t 2q1q90 180 kcal
Q3
t
0
mh+ma
Q2
mh
Por consiguiente, al enfriarse el agua es capaz de
ceder al hielo calor más que suficiente para su fusión.
El estado final del sistema será el de agua (fase
líquida) a una cierta temperatura t.
Por tratarse de un sistema cerrado, será
Q1 Q2 Q3 0 , de modo que
Q1
tiempo
mh c(t t0,h )
mh lf
c(t t0,h )¯± ma c(t t0,a )
ma c(t t0,a ) 0 l mh ¢lf
y sustituyendo los datos
1q<80 1q (t 0) > 2q1q (t 90) 0 l 80
3t 180 0 l t 33.3 ºC 306.5 K
Trabajo
Tan solo se produce cambio de volumen en el proceso de fusión del hielo, a presión constante,
por lo que el trabajo asociado al mismo será
1
1
1¬
1 ¬
­ 11.26 J 2.69 cal
W p%V p Va Vh pmh ­­­ 101328q1q
1000 900 ­­®
S ®­
S
a
h
Entalpía
Puesto que el proceso tiene lugar a presión constante, los cambios de entalpía coinciden con
los calores absorbidos o cedidos. Esto es,
1q1q33.3 80 kcal
33.3 kcal 113.3 kcal¦²¦
%H hielo 1q80
» %H 0
¦¦
%H agua 2q1q 33.3 90 113.3 kcal
¼
Energía interna
El cambio de la energía interna, en cada sistema será %U Q W , de modo que
%U hielo 113.3 kcal 2.7 cal 113.3 kcal
%U agua 113.3 kcal l %U 2.7 cal
Entropía
%S hielo Q1
mh c ¨
Tf
T
Tf
%Sagua ma c ¨
T
T0
dT
T
dT
T
ma c ln
mh lf
Tf
T
T0
mh c ln
T
Tf
2 q1q ln
80
273
306.48
363.15
1q1q ln
0.34
- 309 -
306.48
273.15
kcal
K
0.29
l %S 0.12 0.41
0.07
kcal
K
kcal
K
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.4
4. Un recipiente adiabático contiene 40 g de hielo a una temperatura de -20ºC. Añadimos 30 g de agua a 50ºC,
removemos y esperamos a que se alcance el equilibrio térmico. a) Determinar la composición de la mezcla y
la temperatura de la misma. b) Calcular los cambios de entropía que experimentan el hielo y el agua.
c) ¿Varía la entropía del sistema hielo-agua en este proceso? ¿Aumenta o disminuye? ¿Por qué?
Datos: calor específico del agua, 1.00 cal/g.K; calor específico del hielo, 0.5 cal/g.K; calor latente de fusión del
hielo, 80 cal/g.
a) Balance calorífico para pasar 40 g de hielo a –20ºC hasta agua a 0ºC:
calentamiento: Q1 mcT 40q 0.5q (0 (20) 400 cal²
¦
¦
» Qhielo 3600 cal
¦
fusión: Qf mA f 40q80 3200
¦
¼
Balance calorífico cuando se enfría el agua desde 50ºC hasta 0ºC:
enfriamiento: Q mcT 30q1.0q (0 50) 1500 cal
Resulta obvio que no puede fundirse todo el hielo, por lo que en el estado final tendremos
hielo y agua en equilibrio a la temperatura de fusión (0ºC).
Sea mf la masa de hielo que funde. Escribimos la ecuación del balance calorífico:
1100
80 mf (1500 400) 1100 l mf 13.75 g
80
de modo que la mezcla final estará compuesta por (30 + 13.75) = 43.75 g de agua líquida y
(40-13.75 )= 26,25 g de hielo.
b) Determinamos los cambios de entropía que experimentan el hielo y el agua:
273 m c dT
mf lf
273 13.75q80
cal
h h
S hielo ¨
40q 0.5q ln
1.52 4.03 5.55
253
273
253
273
K
T
273 m c dT
273
cal
a a
Sagua ¨
30q1q ln
5.04
323
323
K
T
c) El cambio de entropía que experimenta el sistema hielo+agua será
cal
S Shielo Sagua 0.50
K
i.e., la entropía del sistema (aislado) aumenta porque el proceso que ha tenido lugar en el es
espontáneo e irreversible.
- 310 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.5
5. En un recinto adiabático disponemos de 1 kg de hielo a 0 ºC y exceso de vapor de agua a 100 ºC. Calcúlense
la cantidad de vapor que se condensará y los cambios de entalpía y entropía experimentados por cada
componente. Datos: lf = 80 cal/g, lv = 540 cal/g , c = 1 cal/g.K.
Puesto que tenemos exceso de vapor, el estado final de la mezcla corresponde a la
temperatura de éste (100 ºC), por lo que tendremos agua y vapor a 100º C.
Balance calorífico
Calor absorbido por el hielo para fundir + calor absorbido por el agua al calentarse desde 0 ºC
hasta 1000 ºC = Calor cedido por el vapor de agua al condensarse; i.e.,
l cT
80 1q100
1
mh lf mh c T mv lv l mv f
mh q1 0.333 kg
lv
540
3
Cambios de entalpía
H h mh lf 1q80 80 kcal
H agua mh cT 1q1q (100) 100 kcal
H v mv lv 0.333q540 180 kcal
H total 80 100 180 0
Cambios de entropía
Sh Sagua
S v 80
kcal
Q
0.29
K
T 273
Tf
373
kcal
mh c ln 1q1q ln
0.31
273
K
Ti
kcal
Q 180
0.48
373
K
T
kcal
K
de modo que la entropía crece en el proceso, como era de esperar por tratarse de un proceso
espontáneo e irreversible.
H total 0.29
0.31 0.48 - 311 -
0.12
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.6
6. A presión constante, se suministran 500 J en forma de calor a 2 moles de un gas ideal biatómico. Calcular:
a) El incremento de temperatura. b) El trabajo realizado por el gas. c) El cociente entre el volumen final y el
inicial del gas si la temperatura inicial es 20 ºC. d) La variación de entropía. Dato: R = 8.31451 J/mol K.
£
5
¦
¦
CV R º CV 20.786 J/ mol¸ K
¦
2
Por tratarse de un gas biatómico, serán ¦¤
7
¦
¦
C p R º C p 29.101J/ mol¸ K
¦
¦
2
¥
a) Se trata de un proceso de expansión isobárico, por lo que Q = n Cp 'T
Q
500
T 8.59 K º T 8.6 K
nC p 2q 29.101
b) Calculamos la variación de la energía interna:
U nCV T 2q 20.786q8.59 º U 357 J
W Q %U 500 357 143 J
c)
pV1
pV
2
T1
T2
l
V2 T2 T1 %T
V1 T1
T1
l
V2 293.15 8.59 301.74
1.03
V1
293.15
293.15
d) Calculamos la variación de entropía para un proceso isóbaro
T2 nC d T
d Qp
T
301.59
J
p
S ¨
¨
nC p ln 2 2q 29.101q ln
1.67
T
1
T
T
T1
293.15
K
- 312 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.7
7. Dos moles de un gas perfecto, que inicialmente ocupan 44.8 L a 1 atm de presión, se someten a una
transformación isoterma reversible en la que su entropía disminuye 2.75 cal/K. Determinar el estado final
del gas (p, V y T) así como el trabajo realizado y el calor absorbido durante el proceso.
p
3
2
1
2
1
273 K
La ecuación de estado del gas perfecto nos permite
determinar la temperatura.
pV
1q 44.8
pV nRT l T 273 K
nR 2q 0.08205
La variación de entropía en una transformación isoterma
viene dada por
Q
V
S nR ln 2
T
V1
de donde se sigue
£
10
20
30
40
50
¦
¦Q T S 273q 2.75 751 cal
¤
¦
¦
¥W Q U 751 cal 3138 J
La expresión de la variación de entropía también nos permite determinar el volumen en el
estado final
V2
eS nR e2.75 2q1.987 e0.692 0.50 l V2 22.4 L
V1
Ahora determinamos la presión en el estado final
V
p1V1 p2V2 l p2 1 p1 2q1 2 atm
V2
60 V
- 313 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.8
8. Cinco moles de un gas biatómico, que se encuentran inicialmente a presión atmosférica y temperatura de
0ºC, se someten a las transformaciones indicadas en el diagrama adjunto. a) Determinar la temperatura final
del gas. b) Calcular el trabajo realizado por el sistema, el calor absorbido y los cambios de energía interna,
de entalpía y de entropía.
Datos: R = 1.987 cal/molK = 0.08205 atmL/molK
En un gas biatómico (f = 5):
f 2
cal
Cp R 6.95
2
mol ¸ K
f
cal
CV R 4.97
2
mol ¸ K
p
4
2patm
3
patm
2
1
a) Aplicando la ecuación de estado de los gases perfectos
a los puntos 1 y 4:
p1V1
pV
pV
2 p ¸ 2V
4 4 º T4 T1 4 4 T1 1 1
T1
T4
p1V1
p1V1
V1
2V1
3V1
V
l T4 4T1 4q 273 1092 K
b) El trabajo realizado en la transformación completa será:
2
W1,4 ¨ pdV
1
¨
3
pdV
2
¨
3
patm (3V1 V1 )
4
pdV p1 V2 V1
p4 V4 V3 2patm (2V1 3V1 ) 2V1 patm 2V1 patm 0
El calor absorbido por el sistema, según el primer principio de la termodinámica será:
Q U
W U 23353 cal
La variación de energía interna es:
U nCV T 5 q 4.97q (1092 273) 23353 cal
La variación de entalpía será:
H nC p T 5q 6.95q (1092 273) 28460 cal
La variación de entropía será:
4 dQ
4 dU
S1,4 ¨
¨
1
1
T
T
dV
T
nCV ln 4
V
T1
cal
5q 4.97 q ln 4 + 5q1.987q ln 2 41.34
K
¨
1
4
4 dT
pdV
nCV ¨
1 T
T
- 314 -
nR ¨
1
4
nR ln
V4
V1
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.9
9. Una corriente ascendente de aire seco tiene una temperatura de 27 ºC, una presión de 101.3 kPa y una
densidad de 1.18 kg/m3 a nivel del suelo. Consideremos que asciende a 100 m de altura sin intercambio de
calor con su entorno. a) Determinar la presión atmosférica a la altura de 100 m. b) Calcular la temperatura
que tendrá la corriente de aire a esa altura. c) Explicar la causa de esa variación de temperatura de la
corriente de aire. Cuantifíquese para 1 mol de aire.
Nota: A los solos efectos del apartado a), considérese que la densidad de la atmósfera no varía significativamente
en una diferencia de alturas de 100 m.
a) Calculamos la presión atmosférica a una altura de 100 m sobre el suelo despreciando el
cambio de densidad del aire con la altura ( = cte); esto es, p0 p100 S gh
p100 p0 S gh 101300 1.18q9.8q100 101300 1156 100144 Pa
b) Consideremos una cierta cantidad de aire (digamos, n moles). Durante el ascenso,
experimenta un proceso termodinámico en el que disminuye su presión, en tanto que no
intercambia calor con su entorno. En definitiva, experimenta una expansión adiabática durante
el ascenso, lo que implica una disminución de la temperatura (vide gráfica).
A partir de la ec. de la adiabática en función de (p,V) y de la ec. de estado del gas perfecto,
eliminamos el volumen para obtener la ec. de la adiabática en función de (p,T).
£
¦
pV H cte
¦
¦
p
¤
T
¦
l
pV
nRT
V
nR
¦
¦
p
¦
¥
H
T ¬
p ­­­ cte l
p ®­
p1H T H cte l
p
1H
H
T cte
Puesto que el aire se comporta como un gas biatómico,
será
C
1 H
2
f 2 5 2 7
H p 1.4 l
H
5
5
7
CV
f
suelo
p0
100 m
p100
T0
T100
V
Entonces, aplicando la ec. de la adiabática entre los estados inicial y final, será
p100
1H
H
T100 p0
1H
H
T0
p
l T100 T0 0
p
­­¬
­­
100 ®
1H
H
2/7
101 300 ¬­
­
T100 300
100 144 ®­­
300q1.01152/7 300q 0.997 299 K 26 ºC
de modo que la corriente de aire ascendente se ha enfriado un grado.
c) Aplicando el Primer Principio al proceso adiabático, U Q W W , de modo que el
trabajo asociado a la expansión adiabática del aire da lugar a la disminución de la energía
interna de éste y, por ende, de su temperatura. Así, para 1 mol de aire será:
5
¬
W U nCV T 1q q8.3143­­­q 1 20.8 J
2
®
- 315 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.10
10. Consideremos un tubo en U, de sección uniforme S, con uno de sus extremos taponado y el otro abierto a la
atmósfera. Inicialmente, la columna de aire atrapada en la rama cerrada tiene longitud H y se encuentra a la
presión atmosférica p0. Sean L la longitud y la densidad de la columna líquida. Determina la frecuencia de
las pequeñas oscilaciones de la columna líquida.
Iniciadas las oscilaciones de la
columna líquida, para una elongación
genérica x, las fuerzas que actúan sobre
la columna líquida, de masa
m S SL
H
p0
p0
pS
p0S
son las que se indican en la figura de la
derecha, que corresponden a la presión
ejercida por el aire sobre las superficies
libres de la columna líquida y al peso
de la porción de columna líquida en
exceso en la rama derecha. De este
modo, la fuerza neta en la dirección del
desplazamiento es
x
2x
S(2x)g
Fneta p0 S pS S S 2 x g 2S gSx p p0 S
Si suponemos que las oscilaciones son suficientemente rápidas, el aire atrapado en la rama de
la derecha experimenta compresiones y expansiones aproximadamente adiabáticas, por lo que
podemos escribir
p0 SH
H
H
p < S ( H x) >
H
x¬
p p0 1 ­­­
H ®
l
x¬
x p0 1 H ­­­ l
H®
p p0 x
H p0
x
H
donde hemos supuesto que las oscilaciones son pequeñas en comparación con la longitud de
la columna de aire , i.e., x H .
De este modo, la fuerza neta que actúa sobre la columna de líquido es
Hp
H p0 ¬­
Fneta 2S gSx 0 Sx 2S gS
S­ x
H
H ®­
Y aplicando la ec. fundamental de la dinámica, Fneta mx , tenemos
2S gS
H p0
H
2g
¬
S ­­­ x S SL x l x
L
®
H p0 ¬­
­x 0
S HL ®­­
Que es la ecuación diferencial correspondiente a un m.a.s. cuya frecuencia angular es
X
2g
L
H p0
S HL
l
T
2Q
2Q
2g
X
n
L
H p0 S H
Si F 1 , es 1 F x 1 nF , como se demuestra fácilmente a partir del desarrollo del
n¬
n
binomio de Newton 1 F ­­­
0®
¬
n­­ F
1­®
¬
n­­ F 2
2®­
- 316 -
n­¬ 3
­F
3­®
!.
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.11
11. Un mol de oxígeno a 300 K se mezcla con 2 moles de oxígeno a 400 K, ambos a la presión atmosférica.
Determinar la temperatura final de la mezcla, así como las variaciones de energía interna, de entalpía y de
entropía durante el proceso.
En el proceso de mezcla se conserva la energía interna
del sistema:
U n1CV T T1
n2CV T T2 CV ¢ n1 T T1 n2 T T2 ¯± 0
Esta expresión nos permite determinar la temperatura
final de la mezcla:
n T n2T2 1q300 2q 400
T 11
367 K
1 2
n1 n2
n1=1mol
p1=1atm
V1=24.6 L
T1=300K
n2=2mol
p2=1atm
V2=65.6 L
T2=400K
n=3mol
p=1atm
V1=90.2 L
T=367K
El cambio que experimenta la entalpía del sistema será:
n2 T T2 ¯± 0
El cambio que experimenta la entropía del sistema será la suma de los cambios
experimentados por cada uno de los gases en los procesos isobáricos correspondientes:
T dT
Q
T
7
367
cal
S1 ¨
n1C p ¨
n1C p ln 1q 1.987 ln
1.41
T1 T
T
T1
2
300
K
H n1C p T T1
S 2 ¨
n2C p T T2 C p ¢ n1 T T1
T dT
Q
T
7
367
cal
n2C p ¨
n2C p ln 2q 1.987 ln
1.21
T2 T
T
T2
2
400
K
cal
J
0.84
K
K
Resultando un aumento de entropía por tratarse de un proceso irreversible.
S S1
S 2 0.20
Otro método:
¦²
¦£V V1 V2 90.26 L
¦¦¦
¦» l ¦¦¤
¦
¦¦T pV 1q90.26 367 K
n RT
2q 0.08205q 400
V2 2 2 65.64 L¦¦
nR 3q 0.08205
¥¦
¦¦
1
p2
¼
V1 n1 RT1 1q 0.08205q300
24.62 L
1
p1
- 317 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.12
12. En dos compartimentos de un recipiente adiabático de paredes rígidas mantenemos separados, mediante un
tabique rígido y adiabático, 1 mol de helio a 1 atm y -100 ºC y 2 moles de hidrógeno a 1 atm y 27 ºC.
a) Determinar la temperatura y la presión final de la mezcla cuando se retira el tabique. b) Calcular la
presión parcial de cada componente en la mezcla. c) Evaluar el cambio de entropía en este proceso de
mezcla.
1 mol
p1=1atm
V1=8.21L
T1=100K
2 mol
p2=1atm
V2=49.23L
T2=300K
3 mol
p=1.09atm
V=57.44L
T=254K
1 mol de He a 1 atm y 100 K ocupa
V1 n1 RT1 1q 0.08205q100
8.21 L
1
p1
2 mol de H2 a 1 atm y 300 K ocupan
V2 n2 RT2 2q 0.08205q300
49.23 L
1
p2
El volumen del recipiente es:
V V1
V2 57.44 L
El proceso de mezcla es adiabático (Q=0), isócoro (V=cte; W=0) e irreversible.
El Primer Principio de la Termodinámica establece que %U Q W 0 0 0 , de modo
que la energía interna del sistema permanece constante, lo que nos permite determinar la
temperatura final de la mezcla
U U1 U 2 n1C1V (T T1 ) n2C2V (T T2 ) 0
T
n1C1V T1
n1C1V
1q3q100
n2C2V T2
n2C2V
1q3
2q5q300
3q100
10q300
254 K= 19ºC
2q5
3 10
nRT 3q 0.08205q 254
1.09 atm
V
57.44
b) Las presiones parciales se calculan multiplicando la presión por las fracciones molares de
cada componente:
p1 D1 p 13 p 0.36 atm
p1 D2 p 32 p 0.73 atm
l
p
c) El cambio de entropía en el proceso de mezcla, para cada uno de los gases, viene dado por
S ¨
i
f
Q
T
¨
nCV
dU
f
W
T
i
¨
i
f
dT
T
nR
¨
¨
f
i
f
dU
T
i
dV
V
¨
i
f
W
T
nCV ln
nCV
Tf
Ti
¨
i
f
dT
T
n R ln
¨
i
f
pdV
T
Vf
Vi
£
254
57.44
cal
¦
3
¦
¦S1 1q 2 1.987q ln 100 1q1.987q ln 8.21 2.78 3.87 6.64 K
cal
¦
l S 9.63
¤
¦
254
57.44
cal
K
¦
S 2 2q 52 1.987q ln
2q1.987 q ln
1.66 4.64 2.99
¦
¦
300
49.2
K
¦
¥
- 318 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.13
13. Un sistema termodinámico está formado por 2 moles de hidrógeno a 2 atm y 1 mol de helio a 1 atm que
están contenidos en un cilindro rígido y adiabático, a diferente lado de un
pistón buen conductor del calor bloqueado que los separa. Inicialmente, el
sistema se encuentra en equilibrio térmico a la temperatura de 0ºC. En un
instante dado desbloqueamos el pistón, de modo que el sistema evoluciona
hasta que finalmente alcanza el equilibrio. En toda esta transformación
termodinámica: a) ¿Se conservará inalterada alguna variable de estado del
sistema? ¿Cuál será la temperatura final del sistema? ¿Es reversible esta
transformación? Razónense las respuestas. b) Calcular los cambios de
entropía experimentados por cada uno de los dos gases y por el sistema.
H2
He
estado inicial
H2
He
estado final
a) Por tratarse de un sistema aislado, que no intercambia energía con el exterior en forma de
calor o de trabajo, la energía interna del sistema permanece constante. Puesto que en el
estado final de equilibrio ambos gases tendrán la misma temperatura (y la misma presión),
podemos escribir
U cte. l U U H U He nH CV ,H (Tf T0 ) nHeCV ,He (Tf T0 ) nH CV ,H
nHeCV ,He (Tf T0 ) 0 l Tf T0 0 º C
de modo que la temperatura final es la misma que la inicial.
El proceso es irreversible, ya que al expansionarse un gas y comprimirse el otro, contra una
presión diferente a la suya propia, hasta que adquieren una presión común pf, los estados
intermedios no serán estados de equilibrio.
b) Como los procesos implicados son irreversibles, para calcular 'S debemos imaginar unas
transformaciones reversibles que lleve al sistema del estado inicial al final. Puesto que, para
cada gas, la temperatura inicial es igual a la final, podemos considerar un proceso isotermo:
T cte º d U Q p d V 0 º Q p d V
Vf d V
Q
p dV
V
¨
nR ¨
nR ln f
V0 V
T
T
V
0
rev
S ¨
Determinamos los valores iniciales y finales ocupados por cada gas
VH
nH RT0
pH
2 RT0
2
RT0
22.4 A
VHe
nHe RT0
pHe
1RT0
1
RT0
22.4 A
o V
VH VHe
2 RT0
44.8 A
Al final tenemos la misma presión en ambos gases
n RT
n RT
pf H ' f He ' f
VH
VHe
2
1
l
'
'
VH VHe
£¦VH' 2VHe'
l ¦¤ '
'
¦
¦
¥VH VHe 2 RT0
£
4
¦
¦
V ' RT 29.9 A
¦
¦ H 3 0
l ¤
¦
¦V ' 2 RT 14.9 A
¦
¦ He 3 0
¦
¥
4
cal
J ²¦
1.14
4.78 ¦¦
cal
J
3
K
K ¦
1.41
» l S 0.34
2
cal
J ¦¦
K
K
S He R ln 0.81
3.37 ¦
3
K
K ¦¦¼
de modo que el sistema experimenta un incremento de entropía, ya que evoluciona
espontáneamente hacia un nuevo estado de equilibrio.
S
H
2 R ln
- 319 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.14
14. Una mezcla de gases constituida por 1 mol de helio y dos moles de oxígeno se encuentra en un recinto de
67.2 L a 1 atm de presión. Si la mezcla se calienta isobáricamente hasta duplicar su volumen, determínense
los balances de calor y trabajo y las variaciones de energía interna, entalpía y entropía de la mezcla.
C p 52 R²
¦
¦
»
5
7
¦
O 2 (biatómico): CV 2 R
C p 2 R¦
¼
Calculamos las temperaturas inicial y final de la mezcla:
He (monoatómico): CV 32 R
R 1.987
cal
mol ¸ K
²
p1V1
1q67.2
¦
273 K ¦
¦
¦
3q0.08205
nR
» T 273 K
¦
p2V2
1q134.4
p2 1 atm
V2 134.4 L T2 546 K¦
¦
¦
3q 0.08205
nR
¦
¼
El trabajo realizado en el proceso de calentamiento isobárico será:
W pV 1q 67.2 67.2 atm ¸ L = 6809 J
p1 1 atm
V1 67.2 L
T1 El balance calorífico y las variaciones de energía interna, entalpía y entropía son:
Q nC p T (1q 52 q1.987q 273)
(2q 72 q1.987q 273) 1356
U nCV T (1q 32 q1.987q 273)
H nC p T (1q q1.987q 273)
5
2
S nC p ln
T2
(1q 52 q1.987q ln 2)
T1
(2q 52 q1.987q 273) 814
(2q q1.987q 273) 1356
7
2
(2q 72 q1.987 q ln 2) 3.44
- 320 -
3797 5153 cal= 21 541 J
2712 3526 cal= 14 739 J
3797 5153 cal= 21 541 J
9.64 13.08
J
cal
= 54.7
K
K
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.15
15. Una botella de acero, cerrada y de volumen constante, contiene en su interior 0.5 kg de oxígeno a la presión
de 10 atm y temperatura de 20 ºC. Hállense: a) La capacidad de la botella de acero. b) La presión que se
alcanzará en su interior, cuando se calienta el oxígeno hasta 80 ºC . c) El incremento de entropía del oxígeno
al realizarse el calentamiento descrito en el apartado b).
Los 0.5 kg de oxígeno representan 500/32 = 15.625 mol y, puesto que se trata de un gas
(ideal) biatómico, será
5
CV R
2
p2
a) Determinamos el volumen ocupado por el gas (capacidad de la
botella) a partir de la ec. de estado de los gases perfectos:
nRT1 15.625 u 0.08206 u 293
p1
p1V nRT1 o V
37.57 L
p1
10
b) Cuando lo calentamos a volumen constante hasta 80 ºC = 353 K, la
presión aumenta:
p1
p
T
353
2 l p2 2 p1 q10 12.05 atm
T1 T2
T1
293
V
c) En el proceso isocoro (a volumen constante) el incremento de entropía será
S ¨
T2
Q
dT
T
5
353
cal
nCV ¨
nCV ln 2 15.625q q1.987q ln
14.46
T
T
T
2
293
K
1
T
1
- 321 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.16
16. Un recinto de paredes rígidas y adiabáticas está dividido en dos
compartimentos mediante un tabique ligero y móvil. Uno de los
compartimentos contiene un mol de anhídrido carbónico a una presión
CO2
vacío
inicial de 50 atm y una temperatura de 300 K; en el otro compartimiento
existe el vacío. Permitimos que el gas se expansione espontáneamente
hasta que su volumen se hace 20 veces superior a su volumen inicial.
Supongamos que el CO2 se comporte como un gas perfecto. a) Explicar si el proceso es reversible o no. ¿Se
intercambia calor? ¿Se realiza trabajo? b) Calcúlense los cambios de energía interna, de temperatura y de
entropía, experimentados durante el proceso.
Datos: R = 1.987 cal/(molK) = 0.082057 (atmL)/(molK).
a) El proceso es irreversible, espontáneo, ya que al expansionarse contra el vacío los estados
intermedios no serán estados de equilibrio. Por consiguientes:
x No se intercambia calor (paredes adiabáticas)
x No se realiza trabajo, por tratarse de una expansión contra el vacío.
b) Según el Primer Principio de la Termodinámica
U Q W
y, puesto que no se intercambia calor ni trabajo, es %U 0 . Entonces, dado que la energía
interna del gas ideal es tan solo función de la temperatura, será
U nCV T 0 º
T 0
y la temperatura permanece constante (efecto de Joule-Kelvin).
La variación de entropía la calculamos como
Q
S ¨
rev T
Como el proceso que se describe en el enunciado es irreversible, para calcular 'S debemos
imaginar una transformación reversible que lleve al sistema del estado inicial al final. Puesto
que la temperatura inicial es igual a la final podemos considerar un proceso isotermo:
T cte º d U Q p d V 0 º Q p d V
de modo que
20V0 d V
20V0
Q
p dV
¨
nR ¨
nR ln
nR ln 20
V0
T
T
V
V0
rev
S ¨
S 1molq1.987
cal
q ln 20 º
mol ¸ K
- 322 -
S 5.95 cal/K
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.17
17. Un mol de hidrógeno a una presión de 1 atm ocupa 22.4 L y evoluciona según las transformaciones
reversibles siguientes: 1º Un calentamiento isobárico hasta una temperatura de 819 K; 2º Un enfriamiento
isócoro hasta la temperatura inicial; 3º Una transformación que cierra el ciclo, cuya representación en un
diagrama pV es una recta. a) Calcular el trabajo neto y el balance calorífico en el ciclo completo, así como
las variaciones de energía interna, entalpía y entropía en el mismo. b) El intercambio de calor y de trabajo y
las variaciones de energía interna, de entalpía y de entropía en la tercera transformación.
Estado A: pAVA nRTA l TA Estado B:
Estado C:
pB VB
TB
pC VC
TC
pA VA
TA
pB VB
TB
pAVA
1q 22.4
273 K
nR
1q 0.082
p
V
(atm) (L)
T
(K)
l VB TB
819
VA VA 3VA 67.2 L
TA
273
A 1.00 22.4 273
TC
273
pB pB 0.33 atm
TB
819
B 1.00 67.2 819
l pC C 0.33
67.2 273
a) En el proceso cíclico, las variaciones de las
p
funciones termodinámicas son nulas y los balances de
(atm)
calor y de trabajo coinciden y vienen representados por
B
A
1
el área del ciclo en el diagrama de Clayperon (pV). Así
W
pues:
819 K
1
1
2
Q W ABq BC 44.8q 14.9 atm ¸ L 2
2
3
C
1/3
361.6 cal = 1512 J
273 K
W3
U 0
H 0
S 0
E
D
V (L)
67.2
22.4
b) Transformación no-politrópica C A. Puesto que
en esta transformación a los estados inicial (C) y final
(A) les corresponde la misma temperatura, serán U = 0, H = 0
y, de acuerdo con el Primer Principio, Q = W, viniendo representado éste último por el área
del trapecio ACDE que se indica en el diagrama de Clayperon:
W3 (ABq AE) W 44.9q114.9 29.9 atm×L
= QCA WCA 29.9 atm ¸ L = - 723.2 cal = - 3023 J
La variación de la entropía la calculamos a través de una transformación isoterma que conecte
los estados C y A:
A dQ
A dW
A pdV
A dV
V
S ¨
¨
¨
nR ¨
nR ln A C T
C
C
C V
T
T
VC
1
cal
J
1q1.987 q ln 2.18
9.12
3
K
K
- 323 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.18
18. Disponemos de una cierta cantidad de gas perfecto, a 1 atm de presión y 27º C de temperatura, y lo
sometemos a los siguientes procesos: 1º Una compresión isotérmica hasta que su volumen se reduce a la
cuarta parte de su valor inicial. 2º Una expansión adiabática hasta devolverle su volumen inicial; entonces,
su presión es 0.4 atm. a) Determinar la atomicidad del gas (nº de átomos de la molécula). b) Calcular los
cambios molares de energía interna, entalpía y entropía en el proceso total.
1
2 Transformación isoterma, p1V1 p2V2 :
p
p2 4.
2
2
V1
p1 4q1 4 atm
V2
3 Transformación adiabática, p2V2H p3V3H :
H
V ¬­
2 ­ p3
V3 ®­­
p2
300 K
1
3
1.
0.4
V1/4
V1
l H
ln( p3 p2 ) ln(0.4 / 4)
1.66
ln(V2 V3 )
ln(1/ 4)
Entre el valor del coeficiente adiabático y el número
120 K de grados de libertad de la molécula (mono o
biatómicas) están relacionados por
V
f 2
2
2
H
l f x3
H 1 1.66 1
f
que corresponde a moléculas monoatómicas. Entonces
cal
f
cal
f 2
cal
R 1.987
CV R 2.98
Cp R 4.98
K mol
2
K mol
R
K mol
b) Determinamos la temperatura correspondiente al estado 3:
p3V3
pV
pV
0.4
1 1 l T3 3 3 T1 q300 120 K
T3
T1
p1V1
1
Los cambios 'U y 'H tan solo dependen de las temperaturas inicial y final, de modo que
U CV T 2.98q 120 300 536.4 cal
H C p T 4.98q 120 300 892.8 cal
El cambio 'S en el proceso total se calcula a través de la transformación isocora 13
T ¬
120 ¬­
S CV ln 3 ­­­ 2.98q ln
­ 2.73 cal/K
300 ®­
T ®
1
- 324 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.19
19. Tres moles de N2 a presión atmosférica y temperatura de 300 K se comprimen isotérmica y reversiblemente
hasta duplicar la presión. Desde ese nuevo estado se expansiona adiabática y reversiblemente hasta alcanzar
la presión original. a) Dibujar la transformación indicando los estados inicial (1), intermedio (2) y final (3).
b) Calcular la temperatura, la presión y los volúmenes desconocidos (resumirlo en un cuadro de resultados,
con sus unidades). c) Calcular los trabajos, calores y variaciones de energía interna, entalpía y entropía en
cada una de las transformaciones elementales y en su conjunto (resumirlo en un cuadro de resultados, con
sus unidades
Por tratarse de un gas biatómico, serán:
£
7
cal
¦
n 3 mol ¦¦C p R 6.95
¦
2
mol
¸K
7
¤
5
cal
H 1.40 ¦
¦
CV R 4.97
5
¦
¦
2
mol ¸ K
¥
nRT1 3q 0.08205q300
(1) V1 73.85 L
p1
1
(2)
p1V1 p2V2
º V2 (3)
p2V2H p3V3H
p
2
p2
1
p1
3
V2 V3
p1
73.85
V1 36.92 L
p2
2
1/ H
= V3 36.92q 2
1/1.4
1
1
73.85 300
36.92q1.64 60.58 L
2
2
36.92 300
3
1
60.58 246.1
p (atm) V (L) T (K)
p3V3
1q 60.58
246.10 K
nR
3q 0.08205
Proceso 1-2 .- Isotermo (T = cte.)
W12 ¨ p d V nRT ¨
V2
V1
36.92 ­¬
dV
V
nRT ln 2 3q1.987 q300 ln
1240 c al 5181 J
73.82 ­­®
V
V1
W 1240 c al 5181 J
U12 nCV T 0
V
p ¬
º V3 V2 2 ­­­
p3 ®­
T3 Q12 U
V1
H12 nC p T 0
S12 Proceso 2-3.- Adiabático (Q = 0) = U Q W
Q12 1240
cal
J
4.13
17.3
T
300
K
K
y S 0
U 23 nCV T3 T2 3q 4.97 246.10 300 804 cal 3360 J
H 23 nC p T3 T2 3q 6.95 246.10 300 1124 cal 4698 J
W23 U 804 cal 3360 J
Q23 0
- 325 -
S 23 0
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.20
20. Disponemos de 5 moles de nitrógeno que se encuentran inicialmente a la presión atmosférica y temperatura
de 0 ºC. Se les someten a un proceso ciclo compuesto por las siguientes etapas reversibles: 1º expansión
isóbara, 2º compresión isotérmica y 3ª enfriamiento isócoro. Sabiendo que al expandirse se realiza un
trabajo de 11346 J, calcular las variaciones de energía interna, de entalpía y de entropía, así como el trabajo
y calor producidos o consumidos en cada transformación y en el ciclo.
Datos: R = 1.987 cal/mol K = 0.08205 atmL /mol K.
Por tratarse de un gas biatómico, será
5
cal
CV R 4.9675
2
mol.K
7
cal
2
mol.K
C p R 6.9545
2
1
p
(atm)
3
2
1
546 K
Determinamos las coordenadas termodinámicas de
los tres estados:
224
112
V1 V (L)
nRT1 5q 0.082q 273
112 L
p1
1
V1 V2
T1 T2
l T2 p2V2 p3V3 l
V2
224
T1 q 273 546 K
V1
112
p3 V2
224
q1 2 atm
p2 V3
112
estado p (atm) V (L) T (K)
1 2 Proceso isobárico:
U nCV T 5q 4.9675q (546 273) 6780 cal
H nC p T 5q 6.9545q (546 273) 9493 cal
S nC p ln
T2
546
cal
5q 6.9545q ln
24.1
T1
273
K
2 3 Proceso isotérmico:
U 0
H 0
S nR ln
V2
112
cal
5q1.987 q ln
6.9
V1
224
K
3 1 Proceso isocoro:
U nCV T 5q 4.9675q (273 546) 6780 cal
H nC p T 5q 6.9545q (273 546) 9493 cal
S nCV ln
T2
273
cal
5q 4.9675qln
17.2
T1
546
K
Para el ciclo completo: U 0
H 0
S 0
- 326 -
1
1
112
273
2
1
224
546
3
2
112
546
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.21
21. Dos litros de nitrógeno (gas biatómico), inicialmente a presión atmosférica y 27º C, evolucionan según las
transformaciones reversibles siguientes: 1) Un calentamiento a presión constante hasta duplicar el volumen
inicial. 2) Una expansión adiabática hasta alcanzar la temperatura inicial. 3) Una transformación que cierra
el ciclo, y cuya representación es una recta en el diagrama p-V. Calcular los balances de calor y trabajo y los
cambios de energía interna, entalpía y entropía en cada una de las transformaciones.
Datos: R = 1.987 cal/molK = 0.08205 atml/molK.
CV 5
R
2
Cp 7
R
2
H
Cp
CV
p
(atm)
7
1.4
5
Determinamos el número de moles:
pV
1q 2
pV nRT l n 0.08 mol
RT 0.08205q300
1
1
600 K
0.088
Determinación de los procesos
(1 2) Proceso de expansión isobárica:
V1 V2
T1 T2
(2
l T2 2
V2
4
T1 300 600 K
V1
2
pV H cte. l TV H 1 cte.
T ¬
l V3 V2 2 ­­­
T ­®
1/0.4
TV
TV
0.4
3 3
300 K
3
22.63
V(L)
4
p (atm) V (L) T (K)
3) Proceso de expansión adiabática:
0.4
2 2
2
4q 2
1/0.4
22.63 L
3
1) Proceso de compresión no-politrópico:
V
2
p3V3 p1V1 l p3 1 p1 q1 0.088 atm
V3
22.63
(3
Balances energéticos
(1 2) Proceso de expansión isobárica:
7
Q12 nC p (T2 T1 ) 0.08q q1.987 q300 170 cal 709 J
2
W12 p1 (V2 V1 ) 1q 2 2 atm ¸ L 48 cal 203 J
5
U12 nCV (T2 T1 ) 0.08q q1.987 q300 121 cal 506 J
2
7
H12 nC p (T2 T1 ) 0.08q q1.987q300 170 cal 709 J
2
T2
7
cal
J
S12 nC p ln 0.08q q1.987 q ln 2 0.39
1.64
2
T1
K
K
(sigue…)
- 327 -
1
1
2
300
2
1
4
600
3 0.088 22.63 300
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.22
(2 3) Proceso de expansión adiabática:
Q23 0
W23 U 23 121 cal 506 J
5
U 23 nCV (T3 T2 ) 0.08q q1.987 q 300 121 cal 506 J
2
7
H 23 nC p (T3 T2 ) 0.08q q1.987 q 300 170 cal 709 J
2
S23 0
(3
1) Proceso de compresión no-politrópico:
U 31 0²¦¦
» ya que T1 T3
H 31 0¦¦¼
U 31 Q31 W31 0 l Q31 W31
1
1 0.088 22.63 - 2 11.23 atm ¸ L 272 cal 1136 J
2
cal
J
S31 S123 0.39
1.64
K
K
Q31 W31 área del trapecio =
- 328 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.23
22. Un mol de gas perfecto biatómico, a 27ºC de temperatura y 10 atm de presión, se somete a los siguientes
procesos reversibles: 1º. Un calentamiento isobárico hasta que alcanza una temperatura de 227ºC. 2º. Un
enfriamiento adiabático hasta que se recupera la temperatura inicial. 3º. Una compresión isotérmica que
cierra el ciclo. a) Representar gráficamente el ciclo en un diagrama de Clayperon. b) Determinar el
rendimiento de una hipotética máquina que funcionase de acuerdo con el ciclo descrito y compararlo con el
de una máquina reversible de Carnot que funcionase entre las mismas dos temperaturas extremas (i.e., 27ºC
y 227ºC).
7
7
5
1.40
Cp R
CV R
5
2
2
a) En la figura adjunta hemos representado el ciclo en un
diagrama p-V (Clayperon), recorrido en el sentido horario.
nRTA 1q0.08205q300
2.46 L
(A) VA pA
10
n 1 mol
V
V
(B) A B
TA TB
H
Q1
A
2.5
l
pC 500K
Q2
C
300K
V
p (atm) V (L) T (K)
1
H 1
500 ¬­
VC 4.10q
14.71 L
300 ®­­
B
W
T
500
2.46 4.10 L
º VB B VA 300
TA
T ¬
(C) TBVBH1 TCVCH1 l VC VB B ­­­
TC ­®
pAVA pCVC
p
A 10
2.46 300
B 10
4.10 500
C 1.67
14.7 300
pAVA
1.67 atm
VC
b) El área encerrada por el ciclo representa el trabajo neto realizado (positivo). En la
transformación isobárica AB el sistema absorbe una cantidad de calor Q1 (positivo). En
proceso adiabático BC el sistema no intercambia energía en forma de calor. En el proceso de
compresión isotermo CA el sistema cede una cantidad de calor Q3 (negativo).
£¦
7
¦¦Q1 nC p (TB TA ) 1q 1.987 q 500 300 1391 cal
¦¦
2
¤
VA d V
V
2.46
¦¦
nRT ln A 1q 2q300 ln
1073 cal
¦¦Q3 WCA ¨ p d V nRT ¨V
C
14.7
V
VC
¦¥
Puesto que se trata de un ciclo ('U = 0), el Primer Principio de la Termodinámica nos permite
escribir
W Q1 Q3 13911073 318 cal
b) El rendimiento de esa máquina térmica sería: I W
318
23%
Q1 1391
El rendimiento de la máquina de Carnot sería: ICarnot - 329 -
T1 T2 500 300 2
40%
T1
500
5
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.24
23. Un mol de gas perfecto biatómico, a 27ºC de temperatura y 10 atm de presión, se somete a los siguientes
procesos reversibles: 1º. Un calentamiento isocórico hasta que alcanza una temperatura de 227ºC. 2º. Un
enfriamiento adiabático hasta que se recupera la temperatura inicial. 3º. Una compresión isotérmica que
cierra el ciclo. a) Representar gráficamente el ciclo en un diagrama de Clayperon. b) Determinar el
rendimiento de una hipotética máquina que funcionase de acuerdo con el ciclo descrito y compararlo con el
de una máquina reversible de Carnot que funcionase entre las mismas dos temperaturas extremas (i.e., 27ºC
y 227ºC).
Por tratarse de un gas biatómico:
7
5
7
Cp R
CV R
H 1.40
2
2
5
a) En la figura adjunta hemos representado el ciclo en
un diagrama p-V (Clayperon), recorrido en el sentido
horario.
Determinamos los estados A, B y C:
nRTA 1q0.08205q300
2.46 L
(A) VA pA
10
(B)
pA
p
B
TA
TB
º
pB 1
H 1
500 ¬­
VC 2.46q
8.82 L
300 ®­­
pC pA
B
Q1
W
A
500K
Q3
pC
C
300K
V
p (atm) V (L) T (K)
A
2.5
l
pB
TB
500
10 16.67 atm
pA 300
TA
T ¬
(C) TBVBH 1 TCVCH 1 l VC VB B ­­­
TC ­®
pAVA pCVC
p
10
2.46
300
B 16.67
2.46
500
C
8.82
300
2.79
pAVA
2.79 atm
VC
b) El área encerrada por el ciclo representa el trabajo neto realizado (positivo). En la
transformación isocórica AB el sistema absorbe una cantidad de calor Q1 (positivo). En
proceso adiabático BC el sistema no intercambia energía en forma de calor. En el proceso de
compresión isotermo CA el sistema cede una cantidad de calor Q3 (negativo).
£¦
5
¦¦Q1 nCV (TB TA ) 1q 1.987 q 500 300 993.5 cal
¦¦
2
¤
VA d V
V
2.46
¦¦
nRT ln A 1q1.987 q300 ln
761.1 cal
¦¦Q3 WCA ¨ p d V nRT ¨V
C
8.82
V
VC
¦¥
Puesto que se trata de un ciclo ('U = 0), el Primer Principio de la Termodinámica nos permite
escribir
W Q1 Q3 993.5 761.1 232.4 cal
b) El rendimiento de esa máquina térmica sería: I W 232.4
23%
Q1 993.5
El rendimiento de la máquina de Carnot sería: ICarnot - 330 -
T1 T2 500 300 2
40%
T1
500
5
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.25
24. Tres moles de nitrógeno inicialmente a 27ºC y presión atmosférica se someten al ciclo constituido por las
tres transformaciones siguientes: 1) calentamiento a presión constante hasta duplicar el volumen inicial.
2) una compresión isoterma hasta alcanzar el volumen inicial. 3) un enfriamiento isócoro que cierra el ciclo.
Determinar el trabajo, el calor, y las variaciones de energía interna, entalpía y entropía en cada
transformación y en el ciclo.
Datos: 3 moles de gas biatómico.
7
cal
5
cal
C p R 6.95
CV R 4.97
2
2
mol ¸ K
mol ¸ K
1 atm ¸ L 101.328 cal
R 1.987
p (atm) V (L) T (K)
cal
mol ¸ K
Determinación de los estados 1, 2 y 3:
nRT1 3q 0.08205q300
(1) V1 73.85 L
p1
1
V V
(2) 1 2
T1 T2
(3)
V
l T2 2 T1 2q300 600 K
V1
p2V2 p3V3 l
p3 V2
p2 2q1 2 atm
V3
Balances energéticos:
2 atm
1 atm
1
1
74
300
2
1
148
600
3
2
74
600
(3)
(2)
(1)
74 L
(1 2) Proceso de expansión isobárica (p=0)
W p V 1q (147.69 73.85) 73.85 atm ¸ L 1788 cal 427 J
12
1
Q nC T 3q 6.95q (600 300) 6259 cal 1496 J
p
12
U12 nC T 3q 4.97q (600 300) 4471 cal 1069 J
V
H12 nC T 3q 6.95q (600 300) 6259 cal 1496 J
p
T
600
cal
J
S12 nC ln 2 3q 6.95q ln
14.46
3.46
p T
300
K
K
1
(2 3) Proceso compresión isoterma (T=0)
V
W nRT ln 3 3q1.987 q600qln 2 2479 cal 592 J
23
V
2
Q W 2479 cal 592 J
23
23
U 23 nC T 0
V
H 23 nC T 0
p
Q
2479
cal
J
4.13
0.99
S 23 23 T
600
K
K
2
- 331 -
600 K
300 K
148 L
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.26
(3 1) Proceso isocoro (V=0)
£¦W 0
¦¦ 31
¤
¦¦Q nC T 3q 4.97q (300 600) 4471 cal 1069 J
V
¦¥ 31
¦£¦U 31 nCV T 3q 4.97 q (300 600) 4471 cal 1069 J
¦¤
¦¦H 31 nC T 3q 6.95q (300 600) 6259 cal 1496 J
p
¦¥
T
300
cal
J
S31 nC ln 1 3q 4.97 qln
10.33
2.47
V T
600
K
K
3
Balances energéticos en el ciclo completo:
W W12 W23 W31 691 cal 165 J
Q Q12
U 0
Q23
Q31 691 cal 165 J
H 0
S 0
- 332 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.27
25. Dos litros de helio (gas monoatómico) a la presión de 16 atm y 600 K se expansionan isotérmicamente hasta
que su volumen es de 8 L y luego se comprime a presión constante hasta que su volumen y temperatura son
tales que puede cerrarse el ciclo mediante una compresión adiabática. a) Dibujar el ciclo termodinámico
reversible en un diagrama (p-V) b) Calcular la temperatura, presión y volumen en los estados que no son
conocidos. c) Calcular los trabajos, calor y variaciones de energía interna, entalpía y entropía en cada una de
las transformaciones elementales y en el ciclo.
Datos: Puesto que se trata de un gas ideal
p
monoatómico (tres grados de libertad), serán:
(atm)
f 2
5
cal
Cp R R 4.97
2
2
mol.K
16
3
cal
f
CV R R 2.98
2
2
mol.K
4
Cp
f 2 3 2
H
1, 6
3
CV
f
n
1
2
2
p1V1
16q 2
0.65 moles
RT1 0.08205q 600
Determinación de los estados 1, 2 y 3:
1
2
1
3 Isobara:
p V 16q 2
p2 1 1 4 atm
V2
8
V2 V3
T2 T3
H
1 1
l T3 T2
H
3 3
3 Adiabática: p V p V
l
V3
4.59
600
344.6 K
V2
8
V3 p1 ¬­
­
V1 p3 ­®­
1
H
1
16
2
600
2
4
8
600
3
4
3
(2
S12 Q12 1074
1.79 cal
K
T1
600
3) Proceso de compresión isobárica (p = 0):
Q23 nC p T3 T2 0.65q 4.97 q 345 600 825 cal
W23 p2 V3 V2 4 q 3.41 13.64 atm ¸ L 330.3 cal
U 23 nCV T3 T2 0.65q 2.98q 345 600 495 cal
H 23 Q23 825 cal
S 23 ¨
3
2
3 dT
T
dQ
345
nC p ¨
nC p ln 3 0.65q 4.97 q ln
1.79 cal
K
2
T
T
T2
600
- 333 -
4.6 345
p ¬ 5
16 ¬ 5
l V3 V1 1 ­­­ 2 ­­­ 4.59 L
4 ®
p3 ®­
Balances energéticos:
(1 2) Proceso de expansión isotérmica (T = 0):
2
V
8
Q12 W12 ¨ pdV nRT1 ln 2 0.65q1.987 q 600 ln 1074 cal
1
2
V1
U12 H12 0
V (L)
8
p
V
T
(atm) (L) (K)
2 Isoterma:
p1V1 p2V2 l
600 K
3
3
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.28
(3 1) Proceso de compresión adiabática (Q = 0):
Q31 0
W31 p2 V1 V3 4 q 3.41 13.64 atm ¸ L 330.3 cal
U 31 nCV T1 T3 0.65q 2.98q 345 600 495 cal
H 31 Q31 825 cal
S31 0
Q (cal)
W (cal)
'U (cal)
'H (cal) 'S (cal/K)
12 (T = cte)
1074
1074
0
0
1.79
23 (p =cte)
-825
-330
-495
-825
-1.79
31 (Q = 0)
0
-495
495
825
0
Ciclo
249
249
0
0
0
- 334 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.29
26. Un mol de un gas ideal monoatómico está inicialmente a 273 K de temperatura y 1 atm de presión. El gas
experimenta una expansión isotérmica hasta que alcanza un volumen 2.5 veces el inicial. Luego se extrae
calor a volumen constante, disminuyendo la presión. Finalmente se comprime adiabáticamente hasta volver
al estado inicial. a) Dibujar la transformación en un diagrama pV. b) Determinar en cada transformación el
calor y el trabajo intercambiados así como los incrementos de energía interna, entalpía y entropía. (Presentar
los resultados en una tabla y en unidades del sistema internacional).
Gas Monoatómico:
CV 3 / 2 R
Cp 5 / 2 R
H 5/3
p
Determinación de los estados:
Estado (1):
nRT 1q 0.08205q 273
22.4 L
pv nRT l V p
1
Estado (2):
V2 2.5V1 56.0 L
p1V1 p2V2 l
p2 1
273 K
2
3
V1
p1 0.40 atm
V2
V
Estado (3):
H
5/3
V ¬
1 ¬
p3 p1 1 ­­­ ­­­ 0.22 atm
2.5 ®
V3 ®­
pV
0.22q56.0
T3 3 3 148 K
nR
0.08205
p3V3H p1V1H
l
Estados p (atm) V (L) T (K)
(1)
1.00
22.4
273
(2)
0.40
56.0
273
(3)
0.22
56.0
148
Balances energéticos:
Proceso (1 2) Expansión isotérmica:
V
Q12 W nRT ln 2 497 cal 2078 J
V1
U12 H12 0
Q
S12 12 1.8 cal/K 7.6 J/K
T1
Proceso (2 3) Enfriamiento isocórico:
Proceso (3 1) Compresión adiabática:
Q31 0
W31 U 31 375 cal 1568 J
U 31 nCV T1 T3 375 cal 1568 J
H 31 nC p T1 T3 625 cal 2613 J
S31 0
Ciclo completo:
Q 122 cal 510 J
W 122 cal 510 J
U 0
H 0
S 0
Q23 nCV T3 T2 375 cal 1568 J
W 0
U 23 Q23 375 cal 1568 J
H 23 nC p T3 T2 625 cal 2613 J
T
S 23 nCV ln 3 1.8 cal/K 7.6 J/K
T2
- 335 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.30
27. Un mol de N2 , inicialmente a una temperatura de 20 ºC y una presión de 5 atm, es sometido a los siguientes
procesos reversibles sucesivos: (i) expansión adiabática hasta una presión de 1 atm; (ii) calentamiento a
presión constante hasta alcanzar de nuevo una temperatura de 20 ºC; (iii) calentamiento a volumen constante
hasta que la presión es de 5 atm; (iv) enfriamiento a presión constante hasta el estado inicial. a) Dibujar el
diagrama pV del ciclo. b) Calcular el trabajo realizado en el ciclo. c) Determinar las cantidades de calor
absorbidos o cedidos en cada etapa y en el ciclo completo. d) Calcular las variaciones de entropía en cada
etapa y en el ciclo completo.
Datos: 1 mol de gas biatómico.
£
5
5
¦
¦
C R 8.314 J
20.79 J
¦
mol ¸ K
mol ¸ K
¦ V 2
2
¤
¦
7
7
¦
C p R 8.314 J
29.10 J
¦
mol ¸ K
mol ¸ K :
¦
2
2
¦
¥
C
7
H p 1.4
CV
5
p
(atm)
5
1
1
4
3
2
Q =0
T=293 K
Determinación de los estados:
V (L)
nRT1 1q 0.08205q 293
4.81L
p1
5
(1)
V1 (2)
p1V1H p2V2H
1
1/1.4
p ¬ H
5¬
l V2 1 ­­­ V1 4.81 ­­­ 15.17 L
1 ®
p2 ®­
p2V2 1q15.17
185 K
nR
0.08205
nRT3 0.08205q 293
V3 24.04 L
p3
1
T2 (3)
(4)
T4 p(atm) V (L)
p4V4 5q 24.04
1465 K
nR
0.08205
1 5
4.81
2 1
15.17 185
3 1
24.04 293
4 5
24.04 1465
Balances energéticos:
(12) Expansión adiabática (Q=0):
Q12 0
S12 0
(23) Calentamiento isobaro (p=0):
Q23 nC p T3 T2 29.10q 293 185 3143 J
S 23 ¨
3
2
3 dT
T
Q
293
nC p ¨
nC p ln 3 29.10q ln
13.38 J
K
2 T
T
T2
185
(34) Calentamiento isocoro (V=0):
- 336 -
T (K)
293
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.31
Q34 nCV T4 T3 20.79q 1565 293 24 360 J
4
S34 ¨
3
4 dT
Q
T
1465
nCV ¨
nCV ln 4 20.79qln
2033.45 J
K
3
T
T
T3
293
(41) Enfriamiento isobaro (p=0)
Q41 nC p T1 T4 34 104 J
S 41 ¨
1
4
T1 d T
T
Q
293
nC p ¨
nC p ln 1 29.19q ln
46.83 J
K
T
4
T
T
T4
1465
Ciclo completo:
Qciclo 6 601.3 J
U ciclo Qciclo Wciclo 0 l Wciclo Qciclo 6 601.3 J
Sciclo 0
- 337 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.32
28. Una máquina térmica ideal está constituida por un cuerpo de
bomba que encierra un gas perfecto que evoluciona según un
ciclo de Carnot. a) Deducir la expresión de su rendimiento en
función de las temperaturas T y T’. b) ¿Son necesariamente
iguales las áreas 233’2’2 y 144’1’1? ¿Por qué?
p
1
2
4
a) El rendimiento de un ciclo de Carnot viene dado por la
expresión
W
I
Q
1’ 4’
T
3
2’
3’
T’
V
en la que W es el trabajo realizado y Q el calor intercambiado con la fuente caliente.
Formulando el Primer y Segundo Principios de la Termodinámica, escribiremos:
£
T
Qa
¦
¦
W Q Qa l I 1
¦
¦
Q
a
a
T T
T
¦
Q
l I 1 ¤
¦
W
a
a
a
T
T
Q
Q
Q
T
¦
0 l
¦¦
a
T
T
Q
T
¦
¥
que es la expresión pedida.
Q’
b) Las dos áreas indicadas son necesariamente iguales.
T’
Para demostrarlo, prestemos atención a que las transformaciones
2o3 y 4o1 tienen lugar entre las mismas temperaturas extremas y por lo tanto
U 23 U 41
y además, por ser adiabáticas, serán
Q23 Q41 0
por lo que, en virtud del Primer Principio U Q W
l
W23 W41 y, como estos
trabajos vienen representados en un diagrama de Clayperon por las áreas 233’2’2 y 144’1’1,
dichas áreas serán igual (c.q.d.).
- 338 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.33
29. Una máquina térmica reversible, trabaja según un ciclo formado por las siguientes transformaciones
reversibles:
1. Expansión isotérmica a 300 K
2. Expansión isoentrópica (adiabática) a 3500 cal/K
3. Compresión isotérmica a 200 K
4. Compresión isoentrópica a 1500 cal/K
a) Representar el ciclo en un diagrama TS. b) Determinar el calor absorbido en la primera transformación.
c) Ídem en la tercera. d) Calcular el trabajo realizado en dicho ciclo.
a) En el diagrama entrópico TS, el ciclo se
representa por un rectángulo, recorrido en el
sentido que se indica en la figura. En realidad, se
trata de un ciclo reversible de Carnot, ya que está
constituido por dos isotermas y dos adiabáticas.
De la definición de entropía, se sigue que el calor
intercambiado es
dQ
dS l Q ¨ TdS T S
T
b) En la expansión 12 el sistema cede energía en
forma de calor:
T
1
2
300 K
200 K
4
1500 cal/K
3
S
3500 cal/K
Q12 T1S12 300q 3500 1500 300q 2000 6q105 cal
c) En la compresión 34 el sistema absorbe energía en forma de calor:
Q34 T3S34 200q 1500 3500 200q 2000 4q105 cal
b) En el ciclo completo, la energía interna del sistema permanece constante, por lo que el
Primer Principio de la Termodinámica nos permite calcular fácilmente el trabajo realizado:
U Q W 0 l W Q Q12
- 339 -
Q34 2q105 cal
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.34
30. La figura muestra el ciclo teórico de una máquina térmica ideal en
el diagrama T-S. El calor absorbido en la fuente caliente es de 924
cal y se cede calor a una fuente térmica a 0 ºC. Calcular: a) La
temperatura T de la fuente caliente. b) El calor cedido a la fuente
fría. c) El trabajo proporcionado por dicha máquina. d) El
rendimiento de la máquina.
1
2
4
3
5 S(cal/K)
2
Se trata de un ciclo de Carnot, constituido por dos isotermas y dos adiabáticas.
a) En el proceso isotérmico 12 será
Q
Q
924
S12 l T
308 K
T
S12
3
b) Aplicamos la relación
Q Qa
Ta
273
0 l Qa Q q924 819 cal
T Ta
T
308
c) A partir del Primer Principio de la Termodinámica,
W Q Q a 924 819 105 cal 439 J
d) El rendimiento de una máquina está definido como el cociente
entre el beneficio y el coste:
W 105
I 0.114 11.4%
Q 924
- 340 -
hogar
T
Q
W
m áquina
térmica
Q’
T’
refrigerante
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.35
31. Un acondicionador de aire funciona según un ciclo reversible de Carnot. Su potencia frigorífica es de
10 kilofrigorías/hora cuando extrae calor de un local a 24 ºC y lo cede al exterior a 35 ºC. a) Calcular la
potencia que debe suministrar el motor. b) Con esa misma potencia del motor, calcular la potencia
frigorífica cuando el local se encuentra a 21 ºC y el exterior a 40 ºC.
Mcal
Q 2 10
h
a) Aplicamos el Primer y Segundo Principios de la Termodinámica a la máquina reversible:
¦£¦Q1 Q 2 W
¦¦
l
¤ Q1 Q 2
¦¦
0
T1=308 K
¦¦¥ T1 T2
Q1
£¦ Mcal
¦¦W 10.37 10 0.37
W
¦¦
h
¤
308
Mcal
T1 ¦¦ q10 10.37
¦¦Q1 Q2 Q2
297
h
T
2
¦¥
Datos: 1 kfrigoría 1 Mcal l
T2=297 K
De modo que la potencia del motor es:
Mcal 4.18 MJ 1 h
P W 0.37
430 W
h 1 Mcal 3600 s
b) De nuevo, aplicamos el Primer y Segundo Principios de la Termodinámica:
£¦Q Q W
2
¦¦ 1
Q1 Q 2
W
¦¤ l
Q
Q
2
¦¦ 1
T1
T2
T1 T2
0
T1=313 K
¦¦¥ T1 T2
Q1
W
Q2
T2=294 K
£¦ 313
Mcal
T1
¦¦Q1 W 0.37) 6.1
¦¦
313 294
h
T1 T2
¤
¦¦ 294
Mcal
T2
W 0.37) 5.7
¦¦Q2 294
313
h
T
T
2
1
¥¦
De modo que la potencia frigorífica es:
Mcal
kfrigorías
Q 2 5.7
5.7
h
h
- 341 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.36
32. Una máquina térmica reversible funciona intercambiando calor con tres focos térmicos cuyas temperaturas
son: T1 = 500 K, T2 = 400 K y T3 = 300 K. La máquina toma una cantidad de calor Q1 = 700 kcal del primer
foco y realiza un trabajo de 1 kWh. a) Calcular las cantidades de calor intercambiadas con los otros focos.
b) Determinar el rendimiento de la máquina. c) Calcular los cambios de entropía en los distintos niveles
térmicos y el total.
W 1 kWh 1000q3600 3.6q106 J 860 kcal
a) Aplicamos el Primer y el Segundo Principio de la Termodinámica:
£¦Q1 Q2 Q3 W
£¦Q2 Q3 W Q1
¦
¦
¦¤ Q Q
l ¦¤ Q2 Q3
Q3
Q
1
2
¦¦
¦¦
0
1
T1
¦¥¦ T1 T2 T3
¦¥¦ T2 T3
de modo que disponemos de dos ecuaciones con dos incógnitas (Q2, Q3), que nos conducen a
£¦Q2 Q3 W Q1 160
£¦Q2 Q3 160
¦¦
¦
1 1 1 1
1
l ¦¤ Q2 Q3
l % 1 1 ¤ Q2
Q3
700
¦¦
¦
3 4 12
140
4
3
¦¦
¦¥ 400 300
500
3
¥4
Q2
12
160
1
140
1
3
2320 kcal
Q3 12
b) Por definición de rendimiento de una máquina
W
W
860
860
K
28.5%
Qabs Q1 Q2 700 2320 3020
c) Cambios de entropía en cada nivel térmico:
²
¦
Q
700
kcal
¦
1.4
S1 1 ¦
¦
T1 500
K
¦
¦
¦
Q2 2320
kcal ¦
¦
5.8
S 2 » S 0
T2
400
K ¦
¦
¦
¦
Q3 2160
kcal ¦
¦
7.2
S3 ¦
T3
300
K ¦
¦
¦
¼
- 342 -
1
160
1
4
140
2160 kcal
T1=500K
Q1=700kcal
Q2
W=860kcal
T2=400K
Q3
T3=300K
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.37
33. Dos máquinas térmicas reversibles funcionan acopladas: una como máquina térmica y la otra como máquina
frigorífica. La primera máquina absorbe 30 kcal de un foco a 600 K y cede calor a otro foco a 200 K. El
trabajo producido por la máquina térmica se le suministra a la máquina frigorífica, que intercambia calor
con dos focos a 200 K y 300 K. Determinar todos los intercambios de calor de las máquinas con sus focos
caloríficos.
Aplicamos el Primer y Segundo Principios de la Termodinámica a la primera máquina:
¦¦£Q1 Q2 W
¦£¦30 Q2 W
£¦W 20 kcal
¦¤ Q Q
l ¤¦ 30
l ¤¦
Q
1
2
2
¦¦
¦¦
¦¦¥Q2 10 kcal
0
0
¦¥ 600 200
¦¥¦ T1 T2
y a la segunda, teniendo en cuenta que W' = -W = -20 kcal, de modo que
£¦Q1a Q2a W a
£¦Q1a Q2a 20
¦¦
£Q1a 60 kcal
¦
¦
¦¤ Q a Q a
l ¦¤ Q1a
l ¦
¤
a
Q
1
2
2
¦¦
¦
¦
0
0
¦
¦¥Q2a 40 kcal
¦¦¥ T1a T2a
¦
¥ 300 200
600 K
Q1
300 K
W
Q1’
W’
Q2
Q2’
200 K
200 K
- 343 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.38
34. Disponemos de 100 g de nitrógeno (N2) a 25ºC y 30 atm. Los sometemos a una expansión adiabática brusca
contra una presión exterior constante de 10 atm, hasta que el gas alcanza esta presión. Admítase que el gas
tiene un comportamiento ideal. a) Determinar la temperatura final del gas. b) Calcular los cambios que
experimentan la energía interna y la entropía del gas en el proceso de expansión.
Datos: R = 0.08205 atm.L/(mol.K) = 1.987 cal/(mol.K ), M(N2)=28 g/mol.
p
30 atm
i
Proceso
irreversible
298 K
10 atm
f
241 K
V
Se trata de una expansión adiabática irreversible, contra
una presión exterior constante, ya que no existe
equilibrio entre la presión del gas y la presión exterior,
de modo que tan sólo los estados inicial (i) y final (f) del
sistema son estados de equilibrio..
a) Calcularemos la temperatura final (que será distinta
de la que se obtendría en un proceso reversible) a partir
del Primer Principio de la Termodinámica, con Q = 0,
por tratarse de un proceso adiabático:
%U Q W 0 W W
Por tratarse de una gas ideal que se expande contra una presión exterior constante, tendremos:
£¦U nCV (Tf Ti )
¦¦
¦¤
nRTf nRTi ¬­
pf ¬­ º
¦¦¦W pext (Vf Vi ) pf p p ­­­ nR Tf p Ti ­­­
f
®
i ®
i
¦¥
pf
CV
R
¬
¬
p
p
pi
f
nCV (Tf Ti ) nR Tf f Ti ­­­ l (CV R )Tf CV
R­­­Ti l Tf Ti
pi ­®
pi ­®
Cp
5 R 10 R
30 q 298 2.83 q 298 241 K 32 º C
Tf 2
7 R
3.50
2
b) La variación de energía interna en el proceso será:
100 5
q q1.987 q (241 298) 1011 cal 4227 J
U nCV (Tf Ti ) 28 2
Para calcular la variación de entropía, partimos de la formulación del Segundo Principio en
función de la entalpía:
Q
dT
dp
Q nC p dT V d p l dS nC p
nR
T
T
p
de modo que, para un proceso entre los estados inicial (i) y final (f), será:
'S
S f Si
nC p ln
Tf
p
nR ln f
pi
Ti
100
10 ·
§ 7 241
u 1.987 u ¨ ln
ln ¸
30 ¹
28
© 2 298
2.52
cal
J
10.55
K
K
produciéndose un incremento de entropía, por tratarse de un proceso de expansión espontánea
(irreversible).
- 344 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.39
35. Dos moles de nitrógeno a 27ºC están contenidos en un cilindro cerrado por un émbolo móvil
y aislado térmicamente del exterior. Inicialmente el gas está a una presión de 4 atm debido a
una pesa que hay sobre el émbolo. Cuando se retira la pesa, el gas se expande bruscamente
contra una presión exterior constante de 1 atm. a) Determinar el estado final del gas.
b) Calcular el trabajo realizado por el gas y las variaciones de energía interna, entalpía y
entropía. Datos: R = 0.08205 atmL/molK = 1.987 cal/mol.K.
Se trata de una expansión adiabática irreversible, contra
una presión exterior constante, ya que no existe
equilibrio entre la presión del gas y la presión exterior,
de modo que tan sólo los estados inicial (i) y final (f)
del sistema son estados de equilibrio..
a) Calcularemos la temperatura final a partir del Primer
Principio, con Q = 0 (proceso adiabático):
U Q W 0 W W
p
Proceso
irreversible
R )Tf CV
300 K
1 atm
Por tratarse de una gas ideal que se expande contra una
presión exterior constante, tendremos:
£¦U nCV (Tf Ti )
¦¦
¦¤
nRTf nRTi ­¬
p ¬ º
¦¦W pext (Vf Vi ) pf
­­ nR Tf f Ti ­­­
­
¦¦¥
pi ®
pi ®­
pf
p ¬
nCV (Tf Ti ) nR Tf f Ti ­­­ l (CV
pi ®­
i
4 atm
pf ­¬
R­Ti
pi ­®­
f
12.3 L
236 K
38.7 L
CV
l Tf pf
pi
Cp
V
R
Ti
5 R 1 R
4 q300 2.75 q300 236 K 37 º C
o sea, Tf 2
7 R
3.50
2
nRTf
2q 0.08205q 236
38.7 L
El volumen final será: Vf pf
1
b) Las variaciones de energía interna y de entalpía en el proceso serán:
5
U nCV (Tf Ti ) 2 q q1.987 q (236 300) 639 cal 2673 J
2
7
H nC p (Tf Ti ) 2 q q1.987 q (236 300) 895 cal 3742 J
2
El trabajo realizado durante el proceso de expansión es W U 2673 J
Para calcular la variación de entropía, partimos de la formulación del Segundo Principio en
función de la entalpía:
Q
dT
dp
Q nC p dT vdp l dS nC p
nR
l
T
T
p
T
p
7 236
1¬
cal
J
S Sf Si nC p ln f nR ln f 2q1.987 q ln
ln ­­­ 2.15
9.01
2 300
4®
Ti
pi
K
K
produciéndose un incremento de entropía por tratarse de un proceso de expansión adiabática
espontánea (irreversible).
- 345 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.40
36. Dos moles de un gas biatómico a 200ºC y 20 atm, se expansionan adiabática y reversiblemente hasta una
temperatura final de 100ºC. a) Calcular la presión y el volumen finales. b) Si el proceso hubiese sido no
adiabático y constituido por una transformación isobárica seguida de otra isocórica, calcular la cantidad de
calor que intercambiaría el sistema hasta alcanzarse el mismo estado final. c) Por último, considérese un
proceso de expansión adiabático y no reversible contra una presión exterior constante igual a la presión final
del proceso en los apartados anteriores; ¿cuál será la temperatura final alcanzada? Determinar la variación
de entropía en este proceso.
p
Gas biatómico:
5
7
7
CV R
Cp R
H 1.4
2
2
5
nRT1 2q 0.08205q 473.15
V1 3.88 L
20
p1
20 atm
1
3
857 K
a) Por tratarse de un proceso adiabático, será
8.71 atm
p11HT1H p21H T2 H , de modo que
473 K
2
H
3.5
T ¬1H
473.15 ¬­
p2 p1 1 ­­­ 20
8.71 atm
­
373.15 ®­
T ­®
3.88 L
7.03 L
373 K
V
2
V2 nRT2 2q 0.08205q373
7.03 L
p2
8.71
b) Determinamos la temperatura correspondiente al punto 3:
V1 V3
T1 T3
º T3 V3
7.03
473.15 856.62 K
T1 3.88
V1
£¦Q p nC p (T3 T1 ) 2 q 7 1.987 q (856.62 473.15) 5333.66 cal
2
¦
Q Q p QV 530.40 cal
¤
¦¦QV nCV (T2 T3 ) 2 q 5 1.987 q (373.15 856.62) 4803.26 cal
2
¥
c) Por tratarse de un proceso adiabático, será Q = 0; por tratarse de un proceso de expansión
contra una presión externa constante, será W = p2 (Vf - V1). Entonces, aplicando el Primer
Principio al proceso irreversible y utilizando la ecuación de estado en el estado final, se sigue
£
U Q W º nCV (Tf T1 ) pext (Vf V1 )
¦
¦
nC T pextV1
¦
¦
º Tf V 1
¤
nRTf
¦
º
p
V
nRT
V
nC p
ext f
f
f
¦
¦
pext
¦
¥
1.987
2q 52 1.987q 473.15
8.71q3.88q 0.08205
Tf 396.85 K
2q 72 1.987
2q 0.08285q396.85
7.48 L
8.71
El cambio que experimenta la entropía se calcula mediante una expresión general que
relaciona los dos estados, inicial y final, de equilibrio; i.e.,
T
V
396.85
7.48
cal
%S nCV ln f nR ln f 2q 52 1.987q ln
0.86
2q1.987q ln
T1
V1
473.15
3.88
K
Vf - 346 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.41
37. En un sistema aislado, un foco a 127 ºC transfiere una cantidad de calor de 600 J a otro foco a 27 ºC, sin la
obtención de trabajo y manteniéndose constantes las temperaturas de los focos. a) ¿Cuál es la variación de
entropía del sistema (o del universo) en este proceso?. b) ¿Cuánto calor, como máximo, se puede
transformar en trabajo? c) En el caso anterior, ¿cuál sería la variación de entropía del sistema (o del
universo)?
Datos: T1 = 400 K, T2 =300 K, Q = 600 J
a) En la figura se esquematiza el proceso mediante el cual el
foco o subsistema caliente cede calor al foco o subsistema frío,
manteniéndose constantes las temperaturas respectivas.
Obviamente, se trata de un proceso irreversible en el que el
foco caliente cede una cantidad de calor Q1 = -600 J y el foco
frío recibe una cantidad de calor Q2 = +600 J. Así, la variación
de entropía durante el proceso será
Q
J
Q Q2 600 600
S i 1
1.5 2.0 0.5
400
300
K
T1 T2
i Ti
T1 = 400K
Q
Sistema
aislado
Entorno
del sistema
T2 = 300K
de modo que la entropía del sistema aumenta, como corresponde al proceso irreversible que
tiene lugar en su seno. Puesto que el sistema está aislado, no intercambiando calor ni trabajo
con su entorno, la variación de entropía del Universo coincide con la del sistema.
b) Para calcular el .máximo rendimiento de la conversión de calor en trabajo, imaginamos una
máquina reversible de Carnot que opere entre esas temperaturas, de modo que aplicando el
Primer y Segundo Principios de la Termodinámica:
T1 = 400K
£Q1 Q2 W
£W Q1 Q2 600 450 150 J
¦
¦
¦
¦
¦
¦
l ¤
T2
300
¤ Q1 Q2
¦
0
¦
¦¦¦Q2 T Q1 400 600 450 J
Q1
T
T
¦
2
1
¦ 1
¦¥
¥
Se pueden transformar 150 J por cada 600 J que se toman del foco
caliente, cediéndose 450 J al foco frío.
W
c) En las condiciones del apartado anterior, al tratarse de un
Q2
rendimiento máximo en la conversión de calor en trabajo, la
variación de entropía será nula, como queda bien patente en la
segunda de las ecuaciones (2º Principio) que hemos utilizado para
T2 = 300K
calcularlo.
- 347 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Termología - T00.42
38. a) Una máquina frigorífica irreversible, movida por un motor de 1 kW, extrae 50 kcal/min de un recinto
frío. ¿Cuál es su rendimiento o eficacia? ¿Qué cantidad de calor recibe el foco caliente? b) Si el rendimiento
de la máquina fuese la mitad del correspondiente a un ciclo de Carnot que operase entre los mismos límites
de temperatura (-20ºC y 130ºC), ¿cuál sería el trabajo recibido por minuto por el sistema activo? ¿qué
cantidad de calor se cedería entonces al foco caliente?
50 000q 4.18
Q 2 3483 W
60
Datos: W 1000 W
a) Primer Principio:
Q Q
1
2
T1
Q1
W 3483 1000 4483 W
Eficacia de la máquina frigorífica:
Q 2
3483
Ff 3.483 348%
1000
W
Rendimiento funcionando como máquina térmica:
W
1000
I
0.22 22 %
4483
Q1
Obsérvese que se trata de una máquina irreversible, de modo que:
Q1 Q 2 4483 3483
11.12 13.77 2.64 W/K (irreversible)
T1 T2
403
253
Q1 Q 2
b 0 (teorema de Clausius)
T1 T2
W
Q2
T2
T1=403K
Q1
W
Q2
T2=253K
b) Rendimiento de un ciclo reversible de Carnot que trabaje entre las
mismas temperaturas:
T1
T1 T2
T2
253
I
1 1
0.37 37 % l I a 0.19
I
T1
T1
403
2
W’
Del Primer Principio de la definición del rendimiento se sigue:
£ ¦¦¦ Q1a Q2a W a
¦¦
T2
l (1 I a) Q1a Q 2a l
¤
W a
¦¦I a l W a I a Q1a
¦¦
Q1a
¦¥
¦£¦
Q 2a
50 000
kcal
¦ a
¦¤ Q1 (1 I a) 1 0.19 61.43 min 4280 W
¦¦
¦¦ W a 0.19q 4280 796 W
¦¥
- 348 -
Q’1
Q’2
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.1
1. Una esfera sólida, no conductora y de radio R, posee una densidad volumétrica de carga proporcional a la
distancia desde su centro, i.e., U = Ar, siendo A una constante. Determinar el valor del campo eléctrico en el
interior y en el exterior de la distribución de carga y representar su magnitud en función de r.
Aplicaremos el teorema de Gauss a una superficie gaussiana de radio r concéntrica con la
esfera sólida:
q
q
1 q
2
¨vS E<dS F0 l ¨vS E dS E ¨vS dS ES E 4Qr F0 l E 4QF0 r 2
siendo q la carga eléctrica contenida en la superficie gaussiana, que calcularemos
descomponiendo la esfera sólida cargada en capas esféricas. En efecto la carga que pose una
de tales capas, de radio r y espesor dr, será
r
dq S dV Ar 4Qr 2 dr 4Q Ar 3dr l q ¨ dq 4Q A¨ r 3dr Q Ar 4
0
a) En el interior de la esfera, para r R, será
dS
E
E
dr
r
dq
1 Q Ar 4
A 2
r
2
4QF0 r
4F0
b) En el exterior de la esfera, para r ! R, la carga que
contribuye al campo es Q Q AR 4 , con independencia
del valor de r, de modo que será
E
1 Q AR 4 AR 4 1
4QF0 r 2
4F0 r 2
c) Justamente en la superficie de la esfera,
para r = R, ambas expresiones anteriores
conducen a
E
AR 2
4F0
E
R
r
- 349 -
AR 2
4F0
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.2
2. Un conductor esférico hueco tiene un radio interno R1 y un radio externo R2. En el centro de la cavidad
existe otro conductor esférico macizo, de radio R0, que posee una carga +Q. a) Determinar el campo
eléctrico y el potencial en un punto cualquiera P en función de la distancia r al centro de las esferas, desde
r = 0 hasta r = . b) Representar gráficamente E(r) y V(r) en función de r. Nota: No es necesario hacer los
cálculos detallados para cada etapa.
Campo eléctrico
Como es bien sabido (demostrable mediante el teorema de Gauss), a efecto del cálculo del
campo eléctrico es como si toda la carga estuviese en el centro del conductor cargado.
Obviamente, el campo es nulo en el interior de cada
conductor.
E
r R0 E 0
R0
R1
r
R2
V
4
3
R0
2
R1
r R0
E
1 Q
4QF0 R02
R0 r R1
E
1 Q
4QF0 r 2
r R1
E0
R1 r R2
E0
E
1 Q
4QF0 R22
R2 r d E 1 Q
4QF0 r 2
r R2
1
r
R2
R0
O
R1
R2
Potencial eléctrico
Para determinar el potencial, con un referencial nulo para una distancia infinita, procederemos
en cada una de las regiones indicadas en la figura.
d
c V (r ) Vrd ¨ E<dr r
d V
1 Q
4QF0 R2
¨
E<dr r
1
Q 1
4QF0 R2 R1
f V (r ) d
¨
r
d
dr
Q
1¯
1 Q
¡ ° 2
r
4QF0 ¡¢ r ±° r
4QF0 r
R2 b r d
R1 b r b R2
R1
e V (r ) VR1
Q
4QF0
1 ¬­
­
r ®­­
1
Q 1
4QF0 R2 R1
1 Q
4QF0 R2
Q
4QF0
R1
¨
r
dr
1 Q
r 2 4QF0 R2
R0 b r b R1
1 ¬­
­
R0 ®­­
r b R0
- 350 -
1¯ 1
Q
¡ ° 4QF0 ¡¢ r °± r
R
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.3
3. Una esfera conductora cargada se encuentra a un potencial de 300 V; a 10 cm de su superficie el potencial
eléctrico es de 200 V. a) Determinar el radio la esfera conductora b) ¿Cuál es su carga? c) Calcular el valor
del campo eléctrico en la proximidad de la superficie de la esfera.
Determinamos el potencial en la superficie de la esfera (V0) y a una distancia h de la misma
(V):
300 V
£¦
1 Q
¦¦V0 200 V
¦¦
4F0 R
V
R h
u
¶¶
l 0
¤
R+h
¦¦
1
Q
V
R
¦¦V 4F0 R h
¥¦
a) Determinamos el radio de la esfera:
300 R 10
º 3R 2 R 20 º R 20 cm
200
R
b) Calculamos su carga:
0.20q300
Q 4F0 RV0 6.67 q109 C = 6.67 nC
9q109
c) Determinamos el campo eléctrico en la superficie de la esfera:
1 Q V0
300
V
E0 1500
2
4F0 R
R 0.20
m
- 351 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.4
4. Sobre dos esferas conductoras, de radios 0.10 m y 0.15 m, se depositan cargas eléctricas de +100 nC y
+200 nC, respectivamente. Ponemos las esferas en contacto y luego las separamos de nuevo. Calcular la
carga final y el potencial de cada esfera.
Durante este proceso
x La carga neta total permanece constante
x Se transfiere carga hasta que finalmente se igualan los potenciales
Escribimos las ecuaciones correspondientes:
V2
V1
£¦Qn Q1 Q2 Q1a Q2a
£¦Q1a Q2a Qn
¦
¦¦
¦¦¤
1 Q1a
1 Q2a l ¦¤ Q1a Q2a
(2 ec. 2 incogn.)
¦¦¦V a 4QF R 4QF R
¦¦ Q1
0
1
0
2
Q2
¦
¥
¥¦¦ R1 R2
1
Resolvemos las dos ecuaciones anteriores
Q1a Q2a
Qn
Antes de ponerlas en contacto
R1 R2 R1 R2
y sustituimos los valores dados en el enunciado, de modo
que
£¦
R1
10
¦¦Q1a Qn 300 120 C
¦¦
R1 R2
25
¤
¦¦
R2
15
Qn 300 180 C
¦¦Q2a R
R
25
1
2
¥¦
El potencial final, común a las dos esferas conductoras, es
Va
1
1 Q1a
120q109
9q109
10.8 kV
4QF0 R1
101
Hemos tenido en cuenta la conocida propiedad de la suma de fracciones:
- 352 -
V’
Q 1’
Q 2’
Después de haber estado en contacto
a c aoc
b d bod
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.5
5. Sobre dos esferas conductoras, de radios 10 cm y 15 cm, se depositan cargas eléctricas de -100 nC y
+350 nC, respectivamente. a) Calcular el potencial de cada esfera cuando están muy alejadas entre sí.
b) Ponemos las esferas en contacto y luego las separamos de nuevo. Calcular la carga final y el potencial de
cada esfera.
V1
V2
a) Calculamos los potenciales:
V1 1 Q1
100q109
9q109
9 kV
4QF0 R1
101
V2 1 Q2
350q109
9q109
21 kV
4QF0 R2
15q102
Q1
Q2
Antes de ponerlas en contacto
b) Cuando se ponen en contacto:
x La carga neta total permanece constante
x Se transfiere carga hasta que finalmente se igualan los potenciales
Escribimos las ecuaciones correspondientes:
£¦Q1a Q2a Q1 Q2
¦¦£Q1 Q2 Q1a Q2a
V’
V’
¦
¦¦¦
¦¤
1 Q1a
1 Q2a l ¤ Q1a R1
¦¦V a ¦¦ (2 ec. 2 incogn.)
¦¥¦ Q2a R2
4QF0 R1 4QF0 R2
¥¦¦
Q 1’
Q 2’
Resolvemos 1 las dos ecuaciones anteriores
Q1a Q2a
Qn
R1 R2 R1 R2
Después de haber estado en contacto
y sustituimos los valores dados en el enunciado, de modo que
£¦
R1
10
¦¦Q1a Qn 250 100 nC
¦¦
R1 R2
25
¤
¦¦
R2
15
Qn 250 150 C
¦¦Q2a R
R
25
1
2
¥¦
El potencial final, común a las dos esferas conductoras, es
Va
1
1 Q1a
100q109
9q109
9 kV
4QF0 R1
101
Hemos tenido en cuenta la conocida propiedad de la suma de fracciones:
- 353 -
a c aoc
b d bod
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.6
6. Una carga eléctrica puntual, +q, está situada a una distancia D del centro de una esfera conductora de radio
R. a) Determinar el potencial eléctrico al que se encuentra la esfera. b) Unimos la esfera a tierra mediante un
hilo conductor largo y delgado (de influencia despreciable). Calcular la magnitud de la carga eléctrica
inducida sobre la esfera. (Explicar y hacer los esquemas gráficos oportunos para cada apartado, indicando la
posición de las cargas inducidas sobre la esfera.)
a) Todos los puntos de la esfera conductora en equilibrio
están al mismo potencial, por lo que basta con determinar el
potencial al que se encuentra su centro (O). Este potencial
será igual al creado en O por la carga puntual +q; i.e.,
1
q
V
[1]
+q
4QF0 D
D
R
más el creado por las cargas inducidas (de uno y otro signo)
sobre la superficie de la esfera conductora, como se ilustra en la figura. Como la carga neta
inducida es nula y todos los elementos de dicha carga se encuentran a la misma distancia del
centro de la esfera conductora, su contribución al potencial en O será nula. Así el potencial de
la esfera será el expresado por [1].
b) La esfera conductora, después de conectarla a tierra, quedará con una carga inducida
negativa. Esto es así porque la toma a tierra suministra carga negativa que “neutraliza” la
carga positiva inducida en la esfera, como se muestra en la figura. Cuando suprimamos la
toma a tierra, la carga negativa (-Q) quedará “atrapada”
D
sobre la superficie de la esfera (carga por inducción). El
R
potencial de la esfera será ahora
1
q
1 Q
1 q Q ¬­
V
­ 0
4QF0 D 4QF0 R
4QF0 D R ®­
puesto que está conectada a tierra (referencial nulo de +q
potenciales). En consecuencia, la carga negativa inducida
será
q Q
R
l Q q
D R
D
disminuyendo, como era de esperar, cuando aumenta la
distancia D.
- 354 -
-Q
Flujo de
cargas negativas
+Q
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.7
7. Disponemos de una esfera conductora,
Q2
R3
Q2
R3
R
R
maciza, de radio R1, que posee una carga
Q
eléctrica neta +Q1, y de otra esfera
R
R
conductora, hueca, de radios interior R2 y
exterior R3, que posee una carga eléctrica
Figura 1
Figura 2
neta +Q2. Inicialmente, las esferas están
separadas y muy distantes la una de la otra.
a) Dibujar esquemáticamente la distribución de carga en cada una de las esferas. b) Calcular el potencial al
que se encuentra cada esfera y la d.d.p. entre ellas. c) Ahora, colocamos la esfera maciza en el interior de la
hueca, en posición concéntrica, como se ilustra en la figura 2. Dibujar esquemáticamente la distribución de
carga en cada una de las esferas. d) Determinar el campo eléctrico en la región comprendida entre ambos
conductores concéntricos y calcular la d.d.p. entre ellos.
2
2
1
1
1
a) Tanto en la esfera maciza como en la hueca, la carga eléctrica se distribuye uniformemente
sobre la superficie externa de las esferas, no existiendo carga eléctrica ni en el interior de los
conductores ni en la superficie interna del conductor hueco.
b) El potencial al que se encuentra la esfera maciza es el
+
Q
+
+
R
de su superficie (el mismo que en su interior) y viene
+ R
+
+Q
+
dado por
+
+
+
+
R
+
+
1 Q1
+
V1 +
+
4QF0 R1
+
+
2
3
2
1
1
Del mismo modo el potencial al que se encuentra la esfera
hueca (el mismo que en su interior, incluido el hueco) viene dado por
1 Q2
V2 R3
4QF0 R3
y la d.d.p. entre ellas es
+
1 Q1 Q2 ¬­
V12 V1 V2 ­
4QF0 R1 R3 ®­­
+
+ -
+ R2
-
+
+ Q2*
-Q1
+
+Q1
+
+
+
+ E
R1 +
+
+
+
+
1
2
+
+
c) Aparece una carga eléctrica inducida, –Q1, sobre la superficie
+ - +
interior del conductor hueco, de modo que el campo eléctrico en el
+ +
interior del conductor hueco (al igual que en el interior del
macizo) sea nulo (Teorema de Gauss). La carga eléctrica sobre la superficie exterior del
conductor hueco será ahora Q2* = Q1 + Q2, ya que su carga neta de este conductor debe
permanecer constante (Q2 = -Q1 + Q2*).
d) Como consecuencia del Teorema de Gauss, la intensidad del campo eléctrico en un punto
situado a una distancia r del centro común de las esferas, con R1 < r < R2, tan solo está
determinado por la carga Q1, tiene dirección radial y vale
1 Q1
E
4QF0 r 2
La d.d.p. entre los dos conductores se calcula como la circulación del campo eléctrico entre
los puntos 1 y 2, indicados en la figura, a lo largo de una línea de campo:
2
2
V12 ¨ E<dr ¨ E dr 1
1
Q1
4QF0
¨
R2
R1
Q1
Q 1
dr
1¯ 2
1¬
¡
° 1 ­­­ 0
2
r
4QF0 ¡¢ r ±° R1 4QF0 R1 R2 ®­
R
de modo que la esfera maciza siempre está a mayor potencial que la hueca, con independencia
de las cargas de una y otra.
- 355 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.8
8. Considérese un conductor aislado, como el que se indica en la figura, que posee
una carga eléctrica +Q en equilibrio. a) ¿Cuánto vale el campo eléctrico en el
interior del conductor? Razonar la respuesta. b) ¿Dónde se sitúa la carga
eléctrica? Hacer un esquema de la distribución de la carga eléctrica en el
conductor. ¿En que zonas de la superficie del conductor es mayor la densidad de
carga? Razonar las respuestas. c) Aplicar el Teorema de Gauss para calcular la
intensidad del campo eléctrico en las proximidades de la superficie exterior del
conductor ¿En que zonas de la superficie del conductor es más intenso el campo
eléctrico?
conductor
Pie
aislante
a) El campo eléctrico en el interior de un conductor en
equilibrio es nulo. Esto es así porque, si el campo no
fuese nulo, las cargas eléctricas se moverían bajo la
+
+
+ ++
acción del mismo y el conductor no estaría en equilibrio.
+
+
+ ++
+
b) La carga eléctrica se distribuye en la superficie del
+
conductor. Este resultado es una consecuencia inmediata
del teorema de Gauss, al aplicarlo a una superficie
Poder de
gaussiana en el interior del conductor.
las puntas
La densidad de carga es mayor en las zonas de mayor
curvatura, tal como se ilustra en la figura. Es decir, tiende
a acumularse en las zonas más “puntiagudas. A este efecto se le conoce como “poder de las
puntas”.
c) Consideramos una superficie gaussiana de forma cilíndrica, con una de sus bases en el
interior de conductor y la otra fuera del mismo. Por ser el campo nulo en el interior del
conducto, no hay flujo a través de la base interior de la superficie gaussiana. En el exterior del
conductor, cerca de su superficie, el campo es normal a la
E
superficie por ser ésta una superficie equipotencial, por lo que
dS
tampoco existe flujo a través de la superficie lateral del cilindro
+ +
gaussiano. Siendo la densidad superficial de carga, el cálculo
del flujo a través de la base exterior del cilindro y el teorema de
E=0 +
Gauss nos permiten escribir:
+
T dS
T
d' E dS l E
F0
F0
Como consecuencia, el campo eléctrico será más intenso donde sea mayor la densidad de
carga, esto es, en las zonas de mayor curvatura.
- 356 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.9
9. Una esfera dieléctrica homogéneamente cargada (densidad de carga, U), de radio R y
z
R
centrada en el sistema de coordenadas posee una oquedad también esférica de radio
R/2, dispuesta tal como indica la sección transversal representada. Determinar: a) El
campo eléctrico y el potencial en los puntos P del eje Oy. b) La velocidad mínima
que se debe imprimir a una carga –q y masa m, situada en A, para que dicha carga
salga del campo de acción del campo creado por la esfera.
y
A
P
a) Podemos considerar una esfera de radio R, sin oquedad, con carga positiva Q1, y otra esfera
de radio R/2, correspondiente a la oquedad, con carga negativa –Q2, siendo
3
4
4
Q1 S Q R 3
Q2 S Q R
2
3
3
Calculamos el campo y el potencial eléctricos creados por las distribuciones esféricas y
homogéneas de cargas Q1 y Q2 del mismo que si fuesen cargas puntuales ubicadas en el
centro de las correspondientes esferas.
3
£¦
4
¦¦
1 Q1
1 S 3 QR
S R3 1
E
¦¦ 1P
2
2
4QF0 y
4QF0
3F0 y 2
y
¦
¤
¦¦
S 4 Q R3 S R3 1
¦¦V 1 Q1 1
3
¦¦ 1P 4QF y
4QF0
3F0 y
y
0
¥¦
3
£
¦
4
R
¦¦
1
1 S 3 Q 2
1
S R3
Q2
¦
E
2P
¦
2
2
¦
4QF0 y R
4QF0
3F0 8 y R 2
¦
yR
¦
2
2
2
¦
¤
3
¦
¦
4
R
¦
1
1 S 3 Q 2
1
S R3
Q2
¦
V
¦
2P
¦
4QF0 y R
4QF0
3F0 8 y R
¦
yR
¦
2
2
2
¦
¥
Aplicamos el Principio de Superposición:
¯
¯
°
°
S R3 ¡ 1
1
1
S R 3 ¡¡ 1
°
EP E1P E2P
VP V1P V2P
¡ °
3F0 ¡ y 8 y R °
3F0 ¡¡ y 2 8 y R 2 °°
¡
2
¢
±°
2 ±
¢
b) Aplicando el Principio de conservación de la energía (potencial electrostática +cinética), y
teniendo en cuenta que vd 0 y Vd 0 , se sigue
1 2
mv qVd
2
¯
° SR2
S R3 ¡ 1
1
con VA ¡ °
3F0 ¡ R 8 R R ° 4F0
¡¢
2 °±
qVA
2qVA
1 2
mvd 0 l v 2 m
2
de donde
- 357 -
v
SR2 q
2F0 m
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.10
z
10. Un plano infinito situado en el plano de coordenadas xy posee una densidad de
+
+
+ +
+
x
+
E
dS
+
+
z
E2
E
+
V1
+
+
+
x
+
P(x,y,z)
+
+
+
+
V2
+
y
+
+
V2
+
a) Consideramos una superficie gaussiana de forma cilíndrica, de
generatriz infinitesimal y perpendicular al plano cargado y con cada
una de sus bases a cada lado del plano, como se ilustra en la figura.
Por ser el campo perpendicular al plano (razones de simetría), no hay
flujo a través de la superficie lateral del cilindro gaussiano. Siendo
la densidad superficial de carga, el cálculo del flujo saliente (+) a
través de cada una de las bases del cilindro y el teorema de Gauss nos
permiten escribir:
T dS
T
l E
d' E dS E dS 2 E dS F0
2F0
+
P(x,y,z)
V1
carga superficial uniforme V1 = 354 nC/m2. Un segundo plano también infinito está
situado en el plano xz y su densidad de carga es V2 = 177 nC/m2. Determinar el
vector campo eléctrico en un punto genérico P de coordenadas (x, y, z), utilizando
el teorema de Gauss.
E1
y
que es la expresión del campo eléctrico creado por un plano
infinito cargado con una densidad de carga ; vemos que el
campo es independiente de la distancia al plano.
b) El campo creado en un punto cualquiera del espacio viene
dado por la superposición de los campos creados en dicho
punto por cada uno de los planos:
T
T
E1 1 j
E2 2 k
2F0
2F0
T1
T2
1
T1 j T2k
E E1 E2 j
k
2F0
2F0
2F0
con V1 = 354u10-9 C/m2, V2 = 177u10-9 C/m2 y H0 = 8.85u10-12 C2/N.m2, de modo que
1
kV
354 j 177k q109 20 j 10k
E
12
2q8.85q10
m
o bien
kV
10
E 22.36
R arctg 26.6º
m
20
en todos los puntos del espacio.
- 358 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.11
11. Dos hilos conductores rectilíneos, indefinidos y paralelos, separados por una distancia de 1 m en un medio
de constante dieléctrica 3 ( r=3) se ejercen una fuerza atractiva de 1.08u10-7 N por cada metro de longitud.
Sabiendo que uno de ellos tiene una distribución uniforme de carga = 3u10-9 C/m, calcular la carga
existente en un tramo de 5 m del otro hilo.
Mediante el teorema de Gauss determinamos el campo eléctrico creado por uno cualquiera de
los hilos, digamos el primero, a una distancia h del mismo:
q
(Teorema de Gauss)
E
¨v E<d S F0
h
q
1 M1
E 2Qhl1 1 l E F
2QF h
q
con M1 1 y F Fr F0 3F0
l1
La fuerza que actúa sobre un elemento de longitud l2 y carga q2 =2l2 en el segundo hilo es:
1 M1
F
1 M1M2
M2l2 l
F q2 E l2 2QF h
2QF h
i.e., la fuerza por unidad de longitud entre ambos hilos.
E
l2
F/l 2
Despejando 2 de la expresión anterior, ...
M2 2QFh F 2Q q3q8.85q1012 q1
q 1.08q107 6q109 C/m = 6 nC/m
M1 l2
3q109
y, en 5 m de hilo, tendremos
q2
6 u 5
- 359 -
30 nC
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.12
12. Tres distribuciones lineales de carga, indefinidamente largas, y paralelas al eje
Z, poseen unas densidades lineales de carga uniformes de valores O, O y -O.
Sabiendo que las rectas pasan por los puntos A, B y C respectivamente.
Determinar: a) Campo eléctrico en el origen de coordenadas. b) Trabajo
necesario para llevar un electrón desde el origen de coordenadas hasta el
punto de coordenadas (0, 0,1).
y
O
A(1,1)
-O
x
C(-1,0)
O
B(1,-1)
a) Mediante el Teorema de Gauss, determinamos el campo eléctrico creado por uno
cualquiera de los hilos a una distancia r del mismo:
q
E dS E ¨
E<dS ¨
dS v
v
v
¨
dS E
F0
q
1 2M
l E
E 2Qrl r
F0
4QF0 r
l
EA
La dirección del campo eléctrico creado en O por cada una
de las distribuciones de carga se indica en la figura y sus
módulos son:
1 2O
1 2O
EB
EC
4SH 0 2
4SH 0 1
El campo eléctrico resultante (E) en el origen de coordenadas viene dado por la suma
vectorial
E E A E B EC
tiene la dirección del eje x negativo y su módulo es
2M 1 2
E EA cos 45º EB cos 45 EC
4QF0 2 2
? E
O
i
SH 0
V V0 ¨
(0,0,0)
¬
2M
M
1­­­ q2 ­® 4QF0
QF0
y
b) Puesto que el campo eléctrico E es
perpendicular al eje z en todos los puntos de éste
(además, E es constante), la circulación de E entre
dos puntos cualquiera del eje z será nula, lo que
significa que el eje z es equipotencial; i.e.,
(0,0,1)
1 2
2 2
-O
A(1,1)
2
EC
x
C(-1,0)
E<dr 0 l V cte.
En consecuencia, el trabajo realizado por el
campo sobre un electrón (o cualquier otra carga)
al desplazarse a lo largo de dicho eje será nulo; i.e.,
W q(V0 V ) 0
- 360 -
EB
O
EA
2
O
B(1,-1)
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.13
13. Sea una varilla recta y delgada de longitud l, uniformemente
cargada con una carga eléctrica +q. a) Encontrar la expresión
del potencial eléctrico en el punto P en función de su distancia
x al extremo de la varilla. b) A partir de la expresión anterior,
obtener la expresión del campo eléctrico en P en función de
dicha distancia x.
P
x
l
Descomponemos la varilla en elementos de longitud d[, que soportan una carga elemental dq,
situados a una distancia [ del extremo izquierdo
[ d[
de la varilla, tal como se indica en la figura.
P
Siendo O la densidad lineal de carga, podemos
escribir
x
l
q
dq O d[ con O
l
a) Cálculo del potencial.
El potencial en P se obtiene como suma (escalar) de las contribuciones de todos loe elementos
a lo largo de la varilla. Procedemos por integración:
V
1
4QF0
¨
dq
M
l Y x 4QF0
l
¨l
0
dY
M
<ln(l
xY
4QF0
V
x Y ) >0 l
M
l x
ln
4QF0
x
q
l x
ln
x
4QF0l
b) Cálculo del campo.
Expresamos el campo eléctrico como el gradiente del potencial eléctrico con signo negativo;
esto es,
dV
ya que V V ( x)
E V l E dx
Procedemos por derivación:
dV
q d l x
q 1
1¬
q l
­¬­
ln
E ­­
dx
4QF0l dx
4QF0l l x x ­®
4QF0l x(l x) ­®­
x
?
E
1
q
4SH 0 x(l x)
- 361 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.14
14. Consideremos tres varillas no conductoras, cada una de ellas de longitud l y cargadas
uniformemente con cargas eléctricas +Q, +Q y –Q, respectivamente, como se indica en la
figura. Determinar el campo eléctrico en el punto P equidistante de las tres varillas.
P
+Q
-Q
+Q
E2
Por razones de simetría, los campos eléctricos creados en P
por cada una de las tres varillas cargadas tienen todos la
misma magnitud (E1 = E2 = E3 = E) y las direcciones
indicadas en la figura. Así, el campo eléctrico resultante
tiene una intensidad:
ET
+Q
P
E1
E3
ET
-Q
E 22 12
E 5
1
y forma un ángulo R arctg 26.57º con la horizontal.
2
Para calcular el valor de E, descomponemos la varilla en
elementos de longitud dx, que poseen una carga dq = dx, siendo =Q/l la densidad lineal de
carga. El campo elemental creado por tal elemento en P será
1 dq
1 M dx
1 M dx
1 M
¦£¦
2
¦¦dE 4QF s 2 4QF s 2 4QF h 2 cos R 4QF h dR
0
0
0
0
¦¤
¦¦
dR
¦¦con h s cos R l s h / cos R ; x h tg R l dx h
2
cos
R
¦¥
+Q
En tanto que calculemos el campo en puntos de la mediatriz de la varilla, las componentes
paralelas a ésta se compensarán por simetría, y el campo será perpendicular a la varilla, de
modo que, al integrar todas las contribuciones elementales, tendremos:
Q
M
M
M 2
2 ¬­ M 2
Q/4
4
E ¨ dE cos R sen R >Q / 4
<
­­ Q cosR dR ¨
4QF0 h 4
4QF0 h
4QF0 h 2
2 ®­ 4QF0 h
con h = l/2 y =Q/l, de modo que
dE
dE cos
E
2Q
2SH 0 l 2
ET
E 5
P
x
h=l/2
s
dx
x
l
- 362 -
10Q
2SH 0 l 2
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.15
15. Un anillo de alambre fino, de radio R, posee cierta carga eléctrica +Q. ¿Cómo se moverá una carga puntual,
de masa m y carga eléctrica –q, que se encuentra inicialmente en reposo en un punto situado sobre el eje del
anillo, a una distancia x << R de su centro?
Por razones de simetría, la fuerza que ejerce la carga +Q
del anillo sobre la carga puntual –q es
1 Qq
F cos R
4QF0 r 2
x
E
-q
donde el signo negativo indica que la fuerza es atractiva,
tal como se muestra en la figura, con cos R x / r , de
modo que
1 Qq
Qq
x
F x 4QF0 r 3
4QF0 R 2 x 2 3/2
F
r
x
R
+Q
Si consideramos tan sólo distancias x << R, de modo que
la carga puntual se encuentra siempre cerca del centro del anillo, la expresión anterior se
reduce a
Qq ­¬
Qq x
Qq
­ x kx con k
F 3
3­
­
4QF R
4QF R 3
4QF R ®
0
0
0
Así pues, se trata de una fuerza regida por la ley de Hooke (fuerza dirigida hacia la posición
de equilibrio cuyo módulo es proporcional a la elongación). Bajo la acción de dicha fuerza, la
ecuación del movimiento de la carga puntual es
F mx l kx mx l mx kx 0 ¨
que es la ecuación diferencial de un movimiento armónico simple de frecuencia
X
k
Qq
m
4QF0 mR 3
y periodo
T
4QF0 mR 3
2Q
2Q
X
Qq
Método de la energía potencial del sistema:
1 Q q
Qq
E
4QF0
r
4QF0 R 2 x 2
de modo que F 1/2
Qq
1
4QF0 R
1/2
x 2 ­¬
­
R 2 ®­­
x
Qq 1 x 2 ­¬
­
1
4QF0 R 2 R 2 ®­­
dE
Qq x ¬­
Qq
x , y sigue como antes…
x
2 ­­
­
dx
4QF0 R R ®
4QF0 R 3
- 363 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.16
16. Consideremos un disco de radio R y espesor despreciable con densidad superficial de carga eléctrica
uniforme en una de sus caras. a) Determinar el potencial en un punto del eje de simetría de revolución del
disco que está situado a una distancia z del mismo. b) A partir del resultado del apartado anterior, sin
recurrir a métodos de integración, determinar el campo eléctrico en los puntos de dicho eje. c) Verificar los
resultados para z 0 y para z .
a) Descomponemos el disco en coronas circulares concéntricas, de radio r y ancho dr, como
se ilustra en la figura. Cada una de esas coronas posee una carga eléctrica infinitesimal,
dq TdS T 2Qr dr equidistante del punto P donde
calculamos el potencial:
E
1 dq
1 2QT r dr
T r dr
T
P
dV ds
4QF0 s
4QF0
s
2F0 s
2F0
s
z
donde hemos tenido en cuenta que
s2 r 2
dq= d
z 2 l s ds r dr .
Integrando V T
2F0
R2 z 2
¨
z
ds T
2F0
R
R2
r
z2 z
b) Obtenemos el campo a partir del potencial mediante la operación gradiente, i.e.,
E V . Por la simetría que presenta el problema, el campo en los puntos del eje z está
dirigido a lo largo de dicho eje, por lo que podemos escribir:
sV
dV
Ez dz
sz
de modo que, efectuando la derivada, es
T d
T
z
­­¬
1
E R2 z 2 z ­
2
2
2F0 dz
2F0
R
z ­®
c)
£
TR
¦
¦
¦para z l 0 V 2F
¤
0
¦
¦
para
z
V
0
l
d
¦
¦
¥
E
T
2F0
E0
- 364 -
(plano cargado infinito)
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.17
17. Una barra dieléctrica de longitud L está colocada perpendicularmente a
una distribución lineal de carga uniforme e infinitamente larga, de
densidad lineal de carga O positiva. El extremo más próximo de la barra a
la carga lineal dista de ésta D. La barra posee una carga total Q, también
positiva y distribuida uniformemente en toda su longitud. Determinar la
fuerza que se ejerce sobre la barra.
+Q
L
O
D
Comenzamos encontrando la expresión de la intensidad del campo
eléctrico a una distancia y de una distribución lineal de carga uniforme
e infinitamente larga. Aplicamos el teorema de Gauss a una superficie
gaussiana de forma cilíndrica cuyo eje sea la propia distribución lineal
de carga: esto es,
Ml
M
¨vS E<dS ¨v E dS E ¨v dS E 2Q yl F0 l E 2QF0 y
lateral
lateral
E
O
y
l
Puesto que el campo eléctrico no es uniforme a lo largo de toda la barra dieléctrica, para
calcular la fuerza ejercida sobre la barra debemos proceder por integración,
descomponiéndola en elementos de longitud dy de carga dq M ady , con M a Q / L :
dF E dq MM a dy
2QF0 y
l F
MM a
2QF0
D L
¨
D
dy
MM a
D L
ln
y
2QF0
D
Q
dy
o sea
F
MM a
D L
MQ
D L
ln
ln
2QF0
D
2QF0 L
D
- 365 -
L
y
O
D
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo eléctrico. E01.18
18. Un plano infinito posee una densidad de carga superficial de +4.5 nC/m2 y coincide con el plano yz en el
origen; un segundo plano infinito posee una densidad de carga superficial de -4.5 nC/m2 y se localiza en un
plano paralelo al plano yz en x = 2 m. Determinar la fuerza eléctrica ejercida sobre una carga puntual de
10 nC situada en: (a) x = 1,8 m y (b) x = 5 m.
E=0
A
B
E=508 V/m
a) El campo eléctrico en la zona comprendida entre los dos planos paralelos es uniforme y su
intensidad es
Eint T
4.5q109
508 V/m
F0 8.854q1012
y la fuerza ejercida sobre la partícula cargada es
F qE 10q109 q 508 5.08q106 N
b) El campo eléctrico fuera de la zona comprendida entre los dos planos paralelos es nulo, por
poseer estos densidades de cargas iguales y opuestas.
Obviamente, la fuerza sobre la partícula cargada también será nula.
- 366 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.1
1. Una esfera maciza conductora de radio R, situada en el vacío, está cargada con una carga +Q. a) Determinar
el campo eléctrico y el potencial que existen en un punto P, exterior a la esfera, situado a una distancia r del
centro de la misma. b) Ídem en un punto P interior a la esfera. c) Calcular la capacidad del conductor. d) ¿En
qué cambiarían los resultados anteriores si la esfera conductora fuese hueca?
a) Aplicaremos el teorema de Gauss a una superficie gaussiana de radio r concéntrica con la
esfera sólida:
Q
¨v E<dS F
S
0
l
¨v
S
=
r
+Q
E
2
E dS E ¨
v dS ES E 4Qr S
E
Q
F0
1 Q
4QF0 r 2
siendo Q la carga eléctrica contenida en la superficie gaussiana,
que es la que posee el conductor.
La diferencia de potencial se calcula como la circulación del
campo:
r
d
d dr
Q
V (r ) V (d) ¨ E<dr ¨ E<dr ¨
d
r
r
4QF0
r2
1¯
1 Q
¡ ° ¡¢ r °± d 4QF0 r
b) Aplicaremos el teorema de Gauss a una superficie gaussiana de radio r < R concéntrica con
la esfera sólida:
Q
¨vS E<dS F0 0 l = E 0
= V (r ) r
+Q
E=0
Q
4QF0
r
por se nula la carga eléctrica contenida en la superficie gaussiana, ya
que la carga del conductor se sitúa en su superficie.
La diferencia de potencial se calcula como la circulación del campo:
r
V ( r ) V ( R ) ¨ E < dr R
1 Q
4QF0 R
por lo que el potencial del conductor es el mismo en todos sus puntos, incluida su superficie.
c) Por definición, la capacidad de un conductor viene dada como el cociente de la carga que
posee y el potencial al que se encuentra (con V = 0); esto es,
Q
Q
C 4QF0 R
Q
V
4QF0 R
de modo que, en el caso de una esfera conductora, es directamente proporcional a su radio.
d) Los resultados anteriores no se modifican, ya que la carga Q seguirá situándose en la
superficie externa del conductor, presentándose la misma distribución de carga tanto si el
conductor es hueco como macizo.
- 367 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.2
2. Calcular la energía electrostática asociada a un conductor esférico, de radio R, que posee una carga eléctrica
+Q.
El potencial al que se encuentra la esfera conductora es
1 Q
V
4QF0 R
La esfera cargada se comporta como un condensador cuya otra armadura se encuentra en el
infinito. La energía almacenada por un condensador cargado viene dada por
1
1
1 Q
1 Q2
U QV Q
2
2 4QF0 R 8QF0 R
Otro método
En el interior del conductor, el campo eléctrico es nulo, en tanto que en su exterior el campo
eléctrico viene dado por la expresión
1 Q
E
4QF0 r 2
r
dr
siendo r > R, la distancia al centro de la esfera.
La densidad de energía en el campo eléctrico viene dada por la
expresión
1
1
1 Q2
Q2
u F0 E 2 F0
2 2
4
2
2 16Q F0 r
32Q 2 F02 r 4
que decrece con la cuarta potencia de la distancia, por lo que para determinar la energía
asociada a todo el espacio exterior al conductor deberemos proceder por integración.
La energía asociada a una capa esférica de radio r y espesor dr, tal como se ilustra en la
figura, cuyo volumen es d. 4Qr 2 dr , será
dU Q2
Q2
Q 2 dr
d. 4Qr 2 dr 2 2 4
2 2 4
32Q F0 r
32Q F0 r
8QF0 r 2
y la energía asociada a todo el espacio exterior al conductor será
U
d
dr
Q2
1¯
1 Q2
¡
°
¨R r 2 8QF0 ¡¢ r ±° R 8QF0 R
q2 6 u 5 30 nC
Q2
8QF0
d
- 368 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.3
3. Una esfera conductora, de radio R, que posee una carga eléctrica +Q, está envuelta por una capa dieléctrica
de espesor 3R y permitividad relativa igual a 3. El conjunto se encuentra aislado en el aire, a una distancia
muy grande de cualquier otro conductor. a) Dibujar esquemáticamente la distribución de carga eléctrica en
el conductor y la polarización en el dieléctrico. b) Expresar el campo eléctrico en el dieléctrico y en el aire
en función de la distancia r al centro de la esfera conductora. c) Calcular el potencial al que se encuentra la
esfera conductora. d) Calcular la capacidad eléctrica de la esfera conductora.
a) La carga eléctrica +Q se sitúa sobre la superficie de
la esfera conductora, tal como se ilustra en la figura.
Ea
La capa de material dieléctrico se polariza, orientándose los dipolos en la dirección radial, dando lugar a
la aparición de carga de polarización, de signos
opuestos, en las superficies interior y exterior de la
4R
Ed
capa dieléctrica.
b) Campos eléctricos:
1 Q
R r 4R
x en el dieléctrico: Ed +
conductor Q +
4QF r 2
R +
+
1 Q
V +
r 4R
x el aire: Ea 2
4QF0 r
aire
E
dieléctri
c) Calculamos el potencial de la esfera conductora como la circulación del campo eléctrico
desde su superficie hasta el infinito (potencial de referencia nulo), de modo que
R
d
4 R dr
d dr
Q
Q
V Vd ¨ E<dr ¨ E<dr 2
¨
¨
R
d
4QF R r
4QF0 4 R r 2
integramos
Q 1¯
¡ °
4QF ¢¡ r ±° 4 R
R
V
Q
3
4QFr F0 4 R
Q 1¯
Q 1
1 ¬
¡ ° ­­­
4QF0 ¡¢ r °± d
4QF R 4 R ®
¬Q
Q 1
1 3
1­­­
­® 4 R
4QF0 4 R 4QF0 Fr
4R
Q 1
4QF0 4 R
y sustituimos Fr 3
V
1 3 ­¬ Q
Q
1
V0
1­
4QF0 3 ­® 4 R 8QF0 R 2
siendo V0 el potencial que tendría la esfera conductora en el aire (vacío) sin la envuelta
dieléctrica.
d) La capacidad de la esfera conductora será
Q
Q
C 8QF0 R 2C0
V Q / 8QF0 R
siendo C0 la capacidad que tendría la esfera conductora en el aire (vacío) sin la envuelta
dieléctrica.
- 369 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.4
4. Una barra dieléctrica de longitud L está colocada perpendicularmente a
una distribución lineal de carga uniforme e infinitamente larga, de
densidad lineal de carga O positiva. El extremo más próximo de la barra a
la carga lineal dista de ésta D. La barra posee una carga total Q, también
positiva y distribuida uniformemente en toda su longitud. Determinar la
fuerza que se ejerce sobre la barra.
+Q
L
O
D
Comenzamos encontrando la expresión de la intensidad del campo
eléctrico a una distancia y de una distribución lineal de carga uniforme
e infinitamente larga. Aplicamos el teorema de Gauss a una superficie
gaussiana de forma cilíndrica cuyo eje sea la propia distribución lineal
de carga: esto es,
Ml
M
¨vS E<dS ¨v E dS E ¨v dS E 2Q yl F0 l E 2QF0 y
lateral
lateral
E
O
y
l
Puesto que el campo eléctrico no es uniforme a lo largo de toda la barra dieléctrica, para
calcular la fuerza ejercida sobre la barra debemos proceder por integración,
descomponiéndola en elementos de longitud dy de carga dq M ady , con M a Q / L :
dF E d q MM a dy
2QF0 y
l F
MM a
2QF0
D L
¨
D
dy
MM a
D L
ln
y
2QF0
D
Q
dy
o sea
F
MM a
D L
MQ
D L
ln
ln
2QF0
D
2QF0 L
D
- 370 -
L
y
O
D
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.5
5. Un condensador plano, de dieléctrico el vacío, tiene una superficie de armaduras S y una separación entre
ellas h (muy pequeña). Si en sus armaduras se depositan unas cargas eléctricas +Q y –Q, hállense: a) La
fuerza de atracción que se ejercen entre sí las armaduras. b) El trabajo que hay que realizar para separar las
armaduras al doble (2h). c) Variación de la energía eléctrica del condensador al separarse las armaduras.
+Q
-Q
S
E
h
La intensidad del campo eléctrico entre las armaduras del condensador viene
dada por
T
Q
E F0 F0 S
de modo que es independiente de la separación h entre las armaduras, en
tanto que ésta sea suficientemente pequeña.
La densidad de energía (u) almacenada en el campo eléctrico está dada por la
expresión
u
dU 1
1 Q2
F0 E 2 d9
2
2 F0 S 2
1
1 Q2
1 Q2
º dU F0 E 2 d9 S dh dh
2
2
2 F0 S
2 F0 S
c) Variación de la energía eléctrica del condensador al separar las armaduras al doble ('h =
h):
dU 1 Q2
dh º
2 F0 S
U 1 Q2
h
2 F0 S
b) Trabajo que hay que realizar para separar las armaduras al doble ('h = h):
U W 1 Q2
1 Q2h
%h 2 F0 S
2 F0 S
a) Fuerza de atracción que se ejercen entre sí las armaduras:
F dU
1 Q2
dh
2 F0 S
donde el signo negativo indica que la fuerza es atractiva.
- 371 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.6
h/2
6. Calcular la capacidad de un condensador plano con tres dieléctricos entre
sus armaduras, distribuidos como se indica en la figura, sabiendo que sus
permitividades relativas son iguales a 1, 2 y 3, respectivamente, que todos
tienen el mismo espesor h/2 y que los dieléctricos 1 y 2 tienen el mismo
tamaño.
S
1
3
2
La capacidad de un condensador plano de superficie S y separación l entre sus armaduras
viene dada por la expresión:
S
S
C F Fr F0
l
l
Los dos primeros dieléctricos se comportan como una asociación de dos condensadores en
paralelo, por lo que presentan una capacidad equivalente
S /2
S /2
S
C 12 C1 C2 F0
2F0
3F0
h/2
h/2
h
La asociación en serie de esta capacidad equivalente con la correspondiente al tercer
dieléctrico representa una nueva capacidad equivalente dada por
1
1
1
1
1
h
h
h
S
S
3F0 S 6F0 S 2F0 S
Ceq C 12 C3 3F
3F0
0
h
h/2
de modo que la capacidad del condensador plano con tres dieléctricos es
S
Ceq 2F0
h
- 372 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.7
7. Disponemos de dos condensadores, de capacidades C1 y C2, que han sido cargados, por separado, a las
tensiones V1 y V2 respectivas, siendo V1 V2. Los conectamos en paralelo, uniendo los bornes de igual
polaridad. a) Demostrar que la energía electrostática almacenada en este montaje es inferior a la energía
total cuando los condensadores estaban separados. b) ¿Por qué ocurre esto?
a) Energía electrostática total almacenada en los condensadores
separados:
1
U C1V12 C2V22
2
Capacidad del condensador equivalente al montaje en paralelo:
Ceq = C1 + C2
La carga neta almacenada en los condensadores permanece constante
al unirlos en paralelo:
Q1 Q2 C1V1 C2V2 ¦¦²
C V C2V2
» l V 1 1
¦
a
a
Q1 Q2 C1 C2 V ¦¼
C1 C2
Energía electrostática total almacenada en los condensadores
montados en paralelo:
1
1 C1V1 C2V2
U a CeqV 2 2
2
C1 C2
C22V22 2C1C2V1V2 C12V12
C1 C2
2
+
Q2=C2V2
Q’1=C1V
+
+
Q’2=C2V
+
Q=CeqV
C1C2V22
C1
C1C2V12
C2
1 C1C2
1 C1C2
2V1V2 V12 V22 V1 V2
2 C1 C2
2 C1 C2
1
Ceq V1 V2
2
+
2
Variación de la energía almacenada
%U U a U 1 C 2V 2
1 1
2
Q1=C1V1
2
C22V22 ¬­
­­­ ®
0
de modo que la energía electrostática disminuye 1.
b) La energía electrostática disminuye debido a que, durante la conexión de los
condensadores, pasa carga de un condensador a otro, estableciéndose una corriente eléctrica a
través de los hilos de conexión, desprendiéndose calor en ellos. La cantidad de calor
desprendida no depende de la resistencia de los hilos de conexión; si éstos presentan una
resistencia pequeña, la intensidad de la corriente será grande, e inversamente.
1
Obsérvese que si fuese V1 = V2, sería U = 0; y que si C1 = C2 y V2 = 0, sería U’=U/2
- 373 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.8
8. Dos condensadores de placas paralelas, cada uno con una capacidad de C1 = C2 = 2 PF, están conectados en
paralelo a una batería de 12 V. a) Determinar la carga en cada condensador y la energía total almacenada
por los condensadores. b) A continuación, los condensadores se desconectan de la batería y entre las placas
del condensador C2 se inserta un dieléctrico de constante k = 2.5. En estas condiciones, determinar la
diferencia de potencial entre las placas de cada condensador, la carga depositada sobre cada uno de ellos y
la energía total almacenada por ambos.
a) Ambos soportan la misma tensión (12 V), y como tienen la misma capacidad, será
Q1 = Q2 = CV = 2 u 12 = 24 PC
C1
V
Qtotal Q1 Q2 48 C
12 V
2
2
1
1
£
¦
¦U1 2 C1V 2 q 2q12 144 J U U U 288 J
¤
1
2
2
2
1
1
¦
¦
¥U 2 2 C2V 2 q 2q12 144 J
b) La carga total permanece invariable después de desconectar la batería.
£¦C1a C1 2 F
£¦Q1a C1aV a
¦¤
¦¤
con Q1a Q2a Qtotal
¦¥¦C2a kC1 5 F
¦¥¦Q2a C2aV a
C1’
= (C1a C2a ) V a Qtotal
º Va
Qtotal
48 C
6.86 V
C1a C2a
7 F
Ambos condensadores soportan la misma d.d.p.
£Q a C aV a 2q 6.86 13.7 C
¦
1
1
¦
¦
con Q1a Q2a 48 C
¤
¦
Q a C2aV a 5q 6.86 34.3 C
¦
¦
¥ 2
£U1a 12 C1aV a 2 12 q 2q 6.862 47 J
¦
¦
U a U1a U 2a 165 J
¤
2
2
1
1
¦
¦
¥U 2a 2 C2aV a 2 q 2q 6.86 118 J
- 374 -
2 F
C2
2 F
2 F
C2’
5 F
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.9
C3
9. En la asociación de condensadores de la figura se aplica una
diferencia de potencial de 50 V entre A y B. Hállese: a) La carga en
cada uno de los condensadores. b) La carga en el condensador
equivalente a la asociación de todos ellos. c) Energía almacenada en
cada uno de los condensadores. d) Energía almacenada en el
condensador equivalente.
3 PF
B
A
C1
2P F
Los condensadores están asociados en serie:
1
1
1
1
Cs C1 C2 2
C2
2P F
1
1 l Cs 1 F
2
El condensador C3 está en paralelo con Cs:
C C3 Cs 3 1 4 F
a) La d.d.p. entre A y B, VAB, se reparte por igual entre los condensadores C1 y C2, por lo que
las d.d.p. en estos y sus cargas son:
V1 V2 12 VAB 12 50 25 V l q1 q2 C1V1 2q 25 50 C
El condensador C3 soporta la tensión VAB:
V3 VAB 50 V l q3 C3V3 3q50 150 C
b) El condensador equivalente soporta la d.d.p. VAB:
qeq CeqVAB 4q50 200 C
c) La energía almacenada en un condensador puede calcularse mediante la fórmula
1
U CV 2 , de modo que:
2
1
1
1
1
U1 U 2 C1V12 2q 252 625 J
U 3 C3V32 3q502 3750 J
2
2
2
2
d) La energía almacenada en el condensador equivalente sería:
1
1
U eq CeqVeq2 4q502 5000 J
2
2
- 375 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.10
2 F/100 V
10. En la asociación serie-paralelo de condensadores que se muestra en la
figura, determinar la capacidad y la tensión de ruptura del condensador
equivalente entre los bornes A y B.
12 F/400 V
A
2 F/100 V
12 F/400 V
A
6 F/50 V
La asociación en serie equivale a un condensador de
B capacidad C :
eq
12 F/400 V
A
B
Los dos condensadores en
paralelo equivalen a uno de capacidad Cp:
Cp C1 C2 2 6 8 F
Ceq A
6 F/50 V
Cp C3
Cp
C3
8q12 96
4.8 F
8 12 20
La tensión de ruptura de los dos condensadores en paralelo
B será igual a la menor de ellas; esto es, 50 V, como se indica
8 F/50 V
en la figura.
En la asociación en serie, los dos condensadores se reparten
la tensión y tienen la misma carga:
£
£¦Vp V3 VAB
Vp V3 VAB
¦
4.8 F/83 V
¦
l ¦¤
¤
B
¦
¦¦CpVp C3V3 0
¦
¥CpVp C3V3
¥
Y resolviendo ese sistema de dos ecuaciones con dos
Condensador equivalente
incógnitas:
£¦
C3
12
3
¦¦Vp VAB VAB VAB 50 V
l VAB 83 V
¦¦
Cp C3
20
5
¤
¦¦
Cp
8
2
VAB VAB VAB 400 V l VAB 1000 V
¦¦V3 Cp C3
20
5
¦¦¥
La tensión de ruptura del condensador equivalente será la menor de las anteriormente
calculadas; esto es,
Vrup 83 V
Otro método
Cargas máximas (ruptura) para cada uno de los “dos” condensadores:
Qs 8q50 400 C
Q3 12q 400 4800 C
Los dos condensadores en serie tendrán la misma carga, de modo que la tensión de ruptura
del condensador equivalente se calcula a partir del que admite menor “carga de ruptura”; i.e.,
Q
400
Vs VAB s 83 V
CS
4.8
- 376 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.11
2 F/100 V
11. En la asociación serie-paralelo de condensadores que se muestra en la
figura, determinar la capacidad y la tensión de ruptura del condensador
equivalente entre los bornes A y B.
6 F/50 V
A
B
3.5 F/400 V
Los dos condensadores en serie equivalen a uno de capacidad Cs:
CC
2q 6 12
1.5 F
Cs 1 2 C1 C2 2 6 8
La asociación en paralelo equivale a un condensador de
capacidad Ceq:
A
Ceq Cs C3 1.5 3.5 5 F
2 F/100 V
6 F/50 V
B
3.5 F/400 V
La tensión de ruptura será, obviamente, inferior a la del
condensador situado en la rama inferior; i.e.,
VAB 400 V
5 F/133 V
B
En la rama superior, los dos condensadores en serie se A
reparten la tensión y tienen la misma carga:
Condensador equivalente
£¦¦V1 V2 VAB
£¦¦V1 V2 VAB
l
¤
¤
¦¥¦C1V1 C2V2
¦¥¦C1V1 C2V2 0
Y resolviendo ese sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
C2
6
3
¦£¦
¦¦V1 C C VAB 8 VAB 4 VAB 100 V l VAB 133 V
1
2
¦¤
¦¦
C1
2
1
VAB VAB VAB 50 V l VAB 200 V
¦¦V2 C1 C2
8
4
¦¥
La tensión de ruptura del condensador equivalente será la menor de las anteriormente
calculadas; esto es,
Vrup 133 V
Otro método
Cargas máximas (ruptura) para cada uno de los tres condensadores:
Q1 2q100 200 C
Q2 6q50 300 C
Q3 3.5q 400 1400 C
Los dos condensadores en serie tendrán la misma carga, de modo que la tensión de ruptura
del condensador equivalente se calcula a partir del que admite menor “carga de ruptura”; i.e.,
Q
200
Vs VAB 1 133 V
CS 1.5
- 377 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Capacidad eléctrica. E02.12
C
12. Determínese la capacidad equivalente entre los puntos A y B del conjunto de
condensadores de la figura, siendo C la capacidad de cada uno de ellos.
D
B
Puesto que todos los condensadores son idénticos, el condensador que se A
encuentra en la rama CD está “puenteando” dos ramas idénticas, por lo que los nodos C y D
se encontrarán siempre al mismo potencial y el condensador situado en esa rama no se cargará
nunca; por lo que puede suprimirse.
Nos queda el sistema ilustrado en la segunda figura, compuesto por tres ramas (en paralelo)
entre A y B. Cada una de las dos ramas superiores, constituidas por dos condensadores en
serie, presentan una capacidad:
C
1
1 1
C
l C1 C1 C C
2
y la capacidad equivalente entre A y B, correspondiente a las tres
ramas en paralelo, será:
C C
Ceq C 2C
2 2
- 378 -
D
A
B
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.1
RL
RL
la distribución de una señal eléctrica (v.g., televisión
por cable) a una gran cantidad de abonados. Cada
abonado representa una resistencia de carga RA entre
RA
fuente
la línea de distribución y tierra, en tanto que la
de señal
resistencia de la línea de distribución entre los
puntos de conexión de los diferentes abonados se
considera como una resistencia constate RL.
Demostrar que la resistencia equivalente vista desde la entrada de la señal es
RL
1. En la figura se muestra un esquema de circuito para
Req 1
RL
2
4 RA RL
RA
RA
RL2
Sugerencia: Puesto que hay un gran número de abonados, la resistencia equivalente no variará apreciablemente
si un abonado (digamos el primero) cancela su suscripción. En consecuencia, la resistencia equivalente de la
sección del circuito situado a la derecha de la primera resistencia de carga es prácticamente igual a Req.
De conformidad con la sugerencia, el circuito se simplifica en
la forma que se indica en la segunda figura, con una resistencia
Req en paralelo con la resistencia de carga del primer abonado,
lo que representa una resistencia Rpar igual a
R R
1
1
1
l Rpar A eq
Rpar RA Req
RA Req
RL
RA
La resistencia equivalente vista desde la fuente señal es
RA Req
Req RL Rpar RL
l
RA Req
Req RL
RL
RA Req
RA
Rpar
Req
De modo que operando y despejando Req obtenemos
RA Req
R eq
fuente
de señal
Req2 RL RA
RL Req
RA Req
fuente
de señal
l
R RL Req RL RA 0
2
eq
y resolviendo esta ecuación de segundo grado en Req, obtenemos
RL o RL2 4 RL RA
1
RL2 4 RL RA
RL
2
2
habiendo descartado el signo negativo porque conduciría a una Req negativa.
Req - 379 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.2
2. Disponemos de un generador de 12.0 V de f.e.m. y 1 de resistencia interna.
R1
12.0 V, 1 Necesitamos suministrar una tensión de 3.0 V a una carga externa, por lo que
recurrimos a un divisor de tensión, tal como se esquematiza en la figura.
a) Determinar el valor de la resistencia R2 para R1 = 9 . b) Determinar el
generador equivalente entre los bornes A y B. c) Calcular la tensión VAB cuando
suministramos corriente a una carga externa de R = 7.5 .
A
R2
R
B
a) Al no existir carga externa, la intensidad que suministra el generador
y la d.d.p. entre los bornes AB son:
12
12
I
Rcirc 1 9 R2 10 R2
12 R2
30
VAB IR2 3 l 12 R2 30 3R2 l R2 3.33 10 R2
9
12.0 V, 1 b) La f.e.m. equivalente entre los bornes AB coincide con la d.d.p. entre dichos bornes en
circuito abierto; por consiguiente:
eq 3.0 V
9:
Si cortocircuitamos los bornes AB, la intensidad de cortocircuito
A
será:
12.0
I corto 1.2 A
3.33 :
10
por lo que la resistencia del generador equivalente será:
eq
3.0
req 2.5 I corto 1.2
B
3.0 V, 2.5 También puede calcularse, más rápidamente, teniendo en cuenta que entre AB tenemos dos
resistencias de 10 y 3.33 en paralelo, por lo que
10q3.33
2.5 req 10 3.33
c) Calculamos la intensidad a partir de las características del
A
generador equivalente:
3.0
3.0
7.5 0.3 A 300 mA
I
2.5 7.5 10
B
y la d.d.p. pedida será
VAB IR 0.3q 7.5 2.25 V
- 380 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.3
3. Dos baterías con fuerza electromotriz = 5 V y resistencia interna r = 2 :, pueden conectarse a una
resistencia R = 6 : en serie o en paralelo. a) Determinar el generador equivalente y la potencia suministrada
a la resistencia R en cada caso. b) ¿Qué método de conexión suministra la mayor potencia a R? ¿Y si R fuese
igual a 1 :?
Baterías en serie:
¦£s i 5 5 10 V
Generador equivalente: ¦¤
¦¦¥rs ri 2 2 4 8
£¦
¦¦ I s s 10 1 A
¦¦
Rs,tot 4 6
¦¦
¦
R 6 8 ¤ Ps s I s 10q1 10 W
¦¦
¦¦ Ps,R I s2 R 12 q 6 6 W
¦¦
¦¦¥(más potencia)
£
10
¦
¦
2A
Is s ¦
¦
Rs,tot 4 1
¦
¦
R 18 ¦
¤ Ps s I s 10q 2 20 W
¦
¦
¦
Ps,R I s2 R 22 q1 4 W
¦
¦
¦
¦
¥
Baterías en paralelo:
£¦p 5 V (idénticas)
¦¦
Generador equivalente: ¦¤ 1
1 1 1
¦¦ 1 l rp 1 8
ri 2 2
¦¦¥ rp
£¦
¦¦ I p 5 0.71 A
¦¦ p Rp,tot 1 6
¦¦
R 6 8 ¤ Pp p I p 5q 0.71 3.57 W
¦¦
¦¦ P I 2 R 0.712 q 6 3.06 W
p
¦¦ p,R
¦¦¥
£
¦
5
¦
Ip p 2.5 A
¦
¦
Rp,tot 1 1
¦
¦
¦
R 1 8 ¦¤ Pp p I p 5q 2.5 12.5 W
¦
¦
¦
Pp,R I p2 R 2.52 q1 6.25 W
¦
¦
¦
¦
¦
¥(más potencia)
- 381 -
5 V, 2 5 V, 2 R
5 V, 2 R
5 V, 2 Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.4
4. Una batería tiene una f.e.m. de 12 V y una resistencia interna de 1.00 . a) ¿Qué resistencia externa
deberemos conectar a la batería para obtener una potencia de 20 W? b) ¿Ídem una potencia de 40 W?
c) ¿Qué potencia máxima puede transferir la batería a una resistencia externa?
Aplicamos la ecuación del circuito y sustituimos la intensidad de la corriente en la expresión
de la potencia disipada en la resistencia de carga:
,r
2
+
I
l PR I 2 R R
(r R)2
r R
a
b
Operamos en est última expresión para despejar R:
PR r 2
PR R 2
2 PR rR 2 R 0 l
PR R 2 PR r R
2
2
I
R
PR r 0
2
Resolvemos esta ecuación de segundo grado con respecto a R:
R
2 2 PR r o
2
2 2 PR r 4 PR2 r 2
2 PR
2 2 PR r o 2 4 PR r
2 PR
a) Sustituyendo valores:
R
122 2q 20q1.0 o 12 122 4q 20q1.0
2q 20
\
104 o 96
5.0
0.2 40
b) De nuevo sustituimos valores:
122 2q 40q1.0 o 12 122 4q 40q1.0
64 o 48i
2q 40
80
de modo que no existen soluciones reales. Ocurre que la batería no puede proporcionar esa
potencia a la resistencia de carga.
c) La potencia máxima corresponde a una carga igual a la resistencia interna de la batería, esto
es R = r, de modo que
R
PR ,máx 2
2
122
r
36 W
2
(r r )
4r 4q1.0
PR
36 W
20 W
R1
r
- 382 -
R2
R
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.5
5. Calcular y justificar el valor de R para que el puente de la figura esté equilibrado.
El puente está equilibrado cuando no circula corriente por la rama CD (rama puente) lo que
significa que la distribución de intensidades es la que se indica en la figura. Para que se
C
presente tal circunstancia deberá ser nula la diferencia de
potencial entre los puntos o nudos C y D; esto es, los puntos C y
5:
R
D están al mismo potencial, de modo que
I1 I1
VAC VAD l 5 I1 3I 2
A
B
I2 I2
V V
l RI 6 I
CB
DB
1
2
y dividiendo m.a.m. estas dos ecuaciones tenemos
5 3
l 3q R 5q 6
R 6
que es la conocida “regla del producto en cruz”, de modo que
5q 6
R
10 3
- 383 -
I
3:
D
6:
12 V, r = 1 :
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.6
6. a) Determinar la intensidad de corriente que recorre cada una de las ramas del circuito que se muestra en la
figura. b) Ídem cuando añadimos una resistencia de 1 colocada entre A y B.
a) Cada una de las dos ramas soporta una tensión de 12 V, de
modo que las intensidades que las recorren son:
12
i1 i2 2A
2 4
y la intensidad que suministra el generador es:
i i1 i2 4 A
Otro método
La resistencia equivalente de cada una de las dos ramas es 6 y la resistencia equivalente de
las dos ramas en paralelo es:
RR
6q 6 36
R 1 2 3
R1 R2 6 6 12
La intensidad total se reparte por igual entre las dos ramas:
12
i 4
i1 i2 2 A
3
b) El puente no está equilibrado, por lo que aplicamos el método de Maxwell para las
intensidades de malla:
¬
¬ ¬
6 2 4
12­­ 6 2 4­­ I1 ­­
­
­
­
I
0
2
7
1
=
2 7 1 132 3
­
­­ 2 ­­
­
0 ­® 4 1 7 ­® I 3 ­®
4 1 7
I1 12 2 4
1
12 7 1 576
4.364 A
0 7 1 132 0 1 7
132 1 7
132
I2 6 12 4
12 2 1 216
1
2 0 1 1.636 A
132 4 0 7
132 4 7
132
6 2 12
1
12 2 7
360
2 7
2.727 A
0 4
1
132 4 1 0 132
132
Las intensidades de rama son:
i1 4.264 A i2 2.728 A i3 1.636 A i4 1.091 A i5 1.637 A i6 2.727 A
I3 en los sentidos indicados en la figura.
- 384 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.7
7. En el circuito que se esquematiza en la figura, determinar el valor de la
R
1k
resistencia R desconocida y la intensidad que circula por cada rama.
5mA
A
25 V
1k
1k
Abordamos el cálculo de las intensidades de malla por el método
matricial de Maxwell:
£2 I I I 25
¬
1 1­¬ I1 ­¬
¦¦¦ 1 2 3
25­­ 2
­
­
¦
0 ­­ 1 1 R 0 ­­ I 2 ­­ l ¤I1 1 R I 2 0
¦¦
0 ­­® 1
­­ I ®­­
0
2 ®
3
¦¦¥I1 2 I 3 0
Sistema de tres ecuaciones con cuatro incógnitas (las tres intensidades y R) a las que
añadiremos la indicación del amperímetro para tener una cuarta ecuación:
I 3 I 2 5 mA
Resolvemos el sistema de las tres primeras ecuaciones:
%4 1
R 1
R 2 1 3R
25 1 1
50 1 R
1
0 1 R 0 I1 1 3R
% 0
0
2
R
1k
I2
15 mA 5 mA
2 25 1
1
50
I 2 1 0 0 1 3R
% 1 0
2
25 V
I1
10 mA
A
5 mA
10 mA
I3
1k
2
1 25
25 1 R
1
I 3 1 1 R 0 1 3R
% 1
0
0
Y considerando la cuarta ecuación:
I3 I 2 25 1 R
50
25 R 25
30
5 mA l R 3 k
1 3R
1 3R
1 3R
10
De modo que:
I1 200
20 mA
10
I2 50
5 mA
10
- 385 -
I3 100
10 mA
10
1k
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.8
8. Las aristas de un tetraedro están formadas por resistencias. Las seis aristas tienen la misma resistencia R.
Hállese el valor de la resistencia equivalente entre dos vértices cualesquiera.
C
Visto desde uno cualquiera de sus vértices (v.g., D), las resistencias
de las aristas del tetraedro se pueden representar en el plano del
papel, tal cono se indica en el primer esquema.
El primer esquema se transforma obviamente en el segundo, en el
que apreciamos que la resistencia CD está “puenteando” en un
“puente equilibrado” ABCD. En consecuencia, no pasa corriente
por la rama CD, de modo que podemos eliminarla (tercer esquema).
El tercer esquema nos muestra tres ramas entre A y B, cuyas
resistencias se indican (cuarto esquema).
Finalmente, en el cuarto esquema tenemos tres resistencias en
paralelo, dos de ellas de valor 2R y otra de valor R; por estar en
paralelo, será
1
1
1
1 1 1 2 2
Req 2 R 2 R R
R
2R
= Req D
B
A
C
A
B
D
R
A
R
B
R
R
R
R
2
2R
2R
A
R
B
R
- 386 -
A
R
B
A
R¡2
B
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.9
9. Dado el circuito de la figura determinar la intensidad de corriente que pasa por la resistencia de 2 : situada
entre A y B y la d.d.p. entre esos puntos.
Aplicamos el método de Maxwell, con las corrientes de malla indicadas en el esquema:
10 ¬­ 7 2 0¬
7 2 0
­­ I1 ¬­­
­
­
20­ 2 9 4­­ I 2 ­­ l % 2 9 4 242 3
­
­ ­
­ I 3 ®­
0 ®­ 0 4 6®
0 4 6
Resolvemos:
I1 5:
10 2 0
1
140
20 9 4 0.5785 A
% 0 4 6 242
10V
7 10 0
1
720
I 2 2 20 4 2.975 A
% 0 4 6 242
I1
3:
A
2:
I2
B
La intensidad de la corriente que circula por la
rama AB, en el sentido de AB, es la suma de las
dos corrientes de malla; esto es,
iAB I1 I 2 0.5785 2.975 3.55 A
La d.d.p. entre A y B será:
VAB RABiAB 2q3.55 7.10 V
- 387 -
2:
I3
20V
4:
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.10
A
10. Determinar la resistencia equivalente entre los puntos A y B del circuito
3:
representado en la figura.
2:
Suministramos corriente al circuito conectando un generador de
f.e.m. entre los nudos A y B y resolvemos el circuito por el método
de las mallas de Maxwell:
¬
¬ ¬
­­ 8 2 6­­ I1 ­­
0 ­­ 2 11 6­­ I 2 ­­ l % 348 3
0 ­­ 6 6 14 ­­ I ­­
®
® 3 ®
Tan sólo estamos interesados en la intensidad de corriente
suministrada por el generador externo, ya que
2 6
%
1
I1 0 11 6 11 % 0 6 14
%
6:
2:
6:
B
3:
A
I2
6:
2:
2:
I3
I1
B
6:
nos permite calcular la resistencia equivalente entre A y B:
%
348
348
RAB 2.95 11 6 118
I1 %11
6 14
A
RAB
I1
B
- 388 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.11
11. En el esquema del circuito de corriente continua de la figura, determínese: a) Las
2:
intensidades que circulan por cada rama. b) La diferencia de potencial entre los
puntos A y B.
1:
A
6V
3:
5:
1:
6V
B
Resulta más cómodo volver a dibujar el circuito en la forma que se
indica. Lo resolveremos por el método de Maxwell, considerando las
corrientes de malla que se muestran en la figura:
6 ¬­ 8 2 5­¬ I1 ¬­
­
­ ­
6­­ 2 6 1­­ I 2 ­­ l % 174 3
­
6 ®­ 5 1 8 ­­® I ­­®
3
2:
Resolvemos para las corrientes de malla:
£
6 5¬
¦
8
¦¦
­
1
0
I 2 2 6 1­­­ 0A
¦
¦¦
6 2 5¬­
% 5 6
174
­®
8
¦
1
­­ 348
I1 6 6 1­ 2 A ¤¦
8 2 6 ¬
¦
% 6 1 8 ­­ 174
¦
®
¦ I 1 2 6 6­­­ 348 2 A
¦
­
3
% 5 1 6 ­­ 174
¦¦
¦
®
¦
¥
y las intensidades de rama son las que se indican en la
figura (circuito en serie).
2:
3:
b) La diferencia de potencial entre A y B la calculamos
por el camino ACB:
VAB 2q 2 6 2 V
2A
I3
6V
5:
2A
I2
2 A 1:
B
C
2:
1:
I1
6V
Método rápido (simetrías):
Es fácil observar la simetría que presenta el circuito con respecto
al eje que se indica en la figura. Como consecuencia de dicha
simetría, los puntos D y E, por un lado, y los puntos B y C, por
otro, están al mismo potencial, por lo que no circulará intensidad
por las ramas DE y BC y pueden suprimirse. Nos queda un
circuito serie, como se indica en la figura (circuito resaltado), por
el que circula una intensidad
4
6 6
12
i
2A
4R 2 1 2 1 6
- 389 -
D
C
2:
3:
6V
6V
E
2A
A
1:
A
5:
1:
B
2:
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.12
que pasan por cada resistencia. b) Fuerza electromotriz y
resistencia interna del generador equivalente entre A y B
en la segunda figura.
6:
6:
12. En el circuito de la figura, determinar: a) Las intensidades
10V
4:
B
4V 10V
2:
4:
A
3:
a) Aplicamos el método de las mallas con la notación de Maxwell, siendo I1, I2, y I3 las
corrientes de malla:
§ 10 ·
¨ ¸
¨0¸
¨ ¸
© 4 ¹
I1
I2
I3
§ 10 4 0 · § I1 ·
¨
¸¨ ¸
¨ 4 9 2 ¸ ¨ I 2 ¸ o '
¨
¸¨ ¸
© 0 2 2 ¹ © I 3 ¹
§ 10 4 0 ·
¨
¸
¨ 4 9 2 ¸ 108
¨
¸
© 0 2 2 ¹
4 0 ·
¸ 108
9 2 ¸
1A
108
¸
2 2 ¹
10 0 ·
0
¸
0 2 ¸
0A
108
4 2 ¸¹
§ 10 4 10 ·
1¨
¸ 216
4 9 0 ¸
2 A
108
' ¨¨
¸
© 0 2 4 ¹
§ 10
1¨
0
' ¨¨
© 4
§ 10
1¨
4
' ¨¨
© 0
=
i6 i4 1 A
6:
1A
4:
10V
1
2A
4V
2:
1A
2
2A
3
3:
i2 2 A
i3 0 A
designando por ix las intensidades de corrientes de rama que circulan por las resistencia Rx.
b) La f.e.m. del generador equivalente es igual a la diferencia de potencial entre los puntos A
y B y la resistencia interna de dicho generador es la resistencia equivalente de las resistencias
de 6 : y 4 : en paralelo.
6: B
10 V
I
Intensidad que circula por el circuito:
1 A
(6 4) 8
10V
Diferencia de potencial entre A y B: VAB (1 A)q 4 8 4 V
1A
4:
6q 4 24
Resistencia equivalente entre A y B: req 2.4 8
6 4 10
A
Por consiguiente:
eq 4 V
req 2.4 8
- 390 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.13
13. En el circuito de la figura, determinar la f.e.m. y la resistencia interna del generador equivalente entre A y B.
Abierto:
Aplicamos el método de Maxwell para determinar las intensidades de malla I1 e I2, que son
también las intensidades que circulan por las resistencias de 12 y 8 , respectivamente.
6V,3:
4V,2:
16 ¬­ 20 5¬­ I1 ¬­
2
­
­­ ­­ l % 275 I2 ®
6®­ 5 15 ®
Resolvemos para las corrientes de malla
1 16 5¬ 170
¦£
0.764 A
¦¦¦ I1 6 15 ­­®­ %
275
¦¤
¦¦
1 20 16 ¬­ 200
0.145 A
¦¦ I 2
­
% 5 6®­ 275
¦¥
I1
10V,5:
12:
I2
8:
A
B
Determinamos ahora la “intensidad en cortocircuito”; esto es, con los bornes AB
cortocircuitados. Resolvemos el nuevo circuito por el método de las mallas de Maxwell.
La f.e.m. equivalente entre AB es igual a la d.d.p. entre AB (en circuito abierto):
eq VAB 12q 0.764 8q 0.145 8.00 V
En corto:
¬
¬ I ¬
0 ­­ 20 12 8­­ c ­­
16 ­­ 12 20 5­­ I1a­­­ l % 1100 3
­
­
6®­ 8 5 15 ®­ I 2a ­®­
6V,3:
Resolvemos para la intensidad de corto:
0 12 8­¬
1
­ 2200
I c 16 20 5­­ 2A
6 5 15 ­­ 1100
®
I’1
4V,2:
10V,5:
I’2
12: Ic 8:
La resistencia interna del generador equivalente entre A y B es
eq 8
req 4
Ic
2
Otro método:
Para determinar la resistencia equivalente entre AB, observamos
que la resistencia de 5 está “puenteando” las dos ramas en
paralelo que forman el circuito. El puente está equilibrado a
efectos de resistencias (aunque circula corriente por él, debido a la
batería de 10 V), ya que 3u8 = 2u12, por lo que podemos ignorar
(suprimir) la resistencia “puente” y el circuito se reduce al que se
muestra en la figura. La resistencia equivalente entre AB es:
5q 20 100
4
req 5 20
25
- 391 -
A
B
3:
12:
A
2:
8:
B
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.14
14. Consideremos el circuito de c.c. que se muestra en la figura. a) Determinar la f.e.m. y la resistencia interna
del generador equivalente entre los bornes A y B. b) Calcular la potencia máxima que puede suministrar el
circuito de la figura a una resistencia de carga externa conectada entre A y B. Determinar el valor de dicha
resistencia de carga.
12 V, 18 :
a) La f.e.m. del generador equivalente entre AB es igual
a la diferencia de potencial entre AB sin carga externa.
Para determinarla, resolvemos el c.c. de la figura por el
método de las mallas de Maxwell.
¬
¬ ¬
16­ 30 6­­ I1 ­­ l % 30 6 864 2
­ I 2 ®­
2 ®­­ 6 30 ®
6 30
1 16 6 492 41
0.569 A
% 2 30 864 72
I1 VAB 0.569q 6
0.181q15 3.417
I2 6 V, 9 :
4V
6:
1
A
6:
2
15 :
B
1 30 16 156 13
0.181 A
864 72
% 6 2
2.708 6.125 V
= eq 6.125 V
Determinamos ahora la “intensidad en cortocircuito”; esto es, con los bornes AB
cortocircuitados. Resolvemos el nuevo circuito por el método de las mallas de Maxwell.
¬
¬
­¬ I c' ­­
0 ­­ 21 6 15 ­
­
­
16­ 6 30 6­ I1 ­­­
12 V, 18 :
2 ­­® 15 6 30 ­­
6 V, 9 :
­® I ' ­­
2®
21 6 15
% 6 30 6 9234 3
15 6 30
A
0 6 15
1
5292
Ic 16 30 6 0.5731 A
9234 2 6 30 9234
req eq
Ic
4V
6:
1
6:
2
15 :
B
Ic
6.125
10.69 0.5731
b) Un generador suministra la máxima potencia a una carga externa cuando el valor de ésta
coincide con el de la resistencia interna del generador. Por consiguiente,
Rext req 10.69 eq ­¬
R eq2
e2q
6.1252
­ R
I R
0.877 W = 877 mW
2
­
r R ­®
4R
4 R 4q10.69
2
Pmax
2
- 392 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.15
15. El circuito que se muestra en la figura está constituido por cinco generadores de f.e.m. asociados “en
puente”. a) Determinar la f.e.m. y la resistencia del generador equivalente entre A y B. b) Calcular la
intensidad que suministra cada generador cuando cortocircuitamos A y B.
Abierto:
El valor de la f.e.m. equivalente coincide con el de la
diferencia de potencial entre A y B en circuito abierto.
Resolvemos el circuito que se indica en la figura:
A
12 ¬­ 8 4¬­ I1 ¬­
2
32
%
l
­­ I 2 ®­­
12®­­ 4 6 ®
12 V, 4 1 12 4 24
0.75 A
32 12 6
32
48
1 8
12
1.50 A
I2 4
12
32
32
I2
6 V, 2 3 V, 1 1q1.5 (6 3) 1.5 1.5 9 9 V
9
2 1
1
288
12
8 4 6A
48 12 4 6
48
6 V, 2 3 V, 1 3.75 A
I1
B
I2
2.25 A
6 V, 2 Ahora, podemos determinar fácilmente la resistencia
interna del generador equivalente entre A y B, ya que
9
I c eq l req eq 1.5 req
Ic
6
1.50 A
2.25 A
12 V, 4 En corto:
Determinaremos la intensidad en cortocircuito entre A
y B utilizando las corrientes de malla que se indican en
la figura
9 ¬­ 3 2 1¬
­­ I c ¬­­
A
­­
­­ I1 ­­ l % 48 3
12
2
8
4
­­
­ ­
­ I 2 ®­
12®­ 1 4 6 ®
Ic B
I1
I1 eq VAB 2q (0.75)
3 V, 1 6 V, 2 4.50 A
3 V, 1 Ic
b) Calculamos las otras dos corrientes de malla con A y B en cortocircuito:
I1 3
9
1
1
180
2 12 4 3.75 A
48 1 12 6
48
I2 3 2
9
1
72
2 8
12 1.50 A
48 1 4 12 48
A partir de las corrientes de malla (Ic, I1 y I2) se obtienen fácilmente las corrientes de rama,
i.e., las corrientes que suministran cada uno de los generadores. Así, el generador de 12 V
(puente) suministra 3.75 – 1.50 = 2.25 A (hacia arriba). Las demás corrientes de rama están
indicadas en la figura con sus valores y sentidos propios.
- 393 -
Corriente continua. E03.16
6 V, 1
16. En el circuito que se esquematiza en la figura, determinar el generador
equivalente (f.e.m. y resistencia interna) entre los terminales A y B.
A
3
6 V, 1
Física Universitaria: Problemas de Física
B
3
6 V, 1
I1
2A
3
6 10 V l
eq 10 V
6 V, 1
3
B
A
6 3 1¬­
1
­ 240
6 A l I c eq
5 1­­ 12
­
40 12 1 5 ­ 40
req
®
- 394 -
6 V, 1
I’1
6 V, 1
En corto:
Para determinar la resistencia interna del
generador equivalente entre A y B cortocircuitamos esos bornes y calculamos la intensidad de
cortocircuito (Ic) que circula por la rama A y B
de resistencia nula. Aplicamos el método
matricial de Maxwell para calcular las
intensidades de malla:
6 ¬­ 4 3 1¬­ I c ­¬
­
­ ­
12 ­­ 3 5 1­­ I1a­­ l % 40 2
12®­­ 1 1 5 ®­­ I a ­­­
2®
B
I2
2A
1 12 1 48
2A
24 12 5
24
1 5
48
12
I2 2 A
24 1 12
24
Ic 2A
6 V, 1
A
I1 VAB 3q 2 1q 2 6 6 2
3
2A
4A
En abierto:
La d.d.p. entre A y B coincide con la f.e.m.
equivalente entre esos puntos. Abordamos el
cálculo de las intensidades de malla por el
método matricial:
12 ¬­ 5 1¬­ I1 ¬­
2
­
­­ ­­ l 24 I2 ®
12®­ 1 5 ®
6 V, 1
3
I’2
6 V, 1
Ic
l req eq
Ic
10
1.67 6
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.17
6V
1
2
M
17. En el circuito que se esquematiza en la figura: a) Calcular la intensidad de la
B
A
corriente que circula por la resistencia de 4 y la d.d.p. entre N y M;
b) Determinar el generador equivalente (f.e.m. y resistencia interna) entre los
terminales A y B.
4
N
2
Abordamos el cálculo de las intensidades de malla por el método matricial:
6­¬ 7 4¬­ I1 ­¬
2
­
6 V 1
­­ ­­ l % 33 M
I2 ®
6­® 4 7®
0.55 A
6 4 18
0.5455 A
6 7 33
7 6 18
0.5455 A
4 6 33
0.55 A
4
A
B
I1
I2
0.55 A
i4 1.091 A l VNM 4 1.091 4.364 V x 4.4 V
1
2
1.10 A
1
33
1
I1 33
I1 6V
0.55 A
N
2
1
6V
b) En abierto:
La d.d.p. entre A y B coincide con la f.e.m. equivalente entre esos puntos:
VAB 2 0.5455
4 1.091
2 0.5455 6.546 V l
En corto:
Para determinar la resistencia interna del generador
equivalente entre A y B cortocircuitamos esos bornes y
calculamos la intensidad de cortocircuito (Ic) que circula
por la rama A y B de resistencia nula. Aplicamos el
método matricial de Maxwell para calcular las
intensidades de malla:
6 ¬­ 3 2 1¬­ I c ¬­
­
­ ­
6 ­­ 2 7 4­­ I1a­­­ l % 48 3
­
­
6­® 1 4 7 ­® I 2a ­­®
Ic 6 2 1
1
216
4.5 A
6
7 4 48 6 4 7
48
l Ic eq
req
l req eq
Ic
I1a 3.00 A
6.546
1.46 4.5
- 395 -
eq 6.546 V x 6.6 V
6V
2
1
4
B
A
I’1
I’2
2
6V
Ic
I 2a 1.50 A
1
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.18
18. Determinar la f.e.m. y la resistencia interna del generador equivalente al circuito de se representa en la
figura, entre los bornes A y B.
Método general:
Abierto:
0¬ 10 6¬­ I 2 ­¬
¦£¦ I 2 0
0®­­­ 6 8 ®
­­ I 3 ­­® l ¦¤ I 0
¦¥ 3
VAB 0 12 6 18 V l = 18 V
2
12 V
B
2
8V
En corto:
6
4V
10V
2
18¬­ 3 2 1¬­ I1a¬­
­
­
3
­
­ a ­­
0 ­­ 2 10 6­­ I 2 ­­­ % 66 l
­
­
0 ® 1 6 8 ® I 3a ®­
I corto I1a 1
6V
A
3
1
1
18 2 1
1
792
12 A
0 10 6 66 0 6 8
66
A
18 V 1.5 B
I 2a I 3a 6 A
18
I corto eq l req eq 1.5 req
I corto 12
12 V
2
6V
1
B
6
A
4V
8V
2
10 V
1
12 V
2
6V
1
B
A
8V
2
10 V 1 18 V
3
18 V
3
B
A
Otro método:
En virtud del resultado obtenido en el primer apartado del
método general, llegamos a la conclusión de que el puente
está equilibrado en f.e.m.’s, ya que no circula corriente por
la rama de puente, y en resistencias por lo que podemos
suprimirlo. Entonces, el circuito se reduce a asociaciones
serie y paralelo de generadores de f.e.m.
1. Asociación de generadores en serie. Se suman las f.e.m y
se suman las resistencias internas.
2. Asociación de generadores en paralelo. Como todos tienen
la misma f.em., polaridad resistencia interna, la f.e.m.
equivalente es la de cualquiera de ellos y la resistencia
equivalente corresponde a la de una asociación de resistencias
en paralelo; esto es,
rr
r 3
1
1 1
l req 1 2 1.5 req r1 r2
r1 r2 2 2
A
- 396 -
18 V 1.5 B
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.19
1
6V
1
C
19. En el circuito que se esquematiza en la figura: a) Determinar el
generador equivalente (f.e.m. y resistencia interna) entre los terminales
A y B b) Calcular la d.d.p. entre CD en circuito abierto y
cortocircuitado entre AB
A
B
6V
1
D
1
6V
1
6A
En abierto:
La d.d.p. entre A y B coincide con la f.e.m. equivalente entre esos puntos. Abordamos el
1
cálculo de las intensidades de malla por el método
6 V 1
C
matricial:
3A
3A
¬
¬ ¬
12 ­­ 3 1­­ I1 ­­ l % 8 2
6V
B
12­® 1 3 ­® I 2 ­®
A
I1
I2
1 12 1 24
I1 3A
1
8 12 3
8
3A
3A
24
1 3
12
D
1
3 A
I2 6V 1
8 1 12
8
VAB 1 3
1 3 6 6 V l
eq 6 V
6V
1
1
C
VCD 1 6 6 0 V
En corto:
Para determinar la resistencia interna del generador
equivalente entre A y B cortocircuitamos esos bornes
y calculamos la intensidad de cortocircuito (Ic) que
circula por la rama A y B de resistencia nula.
Aplicamos el método matricial de Maxwell para
calcular las intensidades de malla:
6 ­¬ 2 1 1¬­ I c ¬­
­
­ ­
12 ­­ 1 3 1­­ I1a­­­ l % 8 2
­
­
12­® 1 1 3 ®­ I a ­­
2®
Ic 6 1 1
1
4
12
3 1 6 A l I c eq
req
8 12 1 3
8
I1a 2
6 1
1
4
1 12 1 6 A
8 1 12 3
8
I 2a 6V
A
l req B
I’1
I’2
1
1
eq
Ic
D
Ic
6V
1
6
1 6
2 1 6
1
0
1 3
12 0 A
8 1 1 12 8
VCD 1 6 6 0 V
Otro método:
El cálculo de la resistencia equivalente puede abordarse más fácilmente teniendo en cuenta
que el “puente de 5 resistencias” (prescindiendo de las f.e.m.’s) está equilibrado:
1
1
1
B
A
1
B
A
A
2
1
1
B
B
A
1
1
1
- 397 -
1
2
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.20
20. En el circuito que se esquematiza en la figura, determinar el generador
6 V, 1
3
equivalente (f.e.m. y resistencia interna) entre los terminales A y B.
A
B
3
6 V, 1
3
En abierto:
La d.d.p. entre A y B coincide con la f.e.m. equivalente entre esos puntos. Abordamos el
cálculo de las intensidades de malla por el
3
6 V, 1
método matricial:
0.6 A
060A
¬
¬ ¬
6­­ 7 3­­ I1 ­­ l % 40 2
3
­ I 2 ­®
6 ­® 3 7 ®
B
A
I1
1 6 3 24
0.60 A
7
40 6
40
1 7 6 24
0.60 A
I2 40 3 6
40
I2
0.6 A
0.60
1q 0.60 6 1.8 0.60
3q
0.60
3q
3q
3
6 7.2 V
0.60 1.8 3.60
En corto:
Para determinar la resistencia interna del generador
equivalente entre A y B cortocircuitamos esos bornes y
calculamos la intensidad de cortocircuito (Ic) que circula
por la rama A y B de resistencia nula. Aplicamos el
método matricial de Maxwell para calcular las
intensidades de malla:
¬
¬ I c ¬
6 ­­ 4 1 3­
­ ­­
6­­ 1 7 3­­ I1a­­­ l % 72 3
6 ­­® 3 3 7 ­­® I a ­­
2®
Ic 0.60 A
6 V, 1
eq VAB 3q
1.20
1.20 A
I1 61.8 7.2 V
3
6 V, 1
3
A
B
I’1
I2’
6 V, 1
3
Ic
6 1 3¬­
1
7.2
­ 288
4 A l req eq 1.8 6 7 3­­ ­
Ic
72 6 3 7 ­ 72
4
®
Otro método para la resistencia equivalente entre AB:
Consideramos tan solo las resistencias de todos los elemento (incluidas las resistencias
internas de los generadores) y añadimos un generador entre AB, para disponer de intensidad
en el circuito. Entonces, resolvemos para calcular la intensidad que suministra el generador:
¬­ 4 1 3¬
£¦% 72 3
­­ I1 ¬­­
­
1
3
0 ­­ 1 7 3­­ I 2 ­­ l ¦¤
¦%11 40 3
0 ­­® 3 3 7 ­­® I ­­®
B
A
¦
¥
I
3
1
2
%
72
I1 %11 l Req 1.8 %
I1 %11 40
3
3
1
3
I1
- 398 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.21
21. Consideremos el circuito que se representa en la figura una vez que los
1F/100V
2
2F/300V
100 V
condensadores se han cargado completamente. a) Calcular la carga y la
tensión que soporta cada condensador. b) Determinar el valor máximo
aplicable de la f.e.m. del generador si las tensiones de ruptura de los
condensadores son 100 V, 200 V y 300 V, respectivamente, tal como se
indica en la figura.
2
1F/200V
A
1F/100V
2
100 V
2F/300V
B
D
2
1F/200V
C
En régimen estacionario, los condensadores están
completamente cargados y no conducen corriente
eléctrica.
100
I 25 A
R
4
a) Dada la simetría que presenta el circuito (puente
equilibrado), será
VBD 0
VAD VDB 12 VAB 50 V
El condensador de 2F no soporta tensión alguna y, por tanto, no adquiere carga eléctrica.
Cada uno de los dos condensadores de 1F soporta una tensión de 50 V y adquieren una
misma carga
Q CV 1 Fq50 V 50 C
b) El condensador de 2F no soporta tensión alguna y, por tanto, no nos preocupa al efecto
f.e.m. máxima aplicable.
La f.e.m. máxima aplicable será de 200 V, ya que, al repartirse por igual entre los dos
condensadores de 1F, se alcanza la tensión de ruptura del que la tiene más baja (100 V).
- 399 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.22
22. Consideremos el circuito representado en la figura. a) Calcular las intensidades de corriente que circulan por
cada rama, indicando su sentido en un esquema. b) Asignando el potencial nulo al punto A, determinar los
potenciales en los puntos B, C, D y E.
1
2 D
C
B
0.25 V
I1
I3
0.50 V
a) Método de la mallas de Maxwell:
0.25 ¬­ 5 4 0 ¬
­­ I1 ¬­­
­
0 ­­ 4 7 3­­ I 2 ­­ l % 50
­­ ­­
0.50®­­ 0 3 5 ®
I3 ®
I2
3
4
A
I1 0.25 4 0
1
0.5
0
7 3 0.010 A 10 mA
50 0.50 3 5
50
I2 5
0.25
0
1
2.5
0
4
3 0.130 A 50 mA
50 0 0.50 5
50
I3 5 4 0.25
1
6.5
0 4 7
0.050 A 130 mA
50 0 3 0.50
50
E
Las corrientes de malla (corregidas) y las corrientes de rama se indican en la segunda figura.
b) Cálculo de d.d.p. o de potenciales referidos a
10 mA
130 mA
VA=0:
D
C
B
Vab
iR l
JJG
0.25 V
10
1
2
50
4
60 mA
3
80 mA
A
50 mA
- 400 -
130
0.50 V
£VBA VB (0.25) 0.25 V 250 mV
¦
¦
¦
¦
¦VCA VC 4q 60 240 mV
¤
¦
VDA VD (0.50) 0.50 V 500 mV
¦
¦
¦
¦
¦
¥VEA VE 0
E
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.23
2:
23. En el circuito esquematizado en la figura, calcular: a) La fuerza
electromotriz y resistencia interna del generador equivalente entre A y B.
b) La intensidad que pasaría por una resistencia de 1 : colocada entre A y
B.
4:
A
B
12 V
4:
2:
a) Por cada una de las ramas circula una intensidad de corriente:
12
I 2A
R
6
La d.d.p. entre A y B coincide con la f.e.m. equivalente entre esos puntos, de modo que
VAB 2(2) 4(2) 4 8 4 V
con el borne A positivo.
Para determinar la resistencia interna del generador equivalente entre A y B cortocircuitamos
esos bornes y calculamos la intensidad de cortocircuito (icorto) que circula por la rama A y B
de resistencia nula. Aplicamos el método matricial de Maxwell para calcular las intensidades
de malla:
¬
¬
¬ I ­
12­­ 6 2 4­­ 1 ­­­
2:
­
4:
0 ­­ I ­­ %=96 3
0 ­­ 2 6
­ 2 ­­
­
­
0 ­® 4 0
6 ® I ­­
3 ®
2A
B
A
2A
12 V
12 2 4
1
12 6 0
0 6
0 4.5 A
I 1 96
96 0 6
0 0
6
6 2 12
1
12 2 6
2 6 0 3.0 A
I 3 96
96 4 0
4 0 0
i I I 1.5 A (A l B)
c
3 2
4
8
r 2.67 eq i
1.5 3
c
4
12
1.09 A
b) La intensidad pedida es: I 8 / 3 1 11
2:
2:
4:
I2
I1
A
12 V
6 12 4
1
12 2 0
2 0 0 1.5 A
I 2 96
96 4 6
4 0 6
4:
B
I3
4:
A
2:
1:
I
4 V, 8/3:
- 401 -
B
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.24
24. Con un hilo homogéneo de sección constante construimos los lados y las diagonales,
B
A
que se unen en el centro, de un hexágono regular. Sea R la resistencia de cada uno de
los tramos de hilo. a) Determinar la resistencia equivalente entre dos vértices
contiguos del hexágono. b) Se conectan esos dos vértices contiguos a una batería de
que suministra una intensidad de corriente I. Calcular la intensidad de la corriente en
cada uno de los conductores.
O
C
D
E
F
Todos los puntos situados sobre la línea de simetría (discontinua) están al mismo potencial y,
por tanto, podemos fusionarlos en O. Reduciendo sucesivamente en serie y en paralelo, se
11
obtiene finalmente que la resistencia equivalente entre A y B es Req R
20
Las intensidades se calculan a partir del último esquema, al que asignamos arbitrariamente
una corriente de 1 A. Retrocediendo hacia los esquemas anteriores, teniendo en cuenta que en
dos ramas en paralelo, de resistencias R1 y R2, la intensidad se reparte de modo que
£
R2
¦
¦
I1 ¦
£
¦
I
I
I
R
R2
¦
R1
R R2
1
2
1
¦
I1 I1 1
l I I1
l ¤¦
¤
¦
¦¦
R1
R2
R2
¦V I1 R1 I 2 R2
¥
I2 ¦
¦
R1 R2
¦
¥
40 A
1
A
B
A
22
33/40
7/40
7
11
11
7
4
C
1
1
1
1/3 1
1
1 1/3
D
1
O
C
1 3/40 O
E
F
B
1 1/3
1/3 1/3
4/7
B
A
11/7
A
11/20
7/40
O
4/7
O
D
- 402 -
B
1
33/40
11/7
1/3 1
7/40
C
O 11/40
11/40
A
33/40
7/40
4/3
F
1
A
D
1
4/3
3/40
2
1/3 1
4/40
1/3 1
1/3
3
E
7/40
1 1/3
D
O
3
B
33/40
4/40
4
C
A
B
1
B
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.25
A
25. Cada uno de los vértices del hexágono está unido a cada uno de los demás
vértices por ramas de resistencia eléctrica R. a) Calcular la resistencia eléctrica
equivalente entre los nodos A y B. b) Ídem eliminando la rama AB.
F
B
C
a) Al estar cada vértice unido a cada uno de los restantes, no hay E
diferencia alguna, a efectos de resistencia eléctrica, entre dos vértices
D
consecutivos o entre dos que no lo sean. Así, nos resultará más fácil
aplicar simetrías cuando tomamos dos vértices opuestos, A y D en la figura, ya que los puntos
o nudos B F y E F se encuentran obviamente al mismo potencial, lo que nos permite
reducir el circuito del modo que sigue en las figuras.
En el paso del segundo esquema al tercero, hemos suprimido la rama A-BF-CE-D porque
corresponde a un puente equilibrado, de modo que por la resistencia “puente” , R/4, no circula
corriente y podemos suprimirla.
A
A
R
R/2
A
R/2
A
R
R
B=F
R/3
C=E
B=F
R/4
C=E
R/2
R
R/2
D
D
D
R
En definitiva, RAB 3
b) Si quitamos una de las resistencias de valor R entre A y B quedará
R
a RAB
2
D
A
A
R
R
R/2
B
- 403 -
B
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.26
1:
26. En el circuito de la figura: a) Determinar la
resistencia equivalente entre los bornes A y B.
b) Calcular la intensidad de la corriente en
cada una de las ramas cuando se conecta el
circuito al de la batería, tal como se indica en
la figura.
A
1:
C 1:
4:
6V
B
1:
1:
1:
E
4:
D
1:
G 1:
4:
F
2:
H
1:
1:
a) Reducimos el circuito comenzando por la “cola”, mediante agrupaciones serie y paralelo.
1:
G
4:
1:
1:
1:
2:
H
4:
1:
1:
1:
G
G
2:
4:
H
H
1:
Descubrimos fácilmente in proceso reiterativo que nos lleva finalmente a la reducción
deseada entre los bornes A y B.
Por consiguiente, la resistencia equivalente entre A y
B es Req 4 A
b) La intensidad que proporciona la batería es
6
I
1 A
1:
Rcircuito 6
6V
1:
4:
1:
C
2:
A
4:
En el primer y segundo esquema,
B
D
B
1:
podemos observar fácilmente que
la intensidad que llega a cada uno de los nudos C, E, G,… se divide a
partes iguales entre la rama vertical y la horizontal; esto es, se divide por
dos, de modo que las intensidades en las ramas sucesivas son: 1 A,
500 mA, 250 mA, 125 mA, ...
1: A
1:
C 1:
0.5A
1A
4:
6V
1:
B
1:
1:
G 1:
0.25A
4:
0.5A
D
1:
E
4:
2:
0.25A
F
- 404 -
1:
H
1:
Corriente continua. E03.27
27. En una línea de transporte de corriente continua, que tiene
45 R
lo que nos permite calcular la resistencia
del tramo de longitud x:
125 V
400 m
F
50 A
Rf
R-R1
45 A
G
C
B
106.5 V
45 R R1 5 R1
tierra
R1
A x
125 V
VAB 50 R1
fuga
5A
Expresamos la d.d.p. entre los puntos
extremos de la línea de transporte (A y B),
siendo R la resistencia total de la misma:
400 m
x
400 m de longitud y 0.4 de resistencia, se ha producido una
derivación a tierra por un mal aislamiento. La corriente de
entrada en la línea es de 50 A a 125 V y la de salida de 45 A a
106.5 V. Determinar el punto de la línea en el que se ha
producido la derivación y la resistencia eléctrica de la misma
(i.e., la resistencia de fuga).
106.5 V
Física Universitaria: Problemas de Física
D
125 106.5 45q 0.4
V 45 R
R1 AB
0.1 5
5
de modo que será:
x
400
l x 100 m
0.1 0.4
Expresamos ahora la d.d.p. entre A y C, a lo largo del camino AFGC:
VAC 50 R1 5Rf
y de aquí calculamos la resistencia de fuga:
V 50 R1 125 50q 0.1
Rf AC
24 5
5
50 A
Rf
R-R1
45 A
Operando, obtenemos dos ecuaciones con dos incógnitas (R1,Rf):
¦¦£50 R1 Rf 45Rf 125
¦£50 R1 5 Rf 125
l ¤¦
¤
¦¦50 Rf 45 R R1 Rf 106.5
¦¦
¥45 R1 5 Rf 106.5 45 R 124.5
¥
Sumando m.a.m. tenemos: 5R1 0.5 l
Y de la primera ecuación: Rf 125 50 R1
5
R1 0.1 l
- 405 -
Rf 24 106.5 V
400 m
R1
5A
x
125 V
Otro planteamiento (método de Maxwell):
Consideramos las dos mallas que se indican
en la figura:
¬­50¬­
125 ¬­ R1 Rf
Rf
­ ­
106.5®­­ Rf
R R1 Rf ®­45®­
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.28
28. Una subestación de corriente continua desarrolla una potencia de 400 kW cuando suministra energía a una
instalación situada a 100 m de distancia, a través de una línea eléctrica de 3.5 de resistencia (cada cable
conductor) constituida por conductores de cobre (resistividad, =1.75 ·10-8 ·m. a) Calcular la potencia
que se disipa en la línea eléctrica cuando la tensión que suministra la subestación es de 5 kV. ¿Qué
porcentaje de pérdida de potencia se produce en la línea eléctrica? b) Ídem si la tensión fuese de 15 kV.
c) Calcular la sección de los cables. d) Determinar la densidad de corriente eléctrica en los cables en ambos
casos, así como la intensidad del campo eléctrico en los mismos.
a) Intensidad que circula por la línea: I 400 kW
80 A
5 kV
Potencia disipada en la línea:
Plinea 44.8
0.112 11.2%
P
400
400 kW
26.6 A
b) Intensidad que circula por la línea: I 15 kV
Plinea I 2 Rlinea 802 q 7 44.8 kW
Potencia disipada en la línea:
Plinea I 2 Rlinea 26.6 2 q 7 4.98 kW
Plinea 4.98
0.0124 1.24%
P
400
c) Sección de los cables:
RS
l
S
l S S
l 1.75q108 q100
5q107 m 2 0.5 mm 2
R
3.5
S
0.5
QD2
lD2
2
0.80 mm
4
Q
Q
d) Recordamos la definición de densidad de corriente y la expresión de la ley de Ohm
(microscópica):
A
A
A
A
I
l j1 160q106 2 160
j
j2 53.3q106 2 53.3
m
mm 2
m
mm 2
S
V
V
E S j l E1 2.80
E2 0.93
m
m
S
I
3.5 :
R
I
3.5 :
- 406 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.29
29. Una línea de tranvía, de 10 km de longitud,
x
10 km, 0.1 /km
está alimentada por dos generadores de corriente continua, de (1100 V, 10 ) y (1000 V,
10 10 10 ) respectivamente, conectados cada uno
en un extremo de la línea, como se muestra en
1000 V
1100 V
la figura. La resistencia eléctrica del cable y de
las vías son de 0.1 /km. El tranvía requiere
10 km, 0.1 /km
una intensidad de corriente de 100 A para su
funcionamiento. Para una posición genérica, x
(km), del tranvía, determinar las intensidades y potencias que suministran al tranvía cada uno de los dos
generadores y la tensión de alimentación del mismo.
0.1x
Resolvemos el circuito por el método de
las mallas de Maxwell, siendo R11 y R22
las resistencias de las mallas:
R11 10 2q 0.1x 10 0.2 x
R22 10
10
R11
Rt=0
10
1
t
I1
10
2
I2
2q 0.1( L x) 0.2(10 x) 12 0.2 x
R22 22
¬
1 t ­­ R11
­
2 t ­® 0
I t I1
0.1(L-x)
A
I2 0.1x
£¦
¦¦ I 1
¦¦ 1 R11 R22
¬
¬
0 ­ I1 ­
­­ ­­ l ¤¦
¦¦
R22 ­® I 2 ­®
1
¦¦ I 2 R11 R22
¦¦¥
1 t
R11
2 t
1
R22
R11
1 t
2 t
0
R22
B
0.1(L-x)
1 t
R11
R11 1 t
t
2
0 2 t
R22
2 1
R22 R11
1 ­¬
­­ t 1
­
R22 ®
R11
Despejamos la f.c.e.m. del tranvía:
1
2
It
R R112 R11 R22 I t 11200 60 x
R
R22
t 11
22 1
R11 R22
R11 R22
22
R11 R22
2 R11 R22
t
R22
R11 R22
4 x2
Calculamos la tensión de alimentación VAB del tranvía: VAB 0q I t t
Calculamos la intensidad de corriente
suministrada por cada generador:
£¦
t 1300 20 x
¦¦ I1 1
¦¦
R11
22
¤
¦¦
2 t 900 20 x
¦¦ I 2 R22
22
¦¥
I t I1 I 2 100 A
Así como las potencias:
V
520
515
Tensión de alimentación del
tranvía en función de la
distancia x.
510
505
500
495
490
2
- 407 -
4
6
8
10 x
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.30
£¦
1
¦¦ P1 VAB I1 11200 60 x 4 x 2 1300 20 x
¦
484
¤
¦¦
1
11200 60 x 4 x 2 900 20 x
¦¦ P2 VAB I 2 484
¦¥
Pt P1
P2 50
11200 60 x
11
Otro método:
R1 10 2q 0.1x 10
R2 10
10
R1
4x2
0.1x
10
0.2 x
Rt=0
I1
1
2q 0.1( L x) 0.1(L-x)
A
0.1x
2
t
It
0.2(10 x) 12 0.2 x
R2 22 8
10
I2
B
0.1(L-x)
Resolvemos el circuito por el método de Kirchof:
£¦ R I R2 I 2 1 2 £¦¦1 malla 4IR 4
l ¦¤ 1 1
¤
¦
¦¥1 nudo (A) 4I 0
¦¥¦ I1 I 2 I t
R R2 ¬­
% 1
­ R1
1
1 ®­­
R2
R2 R2 I 100 12 0.2 x 100 1300 20 x
¦£¦
1
¦¦ I1 1
R1 R2 I
R1 R2
22
22
¦¦
¤
¦
R1 R1 I 100 10 0.2 x 100 900 20 x
¦¦ I 1
¦¦ 1 R R 1 I R R 22
22
1
2
1
2
¦¥
Calculamos la tensión de alimentación del tranvía y su f.c.e.m.:
VAB 0q I t t
t VAB I1 R1 1 1 I1 R1 1100 ¦£¦ P1 VAB I1 ¦¦
¦¦ 1 11200 60 x 4 x 2 1300 20 x
¦¦ 484
¤
¦¦ P2 VAB I 2 ¦¦
1
¦¦
2
¦¦ 484 11200 60 x 4 x 900 20 x
¥
50
11200 60 x 4 x 2
Pt P1 P2 11
1300 20 x
10
22
0.2 x 11200 60 x
22
4x2
V
520
515
Tensión de alimentación del
tranvía en función de la
distancia x.
510
505
500
495
490
2
- 408 -
4
6
8
10 x
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.31
200 :
30. En el circuito de la figura, sabiendo que el condensador está inicialmente
descargado. a) Determinar la corriente inicial que suministra la batería,
inmediatamente después de cerrar el interruptor S. b) Calcular la intensidad
de la corriente estacionaria a través de la batería después de transcurrir un
largo período de tiempo. c) Determinar la carga del condensador en las
circunstancias del apartado anterior.
5 PF
50 V
600 :
300 :
S
a) En el instante inicial, t = 0, el condensador conduce y el circuito equivalente, en ese
instante, es el que se ilustra en la figura. Las dos resistencias en paralelo equivalen a una
resistencia de
200 :
300q 600
200 8
Rp 300 600
5 PF
50 V
de modo que
600 :
300 :
50
50
I0 0.125 A = 125 mA
S
200 200 400
b) Transcurrido un tiempo suficientemente grande, desaparece
el estado transitorio de carga y el condensador corta la corriente en la rama AB en la que se
encuentra, por lo que el circuito equivalente es el que se indica en la figura. La intensidad de
corriente que suministra la batería es
50
50
Id 0.0625 A = 62.5 mA
200 600 800
200 :
A
c) La tensión entre los bornes del condensador es VAB (ya que
5 PF
por la resistencia de 300 : no circula corriente) de modo que
50 V
600 :
VAB I d R600 0.0625q 600 37.5 V
300 :
S
B
y la carga del condensador será
Q CVAB 5q37.5 187.5 C
- 409 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.32
31. Un condensador de 1 PF tiene deteriorado el dieléctrico, dando fugas de corriente, comportándose como si
estuviera en paralelo con una resistencia de 95 :. Se pretende cargar el condensador con una fuente de
24 V de f.e.m. y 1 : de resistencia interna. a) Determinar la máxima diferencia de potencial entre las
armaduras del condensador que podemos alcanzar. Dibujar el esquema correspondiente al proceso de carga.
b) Si se interrumpe el proceso de carga, calcular el tiempo necesario para descargarse en la relación 1/e;
i.e., determinar el valor de la constante de tiempo del condensador. Dibujar el esquema correspondiente al
proceso de descarga.
Comenzamos determinando el generador de f.e.m. equivalente
entre A y B:
24
I
0.25 A
Rf r 95 1
eq VAB IRf 0.25q95 23.75 V
Req B
A
Rf
Rf r
95q1 95
0.99 Rf r 95 1 96
C
a) La máxima diferencia de potencial entre las armaduras del
condensador que podemos alcanzar será de 23.75 V.
b) La constante de tiempo en los procesos de carga y de
descarga de un condensador de capacidad C a través de una
resistencia R viene dada por la expresión U RC .
Carga:
6
U Req C 0.99q1q10
r
I
6
0.99q10
eq
A
Req
I
B
s 0.99 s
Descarga:
U Rf C 95q1q106 95q106 s 95 s
q i
Qf
I0
C
q i
Q0
q (t ) Qf 1 et / RC
0.63Qf
Proceso de descarga
Proceso de carga
0.37I0
q (t ) Q0et / RC
0.37Q0
i (t ) I 0et / RC
t
t
-0.37I0
-I0
- 410 -
t / RC
i (t ) I 0e
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.33
32. En el circuito representado en la figura, el condensador está inicialmente
descargado. Pasamos el conmutador S a la posición A y lo mantenemos en
ella durante 10 s, al cabo de los cuales lo pasamos a la posición B.
a) Determinar la máxima intensidad de corriente que ha suministrado la
batería. b) Calcular la carga y la tensión que adquirió el condensador durante
el proceso de carga. c) Calcular la intensidad y la potencia máximas que
proporciona el condensador a la resistencia de 10 : durante el proceso de
descarga del condensador. d) Comparar las intensidades máximas de carga y
de descarga, así como la rapidez de cada uno de esos procesos, justificando y
argumentado los resultados.
10 k:
A
i
1 mF
q
W
DESCARGA
10 :
t
B
i
+
1 mF
Q
q
t
i
A
B
S
10:
1 mF
b) La carga final del condensador, si tuviera tiempo de cargarse
completamente, sería
Qf 1 m F q12 V = 12 mC
(t l d)
I0
i
10 k:
Proceso de carga del condensador: Constante de tiempo
RC = 10 k: u 1 mF = 10 s.
a) La intensidad máxima se presenta en el instante en que comienza
la carga del condensador:
12 V
I0 (t 0)
1.2 mA
10 k8
CARGA
12V
12V
pero, como interrumpimos la carga al cabo de 10 s, el condensador
tan solo adquiere
Q Qf (1 et / RC ) 12 mC q (1 e1 ) 0.636 q12 mC = 7.59 mC
y la tensión del condensador en ese instante es
Q 7.59 mC
V 7.59 V
C
1 mF
Proceso de descarga del condensador: Constante de tiempo
RC = 10 : u 1 mF = 10 ms.
c) La intensidad máxima se presenta en el instante en que comienza
la descarga del condensador a través de la resistencia de 10 ::
7.59 V
I0 (t 0)
0.759 A = 759 mA
10 8
y la potencia máxima que proporciona el condensador se presenta
en ese mismo instante:
P V0 I 0 7.59 q 0.759 5.75 W
I0
d) La intensidad y la rapidez de descarga son mucho mayores que la de carga por tener lugar
ésta a través de una resistencia mucho mayor (1000:1), lo que repercute en las
correspondientes constantes de tiempo (RC).
- 411 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.34
33. En el circuito esquematizado en la figura, cerramos el interruptor en el
instante t = 0, iniciándose el proceso de carga del condensador. Supongamos
que sea despreciable la resistencia interna de la batería y sean R = 1 M:,
C = 1 mF y = 100 V. a) Expresar en función del tiempo la intensidad de la
corriente y la carga del condensador. b) Al cabo de 10 s abrimos el
interruptor. Calcular el valor de la carga que retiene el condensador y la
energía almacenada en el mismo.
a
R
C
b
c
d
a) En un instante genérico, la suma de ls tensiones soportadas por la resistencia y por el
condensador es igual a la tensión entre los bornes del generador de f.e.m., de modo que:
q
Vad iR
[1]
C
Derivando esta expresión con respecto al tiempo, conseguimos que desaparezca la variable q
que representa la carga del condensador en el instante t. Luego, integrando
R
di
dt
1
di
i0 l
C
i
dt
0 l
RC
i I 0 e-t / RC
i
¨
I0
t
di
1
i
t
dt l ln ¨
i
RC 0
I0
RC
l i I 0 e-t / U
l
[2]
donde = RC es la constante de tiempo del circuito RC. A partir de las expresiones [1] y [2],
se sigue fácilmente que
£
¦
¦t 0 l q 0 l i I 0 para ¦¤
R
¦
¦
¦
¥t d l i 0 l q Qf C
Determinamos la expresión de la carga del condensador en función del tiempo a partir de la
expresión de la intensidad, i(t); por nueva integración, tenemos
q
t
dq
I 0 e-t / U l ¨ dq I 0 ¨ e-t / U dt l
0
0
dt
t
q I 0 ( RC ) e-t / U ¯°± RC 1 et / U Qf 1 et / U [3]
0
R
b) Sustituyendo los valores dados en el enunciado, tenemos
U RC 1 M q1 mF = 1000 s
Qf C 100 V q1 mF 100 mC
de modo que
q10 100 1 e-10/1000 100 1 e-0.1 0.995 mC 995 C
U10 6
1 q102
1 995q10
2 C
2
103
2
4.95q104 J = 495 J
- 412 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.35
R=1000 :
34. Expresar en función del tiempo la carga acumulada y la d.d.p. en
bornes de cada uno de los condensadores C1, C2 y C3 de la figura
considerando t = 0 en el instante en que se cierra el interruptor y
que los condensadores están inicialmente descargados.
C 1=3P F
C3=4P F
C2=6P F
12V
En el proceso de carga de un condensador a través de una resistencia, la carga que adquiere el
mismo y la d.d.p. entre bornes son funciones del tiempo y vienen dadas por las expresiones:
q (t ) C (1 e-t / RC )
v(t ) q / C (1 e-t / RC )
Determinamos la capacidad del condensador equivalente entre A y B :
CC
3q 6
R
C12 1 2 2 F
Ceq 2
A
C1 C2 3 6
4 6F
de modo que
Ceq
B
C 12 V q 6 F = 72 NC
RC 1000 q 6 F= 6 ms = 0.006 s
La carga del condensador equivalente y la diferencia de potencial
entre los puntos A y B vienen dada por
t ¬
t ¬
RC ­
RC ­
q 1 e eq ­­­ 72 1 et /0.006 C
vAB 1 e eq ­­­ 12 1 et /0.006 V
®­
®­
Los condensadores C12 (C1 +C2 en serie) y C3 soportan la misma tensión:
£
£
¦q 48 1 et /0.006 C
¦
v 12 1 et /0.006 V
q
q
q
q
¦
3
3
12 3 l 12 3 l ¦
¦
¦
l
¤
¤
t /0.006
¦
¦
C
C
2
4
q 24 1 e
C
v 12 1 et /0.006 V
¦
¦
12
3
¦ 12
¦ 12
¥
¥
Los condensadores C1 y C2 en serie adquieren la mima carga:
£
q
¦
¦
1 8 1 et /0.006 V
¦
v
¦
1 C
¦
¦
1
q q q 24 1 et /0.006 C l ¦
¤
12
1
2
¦
q
¦
¦
v 2 4 1 et /0.006 V
¦
2 C
¦
¦
2
¦
¥
- 413 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.36
A
35. En el circuito de la figura, y una vez estabilizadas las corrientes (pasados los efectos
transitorios, i.e., transcurridos un tiempo muy grande) se pide calcular: a) La intensidad que circula por cada rama. b) La carga del condensador.
El circuito que alimenta al condensador, entre A y B, es equivalente a un generador de
corriente continua, determinar: c) La fuerza electromotriz y resistencia interna del
generador equivalente. d) La constante de tiempo de carga y descarga del condensador.
4:
10PF
16:
8:
24V
12:
a) Cuando desaparecen los efectos transitorios, el condensador
estará completamente cargado y no dejará pasar la corriente, por lo
que podemos suprimir la rama en la que se encuentra el
condensador. La resistencia equivalente externa y la resistencia total
de este circuito se determina fácilmente:
Rserie 28 16 24 Rpar 24
2
12 Rtot 12 12 24 A
0.5 A
y la carga del condensador:
Q CVAB 10 Fq12 V=120 C
24:
C
B
0.5 A
1A
16:
8:
La intensidad que suministra el generador y las intensidades en cada
rama son:
24
i
i
1 A
iramas 0.5 A
Rtot 24
2
b) Calculamos la d.d.p. entre los bornes del condensador:
VAB VAC VCB 0 0.5q 24 12 V
24V
12:
A
4:
24:
C
B
16:
8:
c) La f.e.m. equivalente entre A y B viene representada por la d.d.p.
entre A y B sin carga. Entonces, del apartado anterior, resulta obvio
que eq VAB 12 V
B
24:
12:
24V
La resistencia equivalente entre A y B se calcula fácilmente a partir del esquema adjunto:
1
1
1
1
1
10 l Rpar 6 = req 4 6 10 12 V
Rpar 24 24 12 6
por lo que el circuito equivalente al dado es el que se muestra en la
figura.
d) La constante de tiempo del sistema RC (serie) será:
U RC 10 q10 F 100 s 0.1 ms
- 414 -
10 F
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente continua. E03.37
36. Un galvanómetro tiene una resistencia interna de 10 . Cuando pasa una corriente de 15 mA a través del
galvanómetro, la aguja avanza una división de la escala. a) ¿Qué resistencia debemos poner en serie del
galvanómetro para que el conjunto pueda utilizarse como voltímetro, en el que una división represente a
10 V? b) ¿Qué resistencia debemos poner en paralelo al galvanómetro para que el conjunto pueda utilizarse
como amperímetro, en el que una división represente 0.1 A?
a) Sea RS la resistencia serie que debemos colocar. La d.d.p. de 10 V aplicada entre los bornes
A y B del voltímetro resultante deberá proporcionar una intensidad de corriente de 15 mA a
través del galvanómetro. Aplicando la ley de Ohm entre
IG = 15 mA
RG = 10 A y B tenemos:
G
V
VAB I G ( RG RS ) l RS AB RG
IG
RS
Con los datos del problema será:
10
RS 10 667 10 657 8
10 V
A
B
0.015
b) Sea RSh la resistencia de derivación (shunt) que debemos colocar en paralelo con el
galvanómetro a fin de que parte de la intensidad se desvíe por ella. Por otra parte, la d.d.p.
entre A y B será la misma a través de la rama del galvanómetro que a través de la rama del
shunt, de modo que tenemos
£ I Sh I I G
¦
¦
IG = 15 mA
¦£¦ I I G I Sh
¦
G
l ¤
IG
¤
¦¦¥ RG I G RSh I Sh
¦
RSh RG
RG = 10 ¦
I
=
100
mA
I
¦
Sh
¦
¥
RS
Con los datos del problema será:
A
B
RSh
¦£¦ I Sh 100 15 85 mA
¦
ISh = 85 mA
¤
¦¦ RSh 15 10 1.8 8
¦¥
85
- 415 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.1
1. Una partícula cargada, de masa m y carga eléctrica q, se mueve con una
velocidad v en el vacío. En estas condiciones, la partícula penetra en una
zona, de anchura h, en la que existe un campo magnético uniforme B, en
dirección perpendicular a dicho campo. a) Determinar el valor mínimo de
B para que la partícula no pueda atravesar la zona. b) ¿Qué desviación
experimentará la partícula, tras atravesar la zona, si el campo magnético
tiene una intensidad que es la mitad de la calculada en el apartado anterior?
h
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x Bx
x
x
x
x
x
x
x
x
x
v
q
a) La fuerza que actúa sobre la partícula cargada viene dada por la fórmula de Lorentz:
F q vqB
de modo que, al ser perpendicular a la velocidad, tan solo modifica la dirección de ésta, dando
lugar a una trayectoria circular de radio R, tal que
F qvB man m
v2
R
l R
mv
qB
Puesto que el radio de la trayectoria es inversamente
proporcional a la intensidad del campo magnético, y
se requiere que R h para que la partícula no
atraviese la zona, deberá ser:
mv
mv
Bb
l Bmín qh
qh
b) Si se reduce la intensidad del campo magnético,
aumenta el radio de la trayectoria y, si R h, la
partícula atraviesa la zona y sale desviada un cierto
ángulo .
Para
1
mv
B ' Bmín 2
2qh
el radio del arco de trayectoria circular será
mv
mv
R'
2h
qB ' q mv
h
x
x
x
x
vx
x
F
x
x
q
v
x
x
R
x
x
x
x
x Bx
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x B’ x
x
x
x x
x
x
x
x
v
x
x
x
x
h
v
x
x
x
x
x
R’
x
x
x
C
C’
q
2 qh
El ángulo de desviación que experimenta la partícula tras atravesar la zona se determina
fácilmente a partir de la figura:
h
h
sen R 0.5 l R 30º
R ' 2h
- 416 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.2
2. Un varilla conductora y homogénea está suspendida mediante dos hilos verticales
conductores, tal como se muestra en la figura. La varilla posee una masa de
0.040 kg/m y se encuentra en un campo magnético uniforme, perpendicular al
plano de la figura y dirigido hacia adentro, de 3.6 T. Calcular la intensidad de la
corriente que debe circular por la varilla para que sea nula la tensión mecánica en
los hilos que la soportan. ¿Cuál deberá ser el sentido de la corriente?
En las condiciones descritas en el enunciado del problema, la varilla debe estar soportada
exclusivamente por la fuerza que ejerce el campo magnético sobre ella
(ausencia de tensión mecánica en los hilos).
El peso de la varilla deberá ser igual y de sentido opuesto a la fuerza que
ejerce el campo magnético uniforme B sobre un conductor rectilíneo de
longitud l por el que circula una corriente i: esto es,
F i l qB
donde la dirección de l es la del sentido convencional de la corriente en el conductor.
Puesto que nos dan la densidad lineal de masa (), la masa
total de la varilla es m = l, de modo que
£
P mg Ml g
¦
¦
l Mlg ilB
¤
¦
¦
¥ F ilB
M g 0.040q9.8
0.109 109 mA
B
3.6
y su sentido es el indicado en la figura.
i
- 417 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.3
z
3. Dos conductores rectilíneos indefinidos están contenidos en el plano xy,
paralelos al eje x como se indica en la figura (uno en y = - 6 cm y el otro
en y = 6 cm). Por cada uno de ellos circula una intensidad de 20 A.
Determinar el campo magnético de inducción B en los puntos del eje x
cuando: a) Las dos corrientes circulan en el sentido negativo del eje de
las x. b) La corriente en el conductor situado en y = - 6 cm circula en el
sentido positivo del eje de las x y la del situado en y = 6 cm en sentido
contrario.
y = - 6 cm
y
x
y = 6 cm
a) En el mismo sentido
El campo magnético resultante en todos los
puntos del eje x es nulo, ya que los
B2
conductores contribuyen con campos iguales
y opuestos en dichos puntos. Esto es así, por
y
c
d
B1
ser idénticas las intensidades de corriente y
las distancias de los conductores al eje x.
b) En sentidos opuestos
El campo magnético creado por una corriente
rectilínea indefinida a una distancia h del
conductor que la transporta viene dada por la
B1 B2
expresión,
N I
y
Bi 0
c
d
2Q h
como se deduce fácilmente a partir del
Teorema de Ampère, y su sentido es el
indicado en la figura, para cada uno de los conductores. En todos los puntos del eje x, ambos
conductores contribuyen por igual y en la misma dirección al campo magnético en dicho eje,
por lo que será;
N I
B B1 B 2 0 k
Q h
Sustituyendo los valores dados en el enunciado:
N I
20
B 0 k 4q107 q
1333q107 133 T
Q h
0.06
- 418 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.4
4. Tres conductores rectilíneos largos y paralelos pasan a través de los
vértices de un triángulo equilátero de lado 10 cm como se indica en la
figura, donde el punto indica que la corriente sale del papel hacia el
lector y la cruz que entra en el papel. Si la intensidad de cada corriente es
de 10 A, hallar: a) El campo magnético en el conductor superior debido a
los otros dos conductores inferiores. b) La fuerza por unidad de longitud
sobre el conductor superior.
10 cm
10 cm
10 cm
Utilizando el teorema de Ampère, calculamos el campo magnético B creado por un conductor
rectilíneo indefinido:
¨v B ¸ dr N I
0
Por ser B & dr , en todo el camino de integración, será
Bdr = B dl. Además, el módulo de B es el mismo en todos los
puntos de la línea de circulación, por lo que resulta:
N 2I
B v̈ dl B 2Qr N0 I l B 0
4Q r
I
B
r
dr
a) Los módulos de los campos magnéticos pedidos son B1 B2 N0 2 I
en las direcciones
4Q r
que se indican en la figura. Y el campo magnético resultante es
N 2 I ­¬
N 2 I ­¬ 3 N0 2 3I
cos 30º 2 0
B B1 cos 30º B2 cos 30º 2 0
4Q r ­­®
4Q r ­­® 2
4Q r
y sustituyendo valores
N0 2 3I
2 3 q10
107 q
3.47q105 T
4Q r
0.10
b) La fuerza que actúa sobre un conductor rectilíneo que
transporta una corriente viene dada por F I l q B , y por
ser l ? B será
FIlB
F
1
IB 10q3.47q105 3.47q104 N/m
l
B2
B
- 419 -
F
60º
30º
30º
B1
60º
2
B
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.5
5. a) Enuncie la ley de Ampère. ¿Es válida para toda trayectoria que rodea a un
conductor? Indique para que y en que casos resulta útil. b) Cuatro conductores
rectilíneos, indefinidos y paralelos en el vacío, transportan corrientes de igual
magnitud I = 4 A, tal como se indica en la figura. Determinar el campo magnético
en el punto P situado en el centro del cuadrado, determinado por los cuatro
conductores cuyo lado mide 0.2 m.
P
0.2 m
Teorema de Ampère:
La circulación del campo de inducción magnética (B) a lo largo de una trayectoria cerrada (C)
es igual al producto de P0 por la intensidad neta (I) que fluye a través de cualquier superficie
que tenga a la trayectoria de circulación (C) como contorno. Esto es,
¨v B<dl = N I
0
C
Este teorema es válido para cualquier trayectoria cerrada en un campo magnético.
Se utiliza para determinar el campo magnético de inducción (B), resultando especialmente útil
cuando calculamos la circulación de B a lo largo de una línea de campo magnético y es
constante el módulo de B (esto es, B), a lo largo de dicha línea.
b) Determinamos el campo magnético B creado por un largo conductor rectilíneo, que
transporta una corriente I, a una distancia r del mismo. Aplicando el teorema de Ampère,
siendo C una trayectoria circular de radio r que coincide con una línea de campo:
NI
N 2I
¨v B<dl = ¨v B d l B ¨v d l B 2Qr N0 I l B 2Q0 r 4Q0 r
C
C
C
y aplicando esta expresión a uno cualquiera de los cuatro conductores, teniendo en cuenta que
r l 2 / 2 , siendo l el lado del cuadrado, tenemos
N
N 2 2I
2I
2 2 q4
0
107
5.7 T
B 0
4Q l 2 / 2 4 Q l
0.2
N 2 2I
N 8I
Btotal 4 B cos 45º 2 2 B 0
(2 2) 0
4Q l
4Q l
7 8 q 4
= Btotal 10
16 T
0.2
en la dirección indicada en la figura.
- 420 -
Btotal
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.6
6. Determinar, razonada y detalladamente, la expresión de la fuerza por unidad de longitud con que interactúan
dos conductores indefinidos y paralelos que conducen intensidades i1 e i2.
Comenzamos determinando, mediante el teorema de Ampère, el
campo magnético a una distancia r de un largo conductor rectilíneo
I
que transporta una intensidad de corriente I. Para ello calculamos la
circulación de campo B a lo largo de una trayectoria circular (línea de
campo) situada en un plano perpendicular al conductor:
r
N 2I
B
¨v B<dl ¨v Bdl B ¨v dl B 2Qr N0 I l B 4Q0 r
Así, los campos magnéticos creados por cada una de las corrientes
rectilíneas indefinidas en las posiciones ocupadas por el otro conductor, situado a una
distancia h, tienen las direcciones indicadas en la figura y sus módulos son:
N 2i
N 2i
B1 0 1
B2 0 2
4Q h
4Q h
y las fuerzas de interacción mutua, que vienen dadas por,
F I (l q B) , tienen las direcciones indicadas y sus módulos
I1
B2
son
N 2i i
F12 N0 2i1i2
F12
F12 i1 l q B 2 i1lB2 0 1 2 l l
l
4Q h
4Q h
N0 2i1i2
F21 N0 2i1i2
l l
F21 i2 l q B1 i2lB1 l
4Q h
4Q h
F21
de modo que la fuerzas de interacción mutua es atractiva si
B1
I2
ambas corriente tienen la misma dirección (como se indica en
la figura) o repulsiva si tienen direcciones opuesta, siendo la
fuerza por unidad de longitud igual a
F N0 2i1i2
l
4Q h
- 421 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.7
7. Por un conductor cilíndrico, con 2 cm de diámetro, circula una corriente continua de 1 A, uniformemente
distribuida en la sección del conductor. Determinar el valor del campo magnético en el interior del
conductor en función de la distancia r al eje del mismo.
Sección recta del conductor: S Q R 2 Q q 0.012 3.14q104 m 2
Densidad de corriente: j I
1
3.18q103 A/m 2
S 3.14q104
B
B
r
Teorema de Ampère:
Qr 2
¨v B ¸ dl Ni l B 2Qr N Q R 2 I
Sustituyendo valores: B NI
l B
r
2Q R 2
4Q q107 q1
r 2q103 r
2Q q 0.012
- 422 -
(S.I.)
B
i:
I
B
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.8
8. Sobre una espira cuadrada de lado a, por la que circula una intensidad i, actúa un campo magnético B
uniforme y constante. Calcular el momento de las fuerzas que actúan sobre la espira, dirección y sentido en
los siguientes casos: a) El campo magnético B es paralelo a una diagonal de la espira. b) El campo
magnético B es paralelo a uno de los lados de la espira. c) El campo magnético es perpendicular al plano de
la espira. d) El campo magnético forma 30º con la normal al plano de la espira.
El momento dipolar magnético (m) de la espira y el momento dinámico (M) que ejerce el
campo magnético uniforme (B) sobre la espira vienen dados por las expresiones siguientes:
£m IS ia 2k
¦
¦
l M iS q B
= M iSB sen R ia 2 B sen R
¤
¦
M
m
q
B
¦
¥
z
a) M ia 2 B sen 90º ia 2 B
2 / 2¬­
2 / 2¬­
0¬­
­­
­­
2 ­
2
M m q B ia 0­­q B 2 / 2­­ ia B 2 / 2­­
0 ­­­
0 ­­­
1­­®
®­
®­
m
y
i
B
a
M
a
x
z
y
i
a
b) M ia 2 B sen 90º ia 2 B
0­¬
¬
¬
­
1­­
0­­
M m q B ia 2 0­­q B 0­­ ia 2 B 1­­
1­­®
0­­®
0­­®
m
M
B
a
x
z
i
m
y
B
a
a
x
z
B
m
y
i
a
x
c) M ia 2 B sen 0 0
0¬­
0¬­
0­¬
­
2 ­
2 ­
­
­
M m q B ia 0­q B 0­ ia B 0­­ 0
­
­
­
1®­
1®­
0­®
M
a
1
d) M ia 2 B sen 30º ia 2 B
2
0­¬
¬
0
­­­
2 ­
­
M m q B ia 0­q B sen 30º­ ­
­
1­®
cos 30º ­®
sen 30º­¬
2 1¬
­ ia B ­­­
ia 2 B 0 ­­ 0­
2 0­­
0 ­­®
®
- 423 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.9
z
9. Una espira cuadrada de lado a está inclinada ángulo D respecto al plano
horizontal, tal como se muestra en la figura, pudiendo girar alrededor de
su eje de simetría paralelo al eje x. Si existe un campo magnético
uniforme B = B k y la espira está recorrida por una intensidad de corriente
I, determinar el peso que habría que suspender de uno de los lados de la
espira (¿cuál?) para que no gire.
B
B
D
A
D
D
y
I
C
x
Sobre cada uno de los cuatro lados de la espira actúa
una
fuerza
que
viene
dada
por
la
B
expresión
F
I
(
l
q
B
)
,
donde
I
es
la
intensidad
de
F
B
corriente, l es la longitud del lado (en la dirección de la
corriente) y B es el campo magnético.
A
D
D
I
y
Sobre los lados AC y BD de la espira actúan unas
fuerzas en las direcciones indicadas en la figura,
D
iguales y opuestas, que por ser paralelas al eje de
C
x
F
rotación de la espira no producen momento con
respecto al mismo.
Sobre los AB y CD de la espira actúan también fuerzas iguales y opuestas, en las direcciones
que se indican en la figura, de módulo
F IaB
A
B
F=IaB
que constituyen un par de fuerzas, cuyo
momento es
M
z
a senD
M par F a sen B Ia 2 B sen B
a
Mpeso
D
a cosD
C
F=IaB
P=mg
en la dirección que se indica en la figura.
Así, deberemos compensar dicho momento
suspendiendo una pesa en el lado CD de la
espira, de modo que proporcione un
momento con respecto al eje de rotación
igual y opuesto al del par; esto es,
M par M peso
a
l Ia 2 B sen B P cos B l P 2 IaB tg B
2
Otro modo de calcular Mpar El momento dipolar
magnético (m) de la espira y el momento dinámico
(Mpar) que ejerce el campo magnético externo (B) sobre
la espira son
£¦m IS
¦¤
l M par I S q B
¦¦¥M par m q B
= M par ISB sen B Ia 2 B sen B
que es el mismo resultado obtenido anterior.
- 424 -
A
B
D
m
M
a
Mpeso
D
C
P=mg
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.10
1
10. Con un conductor de longitud 8a se forman dos espiras cuadradas de lado a
exponiéndose a la acción de un campo magnético uniforme y constante como se
indica en la figura. Si por el conductor se hace circular una corriente de
intensidad i, determinar: a) Las fuerzas que se ejercen sobre los lados 1-2 y 3-4.
b) El momento resultante sobre las espiras.
B
a
2
3
a) Aplicando la expresión de la fuerza que actúa sobre un conductor
rectilíneo que transporta una corriente,
¬
1­­
con B B 0 ­­
F i l qB
0 ®­­
1
resulta
B
2
3
i
x
z
a
a
4
2 / 2¬­ ¬
0¬
­­ 1­­
2 ­­­
Lado 1-2: F12 iaB 2 / 2­­q 0 ­­ iaB
0­
2 1­­
0 ­­­ 0 ­­
®
­® ®
a
y
i
4
0 ¬­
0 ¬­ 1¬­
­ ­
­
Lado 3-4: F34 iaB 1­­q 0 ­­ iaB 0 ­­
­
0 ®­­ 0 ®­­
1®­
b) Calculamos los momentos (M) dinámicos a partir
de los correspondientes momentos magnéticos (m = iS) de las espiras.
Momento sobre la espira superior:
0 ¬­
¬ ¬
­
0­­ 1­­
M1 m1 q B i S1 q B ia 2 B 0­­q 0 ­­ ia 2 B 1­­
0 ®­­
1­­® 0 ­­®
Momento sobre la espira inferior:
0 ¬­
¬ ¬
­
0 ­­ 1­­
2
­
­
M 2 m 2 q B i S 2 q B ia B 0 ­q 0 ­ ia B 1­­
­
­
­
1­® 0 ®­
0 ®­
2
Momento total: M M1
M2 0
- 425 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.11
z
11. Una espira con forma de triángulo rectángulo, de catetos b y c, representada,
forma un ángulo de 45º respecto al plano xz. Por la espira circula una
intensidad de corriente I en el sentido indicado y puede girar libremente
entorno al eje z. Si la espira está dentro de un campo magnético uniforme
B = B i, determinar: a) El momento magnético de la espira. b) La fuerza
magnética sobre cada lado de la espira. c) El momento de las fuerzas
magnéticas sobre la espira.
I
b
y
B
45º
c
x
a) El momento magnético de la espira está definido como m IS , donde I es la intensidad
que la recorre y S la superficie de la espira, de modo que
1
m IS bcI l
2
cos 45º ­¬
1¬
¬
1 ­­
2 ­­­
2
­­ 1
bcI 1­­
m m cos 45º­ bcI
1­ ­ 2
­
­
2
4
­
­
0 ®­
0
®
0®
b) La fuerza que ejerce el campo magnético sobre un conductor rectilíneo de longitud l que
transporta una corriente I viene dada por F I l q B , de modo que:
0 ­¬
¬
¬
­
1­­
0 ­­
­
­
Fb I b q B Ib 0 ­q B 0­ IbB 1­­ IbB j
­
­
­
1­®
0­®
0 ®­
Fc I cq B Ic
Fa
Fb
1¬
¬
0 ­¬
1­­
­
2 ­­­
2
2
IcB 0 ­­ IcB k
1­q B 0­­ ­
­
­
2 0­
2
2
0­®
®
1­®
2
IcB k
2
Fc 0 l Fa Fb Fc IbB j
c) El momento de las fuerzas magnéticas sobre
la espira o momento dinámico es:
M mqB z
1 ¬­ 1¬­
0¬­
­ ­
­
2
2
bcIB 1­­q0­­ bcIB 0­­
­
4
4
0 ®­­ 0®­­
1®­
M
I
b
m
45º
B 45º c
x
- 426 -
a
y
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.12
12. Un conductor muy largo que transporta una corriente I se dobla en la forma indicada en
I
la figura. Determinar el campo magnético en el punto P.
P
a
a
Comenzamos estableciendo la expresión del valor del campo magnético B a
2a
una distancia a de un conductor rectilíneo (no infinito) que transporta una
intensidad de corriente I. Para ello, recurrimos a la ley de Biot-Savart, con la notación que se
indica en la figura:
£
a
¦
¦
a s sen R l s ¦
N0 d l qe s
N0
dx sen R
¦
sen R
I
I
dB con ¤
º B
¦
a
r2
s2
4Q
4Q ¨
¦
dR
x a cotg R l dx ¦
¦
sen 2 R
¦
¥
P
s
es
I
dB
a
T
-x
dl
eje x
de modo que
R2
B
N0
N I
a
sen 2 R N0 I
R
I¨
d
sen
sen R dR 0 < cos R >R2
R
R
2
2
¨
1
a
4Q
sen R
4Q a R
4Q a
1
=
B
N0 I
(cos R1 cos R2 )
4Q a
Para los conductores verticales (semi-infinitos) será:
Bvert N0 I
N I
(cos 0º cos135º ) 0 1
4Q a
4Q a
2 ­¬
­­
2 ­®
Para el conductor horizontal será:
Bhorz N0 I
N
(cos 45º cos135º ) 0
4Q a
4Q
I 2
a 2
2 ¬­ N0 I
­­ 2
2 ®­ 4Q a
y el campo magnético en el punto P, habida cuenta de que los tres conductores contribuyen en
la misma dirección (perpendicular al plano del dibujo y saliente), será:
¯
N I
N 2I
2 ­¬
­­
(1
2)
2 °° 0
B 2 Bvert Bhorz 0 ¡¡ 2 1
­
4Q a
4Q a ¡¢
2 ®
°±
- 427 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.13
13. Hallar la corriente que debe pasar por una bobina estrecha, de 15 espiras, y 10 cm de radio, para que en su
centro se produzca un campo magnético igual al campo magnético terrestre en el ecuador, que vale 70 PT.
Cada elemento infinitesimal de la espira contribuye al campo magnético en el centro de la
espira de acuerdo con la expresión
N d l qe r
(ley de Biot-Savart)
dB 0 I
r2
4Q
dl
que, aplicada a una espira de radio R, queda en la forma
N dl
er
dB 0 I 2
4Q R
I
Sumamos los módulos de todas las contribuciones de los
dB
elementos dl para obtener el campo magnético en el centro de la
B
espira:
Bespira ¨ d B N0 I
4Q R 2
2QR
N0 I
¨ d l 4Q R
2
0
y para una bobina de N espiras apretadas será:
N N0 I
B
2R
de modo que
I
2 RB 2q 0.1q 70q106
0.743 A = 743 mA
N0 N
4Q q107 q15
- 428 -
2Q R N0 I
2R
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.14
14. Un disco aislante de radio R está cargado eléctricamente con una carga +Q repartida uniformemente por su
superficie. Calcúlese el campo magnético B que se origina en su centro al girar alrededor de su eje de
simetría con velocidad angular Z.
Q
QR2
Z
Consideramos una corona circular r y espesor dr, cuya
superficie diferencial es d S 2Qr d r y que posee una
drdr
B
carga eléctrica infinitesimal
Q
2Q
dq TdS 2Q r d r 2 r d r
r
2
QR
R
er r
Esta carga se mueve con una velocidad v, por lo que crea
v=Zu r
un campo magnético dado por la ley de Biot-Savart:
N
v qe
dB 0 dq 2 r
4Q
r
con v qr q re r l v qe r ( q re r )qe r re r q ( qe r ) r
La densidad de carga superficial es T por lo que el campo elemental creado por la rotación Z de la corona es:
N
NQ
r N 2Q
r
dB 0 dq 2 0 2 r dr 2 0 2 dr
4Q
4Q R
2Q R
r
r
Integrando la expresión anterior, dado que todas las coronas circulares contribuyen en la
misma dirección, obtenemos
R
NQ
N QR
NQ
B 0 2 ¨ d r 0 2 0 0
2Q R
2Q R
2Q R
Así, el campo magnético en el centro del disco tiene la mima dirección que Z y viene dado
por la expresión:
NQ
B 0 2Q R
- 429 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.15
15. Una semicircunferencia, de radio r, de material dieléctrico está uniformemente
r
cargada con una densidad lineal de carga O. Cuando la hacemos girar con
velocidad angular Z constante alrededor de su diámetro, calcular el campo
magnético B que se producirá en el punto O.
O
Descomponemos la semicircunferencia en elementos de longitud dl = r d, con una carga
dq = dl = r d.
Campo magnético creado por una carga (dq) en movimiento (ley de Biot):
dB cos R ­¬
­
con er sen R ­­
0 ­®­
N0
v qe
dq 2 r
4Q
r
x ­¬
­
r y­­
­
0 ®­
¦£ x r cos R
¤¦
¦¦¥ y r sen R
X ¬­ x ¬­ 0 ­¬
­ ­ ­
La velocidad del elemento de carga dq genérico es: v qr 0 ­­q y ­­ 0 ­­
­
­
­
0 ®­ 0 ®­ X y ­®
sen 2 RdR ¬­
0 ¬­ cos R ¬­ X y sen R ¬­
­
­
­
­
De modo que v qer 0 ­­q sen R ­­ X y cos R ­­ X r sen R cos RdR ­­­
­
­
­
­
0
0
X y®­ 0 ®­
®­
®­
Y sustituyendo en la ley de Biot, obtenemos:
sen 2 RdR ­¬
sen 2 RdR ¬­
N0 dq
N0 MrdR
­ N0
­
­
dB X r sen R cos RdR ­­ MX sen R cos RdR ­­­
v q er 2
2
4Q r
4Q r
4
Q
­
­
­®
0
0
®­
Integramos para todo el arco semicircular, entre 0 y :
Q
£
¦
¦¦ Q sen 2 RdR ¡ R sen 2R ¯° Q
¨0
¦
¡¢ 2
4 °± 0 2
¦
¦
¤
2 ¯Q
¦¦ Q
¦¦¨ sen R cos RdR ¡ sen R ° 0
¡ 2 °
0
¦
¢
±0
¦
¥
y
dq
r
er
Y el campo resultante en O es
Q / 2¬­
N0
­ N
MX 0 ­­ 0 MX i
B
4Q 0 ­­ 8
®
r
dB
dq
er
O
dB
N0M
8
de modo que su dirección es la de , i.e., la del diámetro.
= B
- 430 -
B
x
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.16
16. Por dos conductores rectilíneos e indefinidos, situados
y
perpendicularmente entre sí, en un plano, circulan intensidades
constantes I1 e I2, como se indica en la figura. a) Determinar el
vector campo magnético creado por dichas corrientes en un punto
genérico P del plano Oxy. b) ¿En qué punto del plano Oxy el
campo es nulo?
P(x,y)
I2
O
I1
x
a) Comenzamos determinando, mediante el teorema de
Ampère, el campo magnético a una distancia r de un largo
conductor rectilíneo que transporta una intensidad de corriente I. Para ello calculamos la
circulación de campo B a lo largo de una trayectoria circular (línea de campo) situada en un
plano perpendicular al conductor:
N I
I
¨v B ¸ dl ¨v B dl B ¨v dl B 2Qr N0 I l B 2Q0 r
El campo magnético en P(x,y) se obtiene como la superposición de
los campos magnéticos creados por cada uno de los conductores en
r
dicho punto; esto es,
B
N I
N I
N I
I ¬
B B1 B 2 0 1 k 0 2 k 0 1 2 ­­­ k
2Q y
2Q x
2Q y x ­®
b) La condición de que el campo magnético sea nulo nos lleva a escribir
N I
I ¬
I
I
I
B 0 1 2 ­­­ 0 l 1 2 0 l y 1 x
­
y x
I
2Q y x ®
2
que es la ecuación de una recta que pasa por el origen de coordenadas y cuya pendiente es
I1/I2.
- 431 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Campo magnético. E04.17
17. Determinar el flujo magnético a través de una espira cuadrada de lado a, situada a una
distancia b de un hilo conductor, contenido en su mismo plano, que transporta una
corriente constante I.
a
I
a
b
Comenzamos determinando, mediante el teorema de Ampère, el campo
magnético a una distancia r de un largo conductor rectilíneo que transporta una intensidad de
corriente I. Para ello calculamos la circulación de campo B a lo
largo
de una trayectoria circular (línea de campo) situada en un
I
plano perpendicular al conductor:
N 2I
v B ¸ dl ¨v B dl B ¨v dl B 2Qr N0 I l B 4Q0 r
¨
r
Así pues, el campo magnético es perpendicular al plano de la espira,
B
su sentido es hacia adentro y su magnitud decrece con la distancia al
hilo rectilíneo conductor.
Calculamos el flujo a través de una franja estrecha, de espesor dr, de
superficie dS = adr, situada a una distancia r del hilo.
a
I
N 2I
N
dr
d' =B ¸ dS B dS 0
a dr 0 2 Ia
r
4Q r
4Q
r
a
e integramos sobre toda la superficie de la espira,
b
dr
b a
'
N0
b a
dr N0
2 Ia ¨
2 Ia ln
Q
r
b
4Q
4
b
- 432 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.1
1. En una zona del espacio existe un campo magnético uniforme B = -Bk. Una varilla delgada, conductora, de
longitud L está situada paralelamente al eje Oy. Determinar la fuerza electromotriz inducida en la varilla
cuando ésta se mueve con velocidad constante v e indicar el extremo de la varilla que estaría a mayor
potencial en los siguientes casos: a) v = vi, b) v = vj, c) v = vk.
La f.e.m. inducida en un conductor rectilíneo, de longitud l, que se mueve con velocidad v en
un campo magnético uniforme B viene dada por el producto mixto de esas tres magnitudes;
i.e.,
y
+ +
l < vqB
A + + +
de donde se siguen fácilmente los resultados.
0 l
0
a) l < v q B v 0 0 lvB ,
0 0 B
+
+
+
+
+
C
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+ x
l
o sea, dirigida desde C hacia A (en la dirección de L), por lo que el extremo A estará a mayor
potencial que el C.
0 l
0
b) l < v q B 0 v 0 0
0 0 B
por lo que todos los puntos de la varilla se encuentran al mismo potencial.
0 l
0
a) l < v q B 0 0 v 0
0 0 B
por lo que todos los puntos de la varilla se encuentran al mismo potencial.
- 433 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.2
2. Por un conductor rectilíneo e indefinido circula una intensidad I. Un segundo conductor de longitud l, está
situado perpendicularmente al primer conductor y se desplaza en la misma dirección y sentido que la
intensidad con una velocidad v. Determinar la diferencia de potencial inducida que se origina entre los
extremos del segundo conductor.
Comenzamos determinando, mediante el teorema de Ampère, el campo
magnético a una distancia r de un largo conductor rectilíneo que
I
transporta una intensidad de corriente I. Para ello calculamos la
circulación de campo B a lo largo de una trayectoria circular (línea de
r
campo) situada en un plano perpendicular al conductor:
B
NI
¨v B<dl ¨v Bdl B ¨v dl B 2Qr N0 I l B 2Q0 r
Como el conductor MN se mueve en el
campo magnético creado por el otro conductor, se induce en el
u
u
u
u
u
una f.e.m.. Como el campo magnético B no es constante en todo
el conductor MN, consideramos un elemento de longitud dr, en
v
I u uB u
u
u
el que la f.e.m. inducida será
d dl <( v qB) v B d r
ru
u M
u dr u
u
N
ua u
ul
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
en la dirección del producto vectorial de vuB; esto es, de N
hacia M, como se ilustra en la figura.
La f.e.m. inducida en todo el conductor se obtiene por
integración:
¨ vB dr B
N0 Iv
2Q
a l
¨
a
d r N0 Iv a l
ln
r
a
2Q
La diferencia de potencial entre los extremos del conductor en movimiento coincide con el
valor de la f.e.m. anteriormente calculada, estando el extremo M a mayor potencial que el N.
- 434 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.3
3. Una varilla conductora, de longitud L, está girando con velocidad angular constante
(Z) alrededor de un eje fijo perpendicular a ella y que pasa por su extremo. En el
mismo plano de rotación de la varilla, un conductor rectilíneo indefinido transporta
una corriente eléctrica constante (I) y pasa por el extremo de la varilla. Determinar la
f.e.m. inducida en la varilla en función del tiempo.
I
L
Z
De conformidad con la notación que se indica en la figura, el campo magnético creado por
una corriente rectilínea indefinida en un elemento del conductor viene dado por
N I N
I
B 0 0
2Q x 2Q r cos Xt
La velocidad de dicho elemento es v = r, en la dirección que se indica en la figura. Como
consecuencia de su movimiento, en el elemento del conductor
se induce una f.e.m. dada por la expresión
B
N
I
d dr ¸ ( v q B) v B dr X r 0
dr
v
2Q r cos Xt
dr
N IX
x
= d 0
dr
2Q cos R
d
r
e integrando a lo largo de toda la varilla, para tener en cuenta
I
las contribuciones de todos los elementos, obtenemos la f.e.m.
Zt
inducida en la varilla:
L
N IX
N IXL
0
dr 0
¨
2Q cos R 0
2Q cos R
en la dirección que se indica en la figura.
- 435 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.4
4. Una varilla conductora, de longitud L, está girando con velocidad angular
constante () alrededor de un eje fijo perpendicular a ella y que pasa por su
centro. En el mismo plano de rotación de la varilla, un conductor rectilíneo
indefinido transporta una corriente eléctrica constante (I). Determinar la f.e.m.
inducida en la varilla en el instante que se indica en la figura.
I
a
L
El campo magnético creado por un conductor rectilíneo indefinido, a una distancia h del
N 2I
y
y, en la
mismo viene dado por la expresión B 0
Q h
4
b
v
figura adjunta, es perpendicular al plano del dibujo,
B
h
entrante a la derecha del hilo conductor. Por consiguiente,
en un elemento infinitesimal de la varilla, de longitud dx,
x
situado a una distancia x de su centro, la magnitud del
a
L
N 2I
. Puesto que dicho
campo magnético es B 0
4
Qb x
I
elemento se está moviendo con una velocidad v = x,
generará una f.e.m. inducida elemental dada por
N 2I X
N X I x dx
d dl ¸ ( v q B) dx vB 0
x dx 0
4Q b x
4Q b x
en la dirección indicada en la figura. Integrando la expresión anterior, para sumar las
contribuciones de todos los elementos de la varilla, tenemos
N0 X I
4Q
L /2
N XI
x dx
¨ b x 40 Q
L / 2
L/ 2
N XI
h b
¨ h dh 40 Q
L /2
a L
b¬
¨ 1 h ­­­®dh a
N0 X I
a L ¬­
­
L b ln
4Q
a ­®
habiendo utilizado el siguiente cambio da variable h b x l dh dx . El resultado anterior
lo rescribimos en la forma:
¬
N XI
a L
1
0 (a
L) ln
L­­­
®
4Q
a
2
Otro método: Ley de Faraday
N0 I
r dr dR
2Q b r
N
N X I r dr
d'
dR
I
d 0
0
r dr
dt
2Q b r
dt
2Q b r
dS (rdR ) dr r dr dR
d
r
dS
dr
N0 X I
2Q
L /2
d' B dS N XI
r dr
... 0
4Q
b
r
L / 2
¨
- 436 -
(a
1
2
L) ln
a
L
a
¬
L­­­
®
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.5
z
5. La espira rectangular de base b = 0.2 m y altura h = 0.5 m de la figura se traslada
con velocidad constante v = 3 j (m/s) en una región del espacio donde existe un
campo magnético no homogéneo dado por B = y i (T). Determinar la fuerza
electromotriz inducida en la espira, indicando en un esquema el sentido de la
corriente que se origina.
v
h
b
y
x
La f.e.m. inducida sobre un conductor rectilíneo, de longitud l, que se mueve se mueve con
una velocidad v en un campo magnético B, viene dada por la expresión:
l ¸ ( v q B)
y su sentido es el del producto vectorial v×B.
En el caso en que los tres vectores sean ortogonales entre sí, la expresión anterior se reduce a
l v B
Las f.e.m. inducidas sobre los lados superior e inferior de la espira son
nulos; ya que el producto mixto es nulo por ser l v.
Las f.e.m. inducidas sobre los lados laterales de la espira tienen el
sentido que se indica en la figura, siendo sus magnitudes:
1 hv B1 hv y
2 hv B2 hv ( y b)
v
1
I
2
lo que da como resultado una f.e.m. neta en la espira en el sentido
horario, tal como se ilustra en la figura, siendo su magnitud:
2 1 hv ( y b) hv y hb v Sv
donde S es la superficie de la espira.
La espira estará recorrida por una corriente eléctrica inducida en el sentido horario, cuya
intensidad será
Sv
I R
R
siendo R la resistencia de la espira.
- 437 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.6
6. Una bobina rectangular de 80 vueltas, 20 cm de anchura y 30 cm de
longitud está situada en un campo magnético B = 0.8 T perpendicular al
plano de la bobina y dirigido hacia dentro de la página. Como se indica en
la figura, tan sólo la mitad de la bobina se encuentra en la región del campo
magnético. La resistencia de la bobina es de 30 :. Determinar la magnitud
y dirección de la corriente inducida al desplazarse la bobina con una
velocidad de 2 m/s en los siguientes casos: a) hacia la derecha, b) hacia
arriba y c) hacia abajo.
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
80 vueltas
+
+
+
+
+
x
30cm
20cm
d'
dt
a) En este caso el flujo a través de la bobina permanece constante, por lo que será:
0
I 0
Ley de la inducción de Faraday: N
b) El flujo ' BS Blx Bl (
h
2
vt ) varía (aumenta) con el tiempo,
de modo que
d'
NBlv 80q 0.8q 0.20q 2 25.6 V
dt
25.6
I 0.853 A { (ley de Lenz)
R
30
h
c) El flujo ' BS Blx Bl ( vt ) varía (disminuye) con el tiempo,
2
de modo que
N
d'
NBlv 80q 0.8q 0.20q 2 25.6 V
dt
25.6
I 0.853 A z (ley de Lenz)
R
30
N
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+ +
+ v+
l+ +
+ +
I+ +
+
+
+
+
+
x
h
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+ +
+v+
l+ +
+ +
I+ +
+
+
+
+
+
x
h
Otro método:
A partir de la expresión de la f.e.m. inducida sobre un conductor rectilíneo en movimiento en
un campo magnético, l ¸ ( v q B) (producto mixto), se siguen fácilmente los siguientes
resultados:
a) 0 , por ser l & v (el producto mixto es nulo)
b)
NlvB 80q 0.20q 2q 0.8 25.6 V
25.6
0.853 A
I R
30
c)
NlvB 80q 0.20q 2q 0.8 25.6 V
25.6
0.853 A
I R
30
- 438 -
v
l
B
-I
+I
-v
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.7
7. Un conductor rectilíneo indefinido y una espira cuadrada están situados en un
mismo plano. La espira, de lado a, tiene el lado más cercano al conductor paralelo al
mismo y a una distancia igual a su lado. Determínese la fuerza electromotriz
inducida en la espira cuando por el conductor rectilíneo circula una corriente
i I sen Xt .
i
r
B
i
u
u
u
u
u
u
u
u
a
i
a
a
El teorema de Ampère nos permite determinar la intensidad del campo
magnético a una distancia r de un largo conductor rectilíneo que
transporta una intensidad de corriente i. Para ello, calculamos la
circulación de campo B a lo largo de una trayectoria circular (línea de
campo) situada en un plano perpendicular al conductor:
N i
¨v B<dl ¨v Bdl B ¨v dl B 2Qr N0i l B 2Q0 r
El campo magnético es perpendicular al plano de la espira, su sentido es
hacia adentro y su magnitud decrece con la distancia
al hilo rectilíneo conductor.
u u au u
u
Calculamos el flujo a través de una franja estrecha, de
u u u u
u
espesor dr, de superficie dS = adr, situada a una
u u u u
u
distancia r del hilo.
u u u u
u
a
N i
N
dr
u u u u
u
d' =B ¸ dS B dS 0 a dr 0 ia
2Q r
2Q r
u u u u
u
u
u u u u
e integramos sobre toda la superficie de la espira,
u
u
u
ru
u
u
u
u u dr
u
u
u
u
'
2a
N
¬
N0
dr N0
ia ¨
ia ln 2 0 Ia ln 2­­­ sen Xt
2Q
®
2Q a r
2Q
De acuerdo con la ley de Faraday, la f.e.m. inducida en la espira es
N
¬d
N
¬
d'
0 Ia ln 2­­­ sen Xt 0 I X a ln 2­­­ cos Xt
2Q
® dt
2Q
®
dt
- 439 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.8
a
8. Una espira cuadrada de lado a, tiene una resistencia R, y penetra perpendicularmente
en una franja donde existe un campo magnético B, con una velocidad v que forma un
ángulo de 45º con el límite de la franja. Determínese la fuerza que hay que realizar
cuando penetre en dicha franja, y la fuerza al salir de la misma. Indíquese el sentido
de la intensidad inducida y la fuerza en ambos casos.
v
u u u u u u
u u u u u u
Fuerza electromotriz inducida por un conductor rectilíneo de longitud l que se mueve con una
velocidad v en un campo magnético B:
ind l ¸ ( v q B)
Fuerza que ejerce un campo magnético B sobre un conductor rectilíneo, de longitud l, que
transporta una corriente I:
F I (l q B )
En ambos casos, tan solo la componente “vertical” de la velocidad, i.e.
la corriente inducida.
Entrando
2v / 2 , contribuye a
a
2
2
vB avB (de izquierda a derecha)
2
2
2 avB
I ind ind (sentido antihorario)
R
2 R
2 a 2 vB 2
(sentido hacia arriba)
F I ind aB R
2
Fap F (hacia abajo, se opone a entrar)
ind a
I
I
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
uF
uF u
u u
u u
u u
u u
ap
u u
u u
uu
u u
u2 u
v
2
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
Saliendo
2
vB 2
I ind ind R
2
avB (de izquierda a derecha)
2
2 avB
(sentido horario)
2 R
2 a 2 vB 2
F I ind aB (sentido hacia arriba)
R
2
Fap F (hacia abajo, se opone a salir)
ind a
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
uF u u
u u u
u u u
u u u
u u u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
I
u
u
u
u
u
Nota: Las fuerzas sobre los lados “laterales” son iguales y
opuestas, por lo que tienen una resultante nula.
I
Fap
a
- 440 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.9
z
9. En una región del espacio existe un campo magnético giratorio cuya
expresión en función del tiempo viene dada por
B B0 cos Xt j
B0 sen Xt k
a
Una espira cuadrada de lado a gira alrededor del eje Ox con igual velocidad
angular Z. Determinar la f.e.m. inducida si: a) el sentido de giro de la espira
coincide con el del campo magnético, b) el sentido es opuesto.
y
x
Expresamos vectorialmente la superficie contorneada por la espira; esto es
S S cos(oXt ) j S sen (oXt ) k S cos Xt j o S sen Xt k
donde el doble signo de la velocidad corresponde a las dos posibilidades previstas en el
enunciado del problema.
El flujo a través de la espira es
¬­
0
0
­­¬
£¦ B0 S cte
­
' B ¸ S B0 cos Xt ­­ < S cos Xt ­­ B0 S (cos 2 Xt o sen 2 Xt ) ¤¦
¦¥¦ B0 S cos 2Xt
B sen Xt ­®­ o S sen Xt ­­®
0
Y la f.e.m. inducida viene dada por
d'
d
ind = B0 S (cos 2 Xt o sen 2 Xt ) X B0 S (2 cos Xt senXt o 2senXt cos Xt )
dt
dt
£
¦0
= ind 2X B0 S (cos Xt senXt B senXt cos Xt ) ¦
¤
¦
¦
¥2X B0 Ssen2Xt
a) El sentido de giro de la espira coincide con el del campo magnético:
ind 2X B0 S (cos Xt senXt senXt cos Xt ) 0
lo que resulta obvio, ya que al girar la espira con la misma velocidad angular y en el mismo
sentido con que lo hace el vector campo magnético, el flujo a través de ella permanece
constante.
b) El sentido de giro de la espira es opuesto al del campo magnético:
ind 2X B0 S (cos Xt senXt senXt cos Xt ) 2X B0 S (2sen Xt cos Xt ) 2X B0 a 2 sen(2Xt )
lo que también resulta obvio, ya que el resultado anterior se puede escribir en la
forma ind 2X B0 a 2 sen(2Xt ) 8 B0 a 2 sen 8t , ya que al girar la espira con la misma
velocidad angular, pero en sentido opuesto al de rotación del vector campo magnético,
equivale a una rotación de la espira con una velocidad angular : = 2Z en un campo
magnético estacionario.
- 441 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.10
10. La espira de forma cuadrada, de lado a y resistencia eléctrica R, que se muestra
en la figura, gira alrededor del eje x con velocidad angular constante . En el
instante t = 0, su posición es la representada en la figura. Supongamos que
existe un campo magnético no uniforme de dirección constante y paralela a la
del eje z, tal que su módulo venga dado por B = Ky, donde K es una constante
positiva. a) Determinar la intensidad que circula por la espira en un instante
genérico t; i.e., i(t). b) Representar el sentido de la intensidad cuando la espira se
encuentra en cada uno de los cuadrantes que recorre en su movimiento.
a) La f.e.m. inducida sobre un conductor rectilíneo, de longitud l, que se mueve con una
velocidad v en un campo magnético uniforme B viene dada por
l < ( v q B)
Puesto que la f.e.m. tiene el sentido definido por el producto
vectorial ( v q B) , tan solo se induce f.e.m. a lo largo del lado
de la espira opuesto al eje de rotación. Además, el campo
magnético, aunque no es uniforme, presenta un valor constante
a lo largo de ese lado (conductor), por lo que podemos aplicar
la expresión anterior; esto es,
avB sen Xt a aX Ka cos Xt sen Xt Ka 3X sen Xt cos Xt 1 3
Ka X sen 2Xt
2
Otro método
Como la espira se encuentra en movimiento (rotación), el flujo que la atraviesa
varía en el transcurso del tiempo; esta variación del flujo produce una f.e.m.
inducida en la espira.
En un instante genérico t, la posición de la espira estará determinada por el
ángulo t. Para calcular el flujo que la atraviesa en ese instante, observamos que
el campo magnético no tiene la misma intensidad en todos los puntos de la
superficie de la espira. En consecuencia, procedemos por integración,
descomponiendo la superficie de la espira en bandas estrechas de espesor
infinitesimal d, tal como se ilustra en la figura, y superficie dS = ad, en las que
el campo magnético tiene un valor constante B = Ky = Kcost. Así, obtenemos
a
' ¨ B<dS ¨ BdS cos Xt ¨ K I cos Xt adI cos Xt Ka cos 2 Xt ¨ IdI 0
1 3
Ka cos 2 Xt
2
Aplicamos la ley de Faraday para determinar la f.e.m. inducida en la bobina en un instante genérico,
( ind d' 1 3
1
Ka X 2 cos Xt sen Xt Ka 3X sen 2Xt
dt
2
2
La intensidad de la corriente que circula por la espira en un
instante genérico es
ind 1 Ka 3X
sen 2Xt
R
2 R
b) De acuerdo con la regla de Lenz y con la del producto
( v q B) , el sentido de la corriente inducida es la indicada para
cada uno de los cuadrantes.
iind - 442 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.11
11. Una bobina rectangular, de 80 vueltas y de dimensiones 20 cm u 30 cm, está
situada en un campo magnético B = 0.8 T dirigido hacia dentro de la página.
Como indica la figura, sólo la mitad de la bobina se encuentra en la región del
campo magnético. La resistencia eléctrica de la bobina es de 30 :. Determinar la
magnitud y dirección de la corriente inducida al desplazarse la bobina con una
velocidad de 2 m/s (a) hacia la derecha, (b) hacia arriba y (c) hacia abajo.
u
u
u
u
La f.e.m. inducida en un conductor rectilíneo en movimiento en un
campo magnético externo viene dada por el producto mixto l < ( v q B) .
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
b =30cm
a =20cm
En los tres supuestos considerados, tan solo contribuyen a la f.e.m. inducida neta los
conductores situados en el lado superior de la bobina, en los que
a­¬
¬
­
0 ­­
­
l 0­
B 0 ­­
u u u u
­
­
0­®
B­®
u u lu u
u u u u
u u u u
+I
y
v­¬
­
a) En este caso será v 0­­ , por lo que el producto mixto será
0­­®
nulo ( l & v ). Así,
0 l I 0
x
0­¬
­
b) En este caso será v v­­ , por lo que
0­­®
a =20cm
a­¬ 0­¬ 0 ¬­
a¬­ vB¬­
­ ­ ­
­
NavB
­
N 0­­<v ­­q 0 ­­ N 0­­< 0 ­­ NavB l I ­
­
­
­
­
R
0­® 0­® B®­
0®­ 0 ®­
NavB 80q 0.20q 2q 0.8 25.6 V l I 25.6
0.85 A
30
en el sentido antihorario.
0 ­¬
­
c) En este caso será v v­­ , por lo que
0 ­­®
a¬­ 0 ¬­ 0 ¬­
a­¬ vB¬­
­ ­ ­
­ ­
NavB
N 0­­<v­­q 0 ­­ N 0­­< 0 ­­ NavB l I ­
­
­
­
­
R
0®­ 0 ®­ B®­
0­® 0 ®­
NavB 80q 0.20q 2q 0.8 25.6 V l I en el sentido horario.
- 443 -
25.6
0.85 A
30
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.12
12. Una espira conductora circular elástica se expansiona a una velocidad constante, de modo que su radio viene
dado por R = R0 + vt. La espira se encuentra en una región de campo magnético constante perpendicular a la
misma. Determinar la fuerza electromotriz generada en la espira. Despreciar los efectos posibles de
autoinducción.
La fuerza electromotriz inducida en la espira viene dada por la expresión:
d'
(ley de inducción de Faraday)
dt
con
' B S BQ R0
vt
2
de modo que
d
BQ R0
dt ¡¢
d
2
vt ¯° Q B ¡ R0
±
dt ¢
Esto es,
2Q Bv R0
vt
}
en el sentido antihorario (ley de Lenz).
- 444 -
2
vt ¯° 2Q Bv R0
±
vt
uuuuuuu
B
uuuuuu
uuuuuuu
R
uuuuuu
uuuuuuu
uuuuuu
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.13
13. Un anillo delgado y conductor, de radio r, se encuentra en un campo magnético uniforme de dirección
perpendicular al plano del anillo y que varía con el tiempo según la ley B = kt, donde k es una constante
positiva. Determinar la intensidad del campo eléctrico en el anillo (su módulo y su sentido). Explicar la
naturaleza de dicho campo eléctrico.
Calculamos el flujo magnético a través del anillo
' BS Qr 2 kt
Puesto que el flujo varía con el tiempo, se induce en el anillo una f.e.m. que viene dada por la
ley de Faraday:
d'
Qr 2 k
dt
u u u u u u u u u u u
u u u u u u u u u u u
y tiene el sentido que se indica en la figura (antihorario).
u u u u u u u u u u u
La f.e.m. se define como la circulación del campo u u u u u u u u u u u
E
eléctrico (no-electrostático) a lo largo de todo el anillo. u u u u u u u u une u u
Calculamos dicha circulación a lo largo de una línea de u u u u u u u u u u u
u u u u u Bu u u u u u
campo:
¨
v Ene <dl ¨v Enedl Ene ¨v dl 2QrEne
de modo que
Qr 2 k
kr
2Qr
2Qr
2
y tiene el mismo sentido que la f.e.m.
Ene - 445 -
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u u
u u
fem
u u
u u
u u
u u
u u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.14
14. Una varilla metálica gira con velocidad angular constante alrededor de un eje per- .
pendicular a ella y que pasa por uno de sus extremos, deslizando sobre un anillo .
conductor de radio l, como se esquematiza en la figura. El eje de la varilla está .
conectado al borne positivo de un generador de f.e.m., cuyo borne negativo está .
conectado al anillo. Si existe un campo magnético uniforme perpendicular al plano
del anillo, determinar la velocidad angular que adquirirá la varilla y el sentido de .
.
.
.B
.
.
. .
. .
. .
. .
. .
.
.
l
.
.
.
.
.
.
.
.
ésta.
El generador produce una corriente eléctrica, en el sentido indicado en la figura, que
tomaremos como sentido positivo.
La varilla se encuentra en un campo magnético externo (B) y está recorrida por la intensidad
de corriente I. En consecuencia, la varilla está sometida a una fuerza F I l q B ,
uniformemente distribuida que da lugar a un momento resultante que la hace girar en el
sentido horario con velocidad angular creciente (movimiento acelerado de rotación).
Como consecuencia del movimiento de la varilla conductora en un campo magnético externo
(B), se induce en ella una cierta f.e.m.. El campo no-electrostático en la varilla, dado por,
Ene v qB , está dirigido a lo largo de la varilla, hacia el extremo fijo de la misma (sentido
negativo). Cada elemento de la varilla en rotación tiene una velocidad distinta, esto es, v = rZ,
siendo r la distancia del elemento al extremo fijo de la varilla. Calculamos la f.e.m. inducida
mediante integración:
l
1
ind ¨ Ene <dl ¨
v qB <dl ¨ vB dr X B ¨ r dr X Bl 2
cond
cond
cond
0
2
La varilla quedará libre de la acción de fuerzas y momentos cuando alcance una cierta
velocidad angular tal que la f.e.m. inducida sea igual (y opuesta) a la del generador, ya que
entonces la intensidad de la corriente será nula. Esto es,
ind IR 0 l
ind
ind IR 0 l
ind
de modo que
.
.
.
.
.
. .
. .
B
. .
. .
. .
.
.l
.
.
.
. .
. .
.v F.
. .
. .
ind
I
I
ind
I
I
- 446 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.15
15. Una bobina muy larga tiene 1000 espiras/m de longitud y está recorrida por la una intensidad i = 3 cos 100 t
(en unidades del S.I.) En su interior y sobre su mismo eje, colocamos una pequeña bobina de 1 cm de radio
y 50 espiras independientes de las de la bobina larga. a) Calcular la intensidad del campo magnético en el
interior de la bobina larga. b) Determinar el valor del flujo magnético a través de la bobina pequeña.
c) Calcular la f.e.m. inducida en la bobina pequeña.
a) Determinamos el campo magnético B en el interior de
la bobina o solenoide largo a partir del Teorema de
Ampère, calculando la circulación de B a lo largo de una
línea de campo:
B
N
S
l
¨v B<dr ¨v B dl B ¨v dl Bl N Ni
B débil
0
de donde
N0 Ni
N0 ni N0 nI cos Xt l
4Q q107 q1000q3cos100t 0.0012Q cos100t
B
B
= B 3.77 q103 cos100t (S.I.)
que puede considerarse uniforme en el interior de la bobina.
b) Flujo ligado a través de la bobina pequeña:
2
' NBS 50q 3.77 q103 cos100t Q 0.01 5.92q105 cos100t (S.I.)
c) Determinamos la f.e.m. a partir de la Ley de la Inducción de Faraday:
d'
d
5.92q105 cos100t 5.92q103 sen100t (S.I.)
dt
dt
de modo que máx 5.92 mV .
- 447 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.16
16. Determinar el coeficiente de autoinducción de un solenoide tórico constituido por N espiras. El radio medio
del toro es R y su sección cuadrada de lado a.
Determinamos el campo magnético B en el interior del solenoide a
partir del Teorema de Ampère, calculando la circulación de B a lo
largo de la línea de campo circular de radio R:
R
¨v B<dr ¨v B dl B ¨v dl B 2Q R N NI
0
de donde
N0 NI N0 NI
2Q R
l
El flujo ligado en el solenoide será
B
N0 N 2 S
N N 2S
I 0
I
2Q R
l
El coeficiente de autoinducción se define como el flujo ligado por unidad de intensidad de
corriente:
N ' NSB L
( N ' ) N0 N 2 S N0 N 2 S
I
l
2Q R
o bien, con S = a2, tenemos
L
( N ' ) N0 N 2 a 2 N0 N 2 a 2
I
l
2Q R
R
a
2
R
a
2
a
Eje del toroide
Cálculo más detallado.
La intensidad del campo magnético B no es constante en
toda la sección del solenoide toroidal, sino que decrece
con la distancia r al eje de simetría de rotación del
mismo, ya que
N NI N NI
B 0 0
2Qr
l
por lo que el cálculo correcto del flujo a través de una
espira se debe hacer mediante integración; i.e.,
dS
R
a
r
espira
dr
a
R
N NIa 2 R a
dr N NIa
'¨
¨ a r 02Q ln 2a 02Q ln 2R a
S
R
R
R
2
2
2
de modo que el flujo ligado y la autoinducción vienen dados por
N NI
N NIa
B<dS ¨ 0 adr 0
2
2Q
Q
r
a
N' N0 N 2 Ia 2 R a
( N ' ) N0 N 2 a 2 R a
ln
ln
l L
2Q
2R a
2Q
2R a
I
- 448 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.17
12V 12:
17. En el esquema de la figura, determinar: a) La intensidad que pasa por cada rama en el
instante inicial (t = 0), cuando se conecta la batería. b) La intensidad que pasa por cada
rama cuando alcanza el estado estacionario (t = f).
4:
10PF
q
0.
C
Al ser VAB 0 por la resistencia de 4 : no pasará corriente.
10PH
a) Inicialmente el condensador está descargado por lo que VAB B
12V 12:
A
di
0 , luego en ese instante i no
dt
varía; como antes era nula, ahora seguirá siéndolo.
En definitiva, la corriente circula tal como se indica en la figura, a través de
la resistencia de 12 : y del condensador (que “deja pasar”), siendo su
intensidad
En la rama de la bobina será VAB L
4:
10PF
10PH
12
1 A
R 12
siendo nula en los otros elementos.
4:
b) Una vez haya transcurrido un tiempo suficientemente largo (t o f), se
alcanza el estado estacionario y todas esas magnitudes permanecerán
10PF
constantes.
di
di
10PH
En la rama de la bobina será
0 l VAB L 0 y la bobina “deja
dt
dt
pasar” la corriente.
Por ser VAB 0 , la intensidad por la rama de la resistencia de 4 : será nula. Por la misma
razón será nula la intensidad en la rama del condensador, ya que habrán pasado todos los
efectos transitorios de carga del condensador.
En definitiva, la corriente circula tal como se indica en la figura, a través de la resistencia de
12 : y de la bobina (que “deja pasar”), siendo su intensidad
12
I 1 A
R 12
siendo nula en los otros elementos.
B
12V 12:
A
I
- 449 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.18
18. Consideremos un circuito RL en serie conectado a un generador de f.e.m. en
corriente continua. En el instante t = 0 se cierra el interruptor S y se inicia la
corriente de cierre en el circuito. a) Expresar la intensidad de la corriente de cierre
en función del tiempo. b) Definir la constante de tiempo de circuito RL y explicar
su significado. c) Explicar el comportamiento del circuito RL a partir de los
elementos resistencia y autoinducción.
a) En el instante inicial el interruptor (S) está abierto y la
S
autoinducción está “descargada”. Al conectar el generador
(t = 0), comienza a circular la corriente.
Calculamos la d.d.p. entre a y b a través de los elementos pasivos
y a través de generador (de resistencia interna nula):
i
di
Vab vR vL Ri L R
dt
Separamos las variables i y t:
a
di
di
dt
L iR l
iR L
dt
E integramos
£¦u / R i
i
di
R t
¨0 / R i L ¨0 dt utilizando el cambio de variable: ¦¤¦¦du di
¥
¨
ln
S
R
L
i
L
c
ind
b
/ R i R
i
du
ln u ¢ ln / R i ¯± 0 ln
t
u
/R
L
/ R i
/R
R
t
R
i
t l 1
e L
/R
L
R
t
L
l 1 e
i
/R
£¦
¦¦
¦t 0 i 0
¦¦¦
i I f 1 e1 0.63 I f
¤t U
¦¦
¦
¦¦¦t d i I f R
¦¥
b) Constante de tiempo ( ): tiempo que deberá transcurrir en el proceso de cierre hasta que la
intensidad de la corriente alcanza el 63% de su valor final.
c) Al aumentar la intensidad de la corriente,
i
se induce una f.e.m. en la L tal que se opone
If
al aumento de la intensidad, por lo que
i (t ) I f 1 et / RC
retrasa el aumento de está; la L se comporta 0.63If
como un elemento de inercia que almacena
energía en el campo magnético que se va
creando en la autoinducción a medida que
pasa la corriente.
¦£
t / U
¦¦¦ i 1 e
R
= ¤
¦¦
¦¥¦ U L / R
- 450 -
t
Física Universitaria: Problemas de Física
Inducción magnética. E05.19
19. Un circuito serie, alimentado con tensión alterna de 125 V y 50 Hz de frecuencia, está formado por una
resistencia de 8 :, una autoinducción 12 : de reactancia y un condensador de 6 : de reactancia. a) ¿Qué
intensidad circulará por el circuito? b) Si la corriente alterna varía su frecuencia a 25 Hz, sin variar su
tensión, ¿qué intensidad circulará por el circuito? c) Determinar elemento en paralelo necesario para corregir
completamente el factor de potencia, en cada caso.
a)
Tensión alterna de 125 V y 50 Hz de frecuencia
X 2QO 100Q rad/s
' 8 12 j - 6j = 8 + 6j = 10 36.9º 8 (inductivo)
=
# 125 0º
12.5 36.9º 10 7.5 j A
' 10 36.9º
a 8j :
-6j :
125 V 50 Hz
b) Tensión alterna de 125 V y 25 Hz de frecuencia
X a 2QO 50Q rad/s º
£¦ X La X a L X a 1
¦
= X La 6 8
¦
¦
2
XL
X
¦ X La
¤
¦
¦ X Ca XC X 2 = X a 12 8
¦
C
¦
¦
¥ X Ca X aC X a
'a 8
12 :
12 :
6j :
-12j :
6 j -12 j 8 - 6 j 10 -36.9º 8 (capacitativo)
125 0º
#a
12.5 36.9º 10
' a 10 36.9º
125 V 25 Hz
7.5 j A
c1) Como el circuito es inductivo, hay que colocar un condensador en paralelo.
V
I react I sen G X CV
XC
I sen G
7.5
191q106 F = 191 F
C
XV
100Q q125
c2) Como el circuito es capacitativo, hay que colocar una autoinducción en paralelo.
V
V
I react I sen G X L XL
V
125
106q103 H = 106 mH
L
X I sen G 50Q q 7.5
- 451 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.1
1. Para determinar la resistencia Rb y la autoinducción Lb de una bobina se la coloca en serie con una resistencia pura y calibrada de 1 k y se miden las caídas de tensión en esta resistencia, en la bobina y en el
circuito serie completo, obteniéndose los siguientes resultados a 50 Hz: 180 V, 50 V y 220 V, respectivamente. a) Dibujar el diagrama fasorial de tensiones. b) Determinar la resistencia Rb y la autoinducción Lb de
la bobina.
a) La intensidad de la corriente (I) es la misma en la
resistencia y en la bobina.
En la resistencia, la intensidad y la tensión están en
fase.
En la bobina (impedancia inductiva), la intensidad
está retrasada respecto de la tensión; o lo que lo
mismo, la tensión está adelantada respecto de la
intensidad.
En consecuencia, el diagrama fasorial de tensiones es
el que mostramos en la figura.
b) Puesto que # #R #b (suma fasorial), será
V 2 VR2
Vb2
2VRVb cos G l cos G R
I
Z
bobina
VR
Vb
V
V=220 V
I
VR=180V
Vb=50V
I
V 2 VR2 Vb2 2202 1802 502
0.75
2VRVb
2q180q50
de modo que la tensión en la bobina está adelantada G 41.4º respecto de la intensidad.
La intensidad de la corriente es
I
VR
180
180 mA
R 1000
La impedancia de la bobina es
'b 50 41.4º
#b
278 41.4º 208 184 j i
0.180 0º
de modo que su resistencia y autoinducción valen:
Rb 208 Lb Xb
184
585 mH
X
2Q q50
- 452 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.2
2. En una red de 220 V, 50 Hz, se desea instalar una lámpara incandescente especificada para consumir una
potencia de 60 W a una tensión máxima de 120 V. Para conectar esta lámpara a la red antes indicada se
pretende instalar un condensador en serie con la misma. a) ¿Qué capacidad deberá tener dicho condensador?
b) Si se variara la frecuencia a 60 Hz, ¿qué potencia consumiría la lámpara antes y después de colocar el
mismo condensador?
a) Determinamos la intensidad de trabajo de la lámpara y su resistencia eléctrica a partir de
los valores nominales de su potencia y tensión de trabajo:
Pnom 60
P VI o I nom
0.5 A
Vnom 120
I
V
R
o R
Vnom
I nom
120
0.5
240 :
Si conectásemos la lámpara directamente a la red de 220 V, la
potencia que consumiría sería
2
I = 0.5 A
R = 240 :
120 V,
50 Hz
2
V
220
202 W
R
240
muy superior a la potencia nominal (60 W) y la lámpara se fundiría.
Para evitarlo, colocamos una reactancia en serie con la lámpara para aumentar la impedancia
de la rama y disminuir la intensidad de la corriente a través de ella.
Determinamos el valor de la reactancia apropiada para limitar el paso de intensidad por la
lámpara:
V
V
220
I nom l Z
440 Z
I nom
0.5
P
Z 2 R2
X2
l
X Z 2 R 2 4402 2402 369 Conocida la reactancia, determinamos la capacidad del
condensador:
1
1
1
X
l C
8.63q106 F 8.63 F
XC
X X 100Q q369
I = 0.5 A
R = 240 :
220 V,
50 Hz
X
b) Si variamos la frecuencia, manteniendo el mismo condensador, variará la reactancia y la
intensidad que circula por la resistencia.
1
100Q q369
308 l Z a R 2 X a 2 2402 3082 369 l
Xa
X aC
120Q
220
V
0.60 A l P a I a 2 R 0.602 q 240 86 W
Ia Z a 369
lo que resulta excesivo por superar en un 44% a la potencia nominal de la lámpara (60 W) por
lo que ésta se fundirá a corto plazo.
- 453 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.3
3. Con corriente alterna monofásica de 220 V y 50 Hz se alimenta una
carga. Al conectarle en paralelo un condensador de 891 F se
corrige el factor de potencia desde 0.4 a 0.8. a) Determinar la
intensidad que consume dicha carga. b) Calcular la capacidad del
condensador que debiera sustituir al anterior para corregir totalmente
el factor de potencia.
220 V
50 Hz
Z
IC
C
Cálculos previos:
X 2Q q50 100Q rad/s
C 0.891 mF 891 F
cos G 0.4 l G 66.4º
XC 100Q q 0.891q103 0.28 -1
cos G 0.8 l G 36.9º
a) Deducción de la expresión para corrección parcial del factor de
potencia a partir del diagrama fasorial:
V
XCV
I act (tg G tg G a) I corr l I act (tg G tg G a) XC
XCV
0.28q 220
40 A
(tg G tg G a) tg 66.4º tg 36.9º
I
40
I act 100 A l 100 66.4º A
cos G cos 66.4º
Ia
40
50 A l a 50 36.9 º A
I a act cos G a cos 36.9º
Iact
I
I’
= I act b) para corregir totalmente el factor de potencia deberá ser I” = 0,
de modo que:
V
XCV
I act tg G I corr l I act tg G XC
I act tg G 40q tg 66.4º
1.32q103 1.32 mF
120Q q 220
XV
En estas condiciones, será aa 40 0º A .
= C
- 454 -
I’
I
IC =
Icorr
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.4
4. A una red de c.a. de 125 V y 5 Hz se conectan las cargas que se indican en la
figura:
X C = 2.5 ;
(capacidad pura)
Z1 28 ;
f.p. 0.8
(inductivo)
Z 2 28 ; f.p. 0.6
(inductivo)
a) Calcular la intensidad que circula por cada carga. b) Calcular la potencia consumida por las cargas.
c) Determinar la capacidad del condensador que hay que colocar en paralelo con la carga total para corregir
totalmente el factor de potencia.
Cálculos de impedancias:
% C 2.5 j 2.5 90º %1 2837º
22.4 16.8j % 2 2853º
16.8 22.4j ' par
'1 ' 2
'1 + ' 2
2837º 2853º
39.2 39.2j
784 90º
39.4 2
10 2 45º
10 10 j 14.14 2 45º 45º
' % C ' par 2.5 j 10 10 j 10 7.5 j 12.5 37º a) Determinación de intensidades:
# 125 0º
10 37º A 8 6 j A
' 12.5 37º
#C
#par
1
2
% C 10 37º u 2.5 90º
25 127º V
' par 10 37º u14.14 45º
#par
141.4 8º
'1
28 37º
#par
141.4 8º
'2
2853º
141.4 8º V
5.05 29º A
5.05 45º A
b) Factor de potencia y potencia consumida:
I 37º o f.p. cos 37º 0.8 (inductivo)
P VI cos I
125 u 10 u 0.8 1000 W 1 kW
c) Corrección total del factor de potencia con condensador:
V
XCV
1/ XC
I sen G 10qsen 37º
C
153 F
100Q q125
XV
I react I sen G - 455 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.5
I1
5. Un circuito de corriente
alterna de 220 V está
XL=10:
compuesto de seis elementos
(resistencias, capa- A
B
C
D I2
E
cidades y autoinducciones
R=10:
XL=10:
XC=10:
XC=10:
puras) colocados como se
I3
indica en la figura, en la
I
que se indican los valores
R=1 :
de sus resistencias o de sus
~
220
V
reactancias capacitativas o
inductivas. Determínense: a) La diferencia de potencial entre los bornes de cada uno de los elementos (con
sus defases). b) Las intensidades que circulan por cada uno de los seis elementos (con sus defases). c) La
potencia consumida por cada uno de los elementos.
3 impedancias en serie: 's 10 10 j 10 j 10 3 impedancias en paralelo:
1
1
'p 1
1
10 j
1
1
l 'p 1 10 j 1
Impedancia total (A-E): ' AE 11 Intensidad total y en los elementos en serie: a) Tensiones parciales:
b) Intensidades parciales:
#AB 20 0 q10 0 200 0 V
#BC 20 0 q10
90º
200
90º
V
#CD 20 0 q10 90º 200 90º V
#DE 20 0 q1 0 20 0 V
#AE 220 0
20 0 A
' AE
11 0
1 20 0
#DE
2 90º A
10 90º
'1
2 20 0
#DE
2
10 90º
'2
3 #DE 20 0
20 0 A
10
'3
c) Tan sólo se consume potencia en los elementos resistivos:
²
P1 I 2 R 202 q10 4000 W¦
¦
P 4 400 W
»
2
2
P2 I R 20 q1 400 W ¦
¦
¼
- 456 -
90º
A
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.6
22.28 mH
6. En el circuito de la figura, hállense: a) La intensidad total y en
220 V
50 Hz
a
8:
Cálculo de impedancias: X 2QO 100Q rad/s
X L X L 100Q q 22.28q103 7 l % L 7 j 7 90º 1
1
1
8 l % C 8 j 8 90º 6
0.125
XC 100Q q398q10
11 1
1
0.125 0.125 j 0.177 45º l ' p 5.66 45º 4 4 j ' p 8 8 j
XC ' 7j
4 4j 4
3 j 5 37º (inductivo)
a) y b) Cálculo de intensidades y de tensiones:
£
¦
# 220 0º
¦
44 37º 35.2 26.4 j A
¦
¦¦
' 5 36.87º
¦
¦¤# % 44 7 308 V
L
53º
37º 90º
¦¦ L
¦¦#p ' p 44 37º 5.66 45º 249 82º V l
¦¦
¦
¦
¥
£
249 82º
#
¦
¦¦ p 3182º A
¦ R
8
R
¦¤
249 82º
#p
¦¦
31 8º A
¦¦ C %
8 90º
¦¥
C
c) Cálculo de potencias:
¦£¦ PR VR I R 7 744 W
¦¦
¤ PL VL I L cos 90º 0 (obvio)
¦¦
¦¦¥ PC VC I C cos 90º 0 (obvio)
Tan solo se consume potencia en el elemento resistivo.
d) Corrección total del factor de potencia:
El factor de potencia inductivo se corrige con un condensador en paralelo con la carga.
atrasada:
I react I sen G
V
V
adelantada: I cond XCV
Iact=I cosI V
X C 1/ XC
I
I
I
I senG
I sen G XCV l C react X
XV
V
V
I
Sustituyendo valores:
C
26.4
C
382q106 F 382 F
100Q q 220
£
¦
¦¤f.p. cos G cos 37º 0.8 (inductivo)
¦¦
¥ P VI cos G 220q 44q cos 37º 7 744 W
Icond
Ireact=I senI
retrasada
adelantada
- 457 -
398 F
cada uno de los elementos. b) La diferencia de tensión en
bornes de cada elemento. c) La potencia total y la consumida
por cada elemento. d) Características del elemento que
tendríamos que conectar en paralelo para corregir totalmente el
factor de potencia.
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.7
7. En el circuito de la figura, determínense: a) La intensidad total e intensidades que circulan por cada rama.
b) Diferencias de tensión en bornes de cada elemento. c) Potencia disipada en el circuito y factor de
potencia. d) Diagrama fasorial de tensiones e intensidades.
e) Capacidad del condensador a colocar en paralelo con el circuito para
R
corregir el factor de potencia a 0.95.
220 V
Datos: R 8 L1 L2 0.12
H
Q
C
L1
50 Hz
2.5
mF
Q
C
L2
Cálculo de impedancias:
rad
s
0.12
12 8 l % L1 % L2 12 j 12 90º 8
X L1 X L2 X L 100Q q
Q
1
Q q103
4 8 l % C 4 j 4 90º 8
XC XC 100Q q 2.5
12 90º 4 90º 48 0
'A'B
' par 6 90º 8
' 8 6 j 12 j 8 6 j 10 37º
'A 'B
12 j 4 j
8 90º
X 2QO 2Q q50 100Q
(inductivo)
a) Cálculo de intensidades y tensiones:
#
'
#par
220 0º
10 37º
' par
­° #R
22 37º A = (17.6 - 13.2j) A o ®
°̄ #L2
22 37º u 6 90º
' R
' L2
#par
­
° L1
' L1
°
132 127º V o ®
#par
°
° C '
C
¯
c) Potencia y factor de potencia:
P VI cos G 220q 22q cos 37º 3872 W
22 37º 8 0
176 37º V
22 37º12 90º
132 127º
12 90º
132 127º
4 90º
264 53º V
11 217º A
33 37º A
f.p. = cos G = cos 37º 0.8
(inductivo)
Iact tgI
Icond
I senI
- 458 -
Iact tgI’
I’ senI’
Puesto que la instalación resulta inductiva, deberemos colocar un condensador en paralelo que
compense la corriente reactiva retrasada de la instalación.
e) Corrección parcial:
Iact=I cosI
V
I act tg G I act tg G a I cond
I’
V
I
XCV
I act tg G tg G a 1/ XC
I’
I act tg G tg G a
C
I
XV
17.6q tg 36.87º tg18.19º
C
107 F
100Q q 220
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.8
8. a) En el circuito de C.A. que se representa en la figura, calcular la
diferencia de potencial (módulo y fase) entre los puntos A y B
¿Cuánto marca el voltímetro? b) Dibujar el diagrama fasorial de
intensidades. c) Explicar si el circuito es capacitativo o inductivo.
Calcular la impedancia del circuito.
A
1.06 mF
Calculamos la frecuencia angular y las reactancias de los elementos reactivos:
X 2O 100 rad/s
¦£¦ X L X L 100Q q12.73q103 4 £¦% L 4 j 4 90º ¦¤
l ¦¤
1
1
¦¦ X C ¦
3
¥¦% C 3j 3 90º ¦¦¥
XC 100Q q1.06q103
a) Las impedancias de cada una de las ramas son:
I
4:
£
' 4 3 j 5 37º ¦
¦ 1
¤
I1 A
220 V
¦
' 3 4 j 5 53º ¦
¥ 2
50 Hz
-3j :
Las intensidades en cada rama son:
£
¦
# 220 0º
¦
1 44 37º A 35.2 26.4 j A
¦
¦
'
5 37º
¦
1
¦
¤
I1
¦
220 0º
#
¦
j
44
A
26.4
35.2
A
¦
53º
2
¦
'2
5 53º
¦
¦
¥
37º
1
1 61.6 8.8 j 62.2 8º A
3:
4:
220 V
50 Hz
53º
B
V
12.73 mH
3:
I2
B
4j :
V
8º
I
La d.d.p. entre los puntos A y B viene dada por
#AB 11 2 2 1% L 2 % C
I2
esto es,
#AB 35.2
#AB 35.2
26.4 j 4
26.4 35.2 j 3 61.6 211.2 j 220 106º V
26.4 j 3 j 26.4 35.2 j 4 j 61.6 211.2 j 220 106º V
b) En la figura mostramos el diagrama fasorial de intensidades.
c) Sin necesidad de calcular, vemos que el circuito es inductivo, ya que la intensidad está
retrasada con respecto a la tensión aplicada.
En efecto, si calculamos la impedancia de las dos ramas en paralelo, tenemos:
5 37º 5 53º
25 16º
25 16º
''
' 1 1 3.54 8º 4 3j
3 4j
7 1j
'1 '1
50 8º
O bien
'
220 0º
#
3.54
62.2 8º
- 459 -
8º
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.9
9. a) En el circuito de C.A. que se representa en la figura, calcular la
diferencia de potencial (módulo y fase) entre los puntos A y B ¿Cuánto
marca el voltímetro? b) Dibujar los diagramas fasoriales de impedancias e
intensidades. c) Con base en los diagramas fasoriales (sin calcular),
explicar si el circuito es capacitativo o inductivo.
4:
220 V
50 Hz
796 F
A
V
B
3:
9.55 mH
Calculamos la frecuencia angular y las reactancias de los elementos reactivos:
X 2O 100 rad/s
¦£¦ X L X L 100Q q9.55q103 3 £% L 3j 3 90º ¦
¦¤
l ¦¤
1
1
¦¦ X C ¦
4
¥¦% C 4 j 4 90º ¦¥
XC 100Q q 796q106
a) Las impedancias de cada una de las ramas son:
£¦'1 4 3j 5 37º I
¦
4:
4:
¤
¦¦' 2 3 4 j 5 53º I1 A
220 V
¥
I2
B
50 Hz
Las intensidades en cada rama son:
3:
3:
£¦
220 0º
#
¦¦ 44 37º A 35.2 26.4 j A
¦¦ 1 '1
5 37º
¦¤
¦¦
220 0º
#
I2
¦¦ 2 44 53º A 26.4 35.2 j A
5 53º
'2
¦¦¥
53º
Z1
I
La d.d.p. entre los puntos A y B viene dada por
37º
8º
Z
#AB 11 2 % C 1% L 2 2
V
53º
esto es,
#AB 44 37º 4 0º
#AB 44 37º 3 90º
37º
44 53º 4 90º 176 37º
44 53º 3 0º 132 53º
176 37º 0
Z2
I1
132 53º 0
de modo que los punto A y B están al mismo potencial y el voltímetro marca cero.
b) En la figura mostramos los diagramas fasoriales de impedancias e intensidades.
c) Sin necesidad de calcular, vemos que el circuito es capacitativo, ya que la intensidad está
adelantada con respecto a la tensión aplicada.
En efecto, si calculamos la intensidad total y la impedancia de las dos ramas en paralelo,
tenemos:
1
1 35.2 26.4 j
26.4
35.2 j 61.6 8.8 j 62.2
8º
'
5 37º 5 53º
25 16º
25 16º
'1'1
3.54 8º '1 '1
4 3j
3 4j
7 1j
50 8º
220 0º
#
62.2 8º A
' 3.54 8º
- 460 -
A
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.10
10. En el circuito de c.a. representado en la figura, determinar el elemento (bobina o condensador) que hay que
colocar entre A y B para corregir completamente el factor de potencia.
Datos: R = 4 :, C = 1.061 mF, L = 9.549 mH.
Calculamos las reactancias de la bobina y del condensador:
X L X L 100Q q9.549q103 3
1
1
3
XC 100Q q1.061q103
Las impedancias de las ramas en paralelo son:
'1 R jX L 4 3 j 5 37º XC ' 2 R jX C 4 3 j 5 37º A
220 V
50 Hz
R
R
R
L
C
B
La impedancia de estas dos ramas en conjunto es
5 37º 5 37º
25 0º
''
3.13 0º '12 1 2 4 3j
4 3j
8 0º
'1 ' 2
La impedancia de la carga completa es
3.13 0º 4 0º
' '
1.75 0º ' 12 R 3.13 4
'12 ' R
Por consiguiente, la carga es puramente resistiva, su factor de potencia es cos 0º = 1, y no
necesita corrección alguna.
- 461 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.11
11. a) En el circuito de C.A. que se representa en la figura, calcular la
diferencia de potencial (módulo y fase) entre los puntos A y B ¿Cuánto
marca el voltímetro? b) Dibujar los diagramas fasoriales de impedancias e
intensidades. c) Explicar si el circuito es capacitativo o inductivo.
4:
220 V
50 Hz
3:
A
9.55 mH
Calculamos la frecuencia angular y las reactancias de los elementos reactivos:
X 2O 100 rad/s
£¦ X L X L 100Q q9.55q103 3 £¦% L 3j 3 90º ¦
¦¤
l ¦¤
1
1
¦¦ X C ¦¦% C 4 j 4 90º 4
¥
¦¥
XC 100Q q 796q106
a) Las impedancias de cada una de las ramas son:
I
¦£¦'1 4 3j 5 37º 4:
3:
¤
¦¦' 2 3 4 j 5 53º I1 A
220 V
I2
¥
50 Hz
Las intensidades en cada rama son:
-4j :
3j :
£¦
220
0º
¦¦ # 44 37º A 35.2 26.4 j A
¦¦ 1 '1
5 37º
I2
¦¤
¦¦
220 0º
53º
#
Z1
I
¦¦ 2 44 53º A 26.4 35.2 j A
'2
5 53º
¦¦¥
37º
8º
Z
V
53º
1 1 61.6 8.8 j 62.2 8º A
37º
La d.d.p. entre los puntos A y B viene dada por
#AB 11 2 2 1% L 2 % C
Z2
B
V
796 F
B
I1
esto es,
#AB 35.2 26.4 j 4
26.4
#AB 35.2 26.4 j 3 j 26.4
35.2 j 3 61.6
211.2 j 220 106º V
35.2 j 4 j 61.6
211.2 j 220 106º V
de modo que los punto A y B están al mismo potencial y el voltímetro marca cero.
b) En la figura mostramos los diagramas fasoriales de impedancias e intensidades.
c) Sin necesidad de calcular, vemos que el circuito es capacitativo, ya que la intensidad está
adelantada con respecto a la tensión aplicada.
En efecto, si calculamos la impedancia de las dos ramas en paralelo, tenemos:
5 37º 5 53º
25 16º
25 16º
''
3.54 8º ' 1 1 '1 '1
4 3j
3 4j
7 1j
50 8º
o bien
'
# 220 0º
3.54 8º 62.2 8º
- 462 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.12
12. Al circuito de la figura se le aplica una tensión alterna de 250 V a 50 Hz.
a) Determinar las intensidades que circulan por cada rama y la intensidad
total. Dibujar el diagrama fasorial de intensidades. b) Calcular la diferencia
de potencial entre los puntos A y B y su desfase con respecto a la tensión de
alimentación.
a) Calculamos la frecuencia angular y las reactancias de
los elementos reactivos:
X 2QO 100Q rad/s
3
X L X L 100Q q127.3q10 40 l
1
106
40 XC 100Q q 79.6
% C 40 j 40 90º XC 250 V
50 Hz
30:
A
30:
79.6 F
40j :
30 :
I1
A
B
30 :
-40j Las impedancias de cada una de las ramas y las intensidades que las recorren son:
£¦
250 0º
¦¦ # 5 53º 3 4 j A
1
¦¦
'1 50 53º
¦£¦'1 30 40 j 50 53º ¦
l ¤
¤
¦¦' 2 30 40 j 50 53º ¦¦
250 0º
#
¥
¦¦ 2 5 53º 3 4 j A
' 2 50 53º
¦¦¥
Impedancia total:
50 5350 53 2500
''
41.67 0 'T 1 2 '1 ' 2
60
60
I2
3 4 j 6 0º A
¦£¦ T 1 2 3 4 j
53º
¦
I
Intensidad total: ¦¤
250 0
#
¦¦ T 60 A
53º
¦¦
' T 41.67 0
¥
I1
b) La d.d.p. entre los puntos A y B viene dada por
#AB 11 2 % C , de modo que operando…
En forma módulo-argumento:
#AB 5 53º 30 0º 5 53º 40 90º 150 53º 200 37º 90 120 j 160 120 j 70
0 j 70 180º V
En forma binómica:
#AB 3 4 j 30 3
90 160
4 j 40 j 120 120 j 70
0 j 70 180º V
Esto es, 70 V en contrafase con la tensión aplicada.
- 463 -
B
I
250 V
50 Hz
% L 40 j 40 90º 127.3 mH
V
200
VC
37º
VAB 70
V
VR
53º 37º
150
I2
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.13
5:
13. En el circuito de la figura, existe una tensión de 220 V a 50 Hz entre los
puntos A y B. Hállese la diferencia de tensión alterna entre los puntos C y
D, y su desfase con respecto a la tensión de alimentación.
2
mF
C Q
50
mH
Q
5:
D
Calculamos la frecuencia angular y las
elementos reactivos:
X 2QO 100Q rad/s
1
1000 Q 1000
5 l %C
XC XC 100Q 2
200
50
X L X L 100Q 103 5 l % L Q
Las impedancias de cada una de las ramas y
las recorren son:
£¦
¦¦ # ¦¦ 1 '1
¦£¦'1 5 5 j 50 45º ¦
l
¤
¤
¦
¦
¦
¦¦ # ¦¥' 2 5 5 j 50 45º ¦¦ 2 '
2
¦¥
reactancias de los
220V
50Hz
A
5:
5 j 5 90º 5 j 5 90º +5j :
las intensidades que
220 0º
50 45º
220 0º
50
La d.d.p. entre los puntos C y D viene dada por
#CD #CA #AD #AC
A
31.1145º A
45º
2%L
de modo que
#CD 31.11 45º 5 0º
31.1145º 5 90º 156 45º
resultando que los puntos C y D están al mismo potencial.
- 464 -
-5j :
5:
D
31.11 45º A
#AD 11
C
B
156 45º 0
220V
50Hz
B
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.14
14. En el circuito de corriente alterna de la figura se desea conocer: a) La
intensidad total y por rama. b) La diferencia de potencial en bornes de cada
elemento. c) Diagrama fasorial de dichas intensidades y diferencia de
potencial.
220V
50Hz
1
0.03
F, L H.
Datos: R 4, C 300Q
Q
I1
I3
I2
R
R
R
L
C
Cálculo de las reactancias y de las impedancias de rama:
£
0.03
£'1 4 3 j 5 37º 8
¦
¦¦
£¦' L 3 90º 3 j 8
¦¦¦ X L X L 100Q q Q 3 8
¦
l ¦¤
l ¦¤' 2 4 3 j 5 37º 8
¤
¦
¦
¦
¦¦ X 1 300Q 3 8
¦¦
¥¦' C 3 90º 3 j 8
C
¦¦
¥¦' 3 4 4 0º 8
XC 100Q
¥
a) Impedancia total e intensidad total:
1
1
1
1
0.2 37º 0.2 37º 0.25 0º 0.2 cos 37º 0.2 cos 37º 0.25 0.57 0º 81
' T '1 '1 '1
= ' T 1.75 0º 8 l T 220 0º
#
124.4 0º A
' T 1.75 0º
b) Intensidades de rama:
¦£¦
# 220 0º
44 37º A
¦¦1 5 37º
'
¦¦
1
¦¦
220 0º
#
¦¦
44 37º A
¤ 2 ¦¦
5 37º
'2
¦¦
¦¦
220 0º
#
55 0 º A
¦¦ 3 4 0º
'3
¦¦¥
c) Tensiones que soportan cada uno de los elementos:
£¦£¦#R1 1 ' R1 44 37º 4 0º 176 37º V
¦¦¦
¦¦¤¦# ' 44 3 132 V
1 L
37º 90º
53º
¦¦¦¥ L
¦¦£# ' 44 4 176
R2
2
37º 0º
37º V
¦¦¦ R 2
¤¤
¦¦
#C 2 ' C 44 37º 3 90º 132 53º V
¦¦
¦¦¥
¦¦\# 220 V
0º
¦¦ R 3
¦¦
¦¥
(en fase con la tensión)
I2
IT
I3
I1
VL
V
VR1
VR2
V
VC
VR3 = V
- 465 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.15
15. En una línea de corriente alterna de 220 V y 50 Hz se conectan en paralelo las tres cargas siguientes:
Z1 = 30 :
con
cos I1 = 0.8
inductivo
Z2 = 20 :
con
cos I2 = 0.85
inductivo
Z3 = 40 : con cos I3 = 0.9
inductivo
a) Calcular la intensidad que circula por cada una de las cargas, y la intensidad total. b) Determinar la potencia
total consumida y el factor de potencia del conjunto. c) Evaluar la capacidad del condensador que hay que
colocar para corregir totalmente el factor de potencia.
Determinamos las impedancias de cada carga:
cos G1 0.8 l G1 36.9º l '1 30 36.9º 24.0 18.0 j 8
cos G2 0.85 l G2 31.8º l ' 2 20 31.8º 17.0 10.5 j 8
cos G3 0.9
l G3 25.8º l '3 40 25.8º 36.0 17.4 j 8
a) Las intensidades en cada una de las carga son:
220 0º
#
7.3 36.9º 5.9 4.4 j A
1 1 '1 30 36.9º
2 220 0º
#2
11.0 31.8 º 9.4 5.8 j A
' 2 20 31.8º
3 220 0º
#3
5.5 25.8º 5.0 2.4 j A
'3 40 25.8º
I
I1 1 I 2 2 I3 3
V
y la intensidad total es
1
2
3 20.3 12.6 j 23.9 31.8 A
La impedancia total es:
'
220 0º
#
9.2 31.8º 8
23.9 31.8º
b) El factor de potencia y la potencia consumida son
f.p. cos 31.8º 0.85
P VI cos G 220q 23.9q0.85 4467 W 4.47 kW
c) Deberemos colocar un condensador en paralelo que compense la corriente reactiva
retrasada de la instalación:
V
1/ XC
l
C
I react
XV
de modo que
Iact
I
Ireact
I react I cond I
12.6
C
1.82q104 182 F
100Q q 220
- 466 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.16
16. En el circuito de la figura, la tensión entre bornes de la bobina es
el doble que la tensión que soporta el condensador C1. a) Calcular la d.d.p. entre los bornes del generador y la intensidad que
éste proporciona al circuito. b) Determinar los valores de L, C1 y
C2. c) Evaluar la impedancia total del circuito y su factor de
potencia.
1
A
2
L
50Hz
C2
C1
A
B
3
9A
8:
A
18 A
A
12 A
rama 3: #AB 3'3 12 0º8 0º 96 0º V
rama 2:
'2 96 0º
#AB
1
5.33 90º 8 l Z 2 2
XC 2
18 90º
rama 1:
V
VAB
I1 AB 1
Z1
XL XC1
X L I1 2
Z3 L
I1
XC1
l Z1 X L l XL 2
XC1
l C2 1
1
597 F
X Z 2 100Q q5.33
V
1
96
AB 10.67 8 l '1 10.67 90º 8
9
XC1
I1
l L
2
X 2C1
2
1
1
1
10.67 l C1 298 F
XC1 XC1 XC1
100Q q10.67
2
2
100Q 298q106
68 mH
Asociación de impedancias en paralelo:
j
1
1
1
1
1
1
1
' '1 ' 2 '3 10.67 j 5.33j 8
10.67
j
5.33
1
0.125
8
de modo que ' 6.4 37º 8 y cos G cos 37º 0.8 (capacitativo)
Intensidad suministrada por el generador:
96 0º
#
15 37º A (adelantada)
' 6.4 37º
- 467 -
0.094 j 0.153 37º 8 1
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.17
17. Al circuito de la figura se le aplica una tensión alterna de 220 V a 50 Hz.
a) Determinar las intensidades que circulan por cada rama y la intensidad
total. Dibujar el diagrama fasorial de intensidades. b) Calcular la diferencia
de potencial entre los puntos A y B y su desfase con respecto a la tensión de
alimentación.
11:
220 V
50 Hz
127.3 mH
A
11:
B
176.8 F
a) Calculamos la frecuencia angular y las reactancias de los elementos reactivos:
X 2QO 100Q rad/s
I
11:
220 V
50 Hz
I1
40j A
11:
X L X L 100Q q127.3q103 40 I2
% L 40 j 40 90º B
1
106
18 XC 100Q q176.8
% C 18 j 18 90º XC -18j Las impedancias de cada una de las ramas y las intensidades que las recorren son:
£¦
220 0º
¦¦ # 10 0º 10 A
¦¦ 1 '1
£¦'1 11 11 22 22 0º
¦¤
¦¤
¦¥¦' 2 40 j 18 j 22 j=22 90º ¦
220 0º
#
¦¦¦ 2 10 90º 10 j A
'2
22 90º
¦¦¥
22 0º 22 90º 22 0º 22 90º 22 90º
22 90º
''
Impedancia total: ' T 1 2 15.6 45º 22 22 j 22 1 1j
1 1j
'1 ' 2
2 45º
¦£¦ T 1 2 10 10 j 1445º A
¦
220 0
Intensidad total: ¦
#
¤
¦¦ T 14 45º A
' T 15.6 45º
¦¦¥
b) Calculamos la d.d.p. entre los puntos A y B por el…
Camino superior:
#AB 11
2 % L 10 11
10 j 40 j 110
400 290 V
Camino inferior:
#AB 1 2 2 % C 10 11 10 j 18 j 110 180 290 V
Esto es, 290 V en fase con la tensión aplicada.
45º
I1=10A V
110 V
400 V
290 V
I=14A
110 V
180 V
290 V
I2=10A
- 468 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.18
8:
18. En el circuito de la figura, hállense: a) La intensidad total y en cada
uno de los elementos. b) La diferencia de tensión en bornes de
cada elemento. c) Potencia y factor de potencia. d) Capacidad del
condensador que hay que colocar en paralelo para corregir 220 V
totalmente el factor de potencia.
50 Hz
Cálculos preliminares:
£
¦
X L X L 100Q q 6.37 q103 2 l % L 2 j ¦
¦
¤
1
1
¦
XC 4 l % C 4 j ¦
¦
XC 100Q q 796q106
¦
¥
£
¦
(2 j)(4 j)
8 j2
¦
'
4 j 4 90º ¦
par
¦
(2 j) (4 j) 2 j
¤
¦
¦
¦
¦
¥' 8 4 j 2 j 8 6 j 10 36.9º a) Determinación de intensidades:
220 0
#
22 36.9º A (17.6 13.2 j) A
' 10 36.9º
6.37mH
6.37mH
796F
IC
#par ' par 22 36.9º q 4 90º 88 53.1º V
:
L 37º
#L
44 36.9º A
2 90º
%L
88 53.1º
I
IL
88 53.1º
#
C C 44 143.1º A
2 90º
%C
VL
b) Tensión que soporta cada elemento:
#R 22 36.9º q8 0º 176 36.9º V
Vpar
V
#R 88 53.1º V
37º
#L % L 22 36.9º q 2 90º 44 53.1º V
c) Factor de potencia y potencia
G 36.9º
cos G cos 36.9º 0.8
VR
(inductivo)
P VI cos G 220q 22q 0.8 3872 W
d) Corrección total del factor de potencia con condensador:
V
220 V
XCV
I react I sen G 1/ XC
50 Hz
I sen G 22qsen 36.9º
191 F
C
XV
100Q q 220
- 469 -
191F
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.19
15:
19. En el esquema de la figura determínense: a) La intensidad que
circula por cada rama. b) La diferencia de potencial entre A y B.
c) La potencia y el factor de potencia. d) Valor de la capacidad que
220 V
hay que colocar en paralelo para corregir el factor de potencia.
50 Hz
1
F
700S
1:
0, 07
A
S
B
1:
a) Calculamos las impedancias de cada elemento y de las asociaciones en paralelo y total:
£¦
1
700Q
£¦] 1 7 j 50 82º 7.07
¦¦ X C XC 100Q 7 82º ¦¤
¦¤¦ C
¦¦
¦
0.07
¦¦¥] L 1 7 j 50 82º 7.07 82º 7
¦¦ X L X L 100Q
Q
¦¥
50 82º 50 82º
] C] L
50
25 0º 8
]p ] 40 0º 8
2
] C ] L (1 7 j) (1 7 j)
# 220 0º
5.5 0º A (en fase)
#p ' p 5.5 0º q 25 0º 137.5 0º V
40 0º
]
C 137.5 0º
#
19.45 82º A
]C
50 82º
L
137.5 0º
#
19.45 82º A
]L
50 82º
b) Cálculo de la d.d.p. entre A y B:
#AB C q1 L q1 C L (2.75 19.25 j) (2.75 19.25 j) 38.5 j 38.5 90º V
c) Factor de potencia y potencia:
G 0 l f.p. cos G 1 l P VI cos G 220q5.5 1210 W
d) No hay nada que corregir
- 470 -
H
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.20
20. En el circuito de corriente alterna de la figura se desea conocer: a) La
intensidad total y por rama. b) La diferencia de potencial en bornes de
cada elemento. b) Diagrama vectorial de dichas intensidades y 220 V
diferencia de potencial.
50 Hz
Datos: R 4 C 1061 F L 9.55 mH
R
R
R
C
L
'1 R 4 0 ' 2 X Lj 9.55q103 q100Q j 3j 3 90º '3 R 4 0 A
1
1
3 j 3 90º XCj 1061q106 q100Q j
'5 4 0 '4 I1
a) Calculamos las intensidades a partir de la ley de Ohm
para C.A.:
B
220
220
#
0
0
1 44 37º A 35.2 26.4 j A
5 37º
'1 ' 2 4 3 j
2 3 #
'3
'4
220 0
4 3j
220 0
5 37º
44 37º A 35.2
2
3 125.4 0 A
26.4 j A
(en fase con la tension)
b) Calculamos las tensiones:
#1 1'1 44 37º q 4 0 176 37º V
#2 1' 2 44 37º q3 90º 132 53º V
#3 2 '3 44 37º q4 0 176 37º V
#4 2 ' 4 44 37ºq 3 90º 132 53º V
#5 # 220 0 V
c) Diagrama fasorial:
D
IT
A
B
I1
I2
C
- 471 -
C
Z2
220 0
#
55 0 A 55 A
40
'5
1
Z3
Z1
I3
I2
D
Z4
I3
Z5
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.21
5:
21. En el circuito representado en la figura, determinar: a) Intensidad
en cada rama. b) Diferencia potencial entre A y B. c) Potencia y
factor de potencia. d) Dibujar el diagrama fasorial.
1
F
220 V
700S
50 Hz
0.4
S
Cálculo de impedancias:
X 2QO 2Q q50 10Q
I
H
1:
IA
A
1:
B
0.07
S
rad
s
1
700Q
7 l %C 7 j XC 100Q
0.07
7 l % LB 7 j X LB X LB 100Q q
Q
0.4
40 l % L 40 j X L X L 100Q q
Q
' A 1 7 j = 50 82º
' b 1 7 j = 50 82º
XC ' par 50 0º
'A 'B
25 0º 2 0º
'A 'B
' 30
40 j = 50 53º
(inductivo)
a) Cálculo de intensidades:
­ # 220 0º
4.4 53º A = (2.64 - 3.52j) A
°
® ' 50 53º
°#
¯ par ' par 4.4 53º u 25 0º 110 53º V
(retrasada)
#par 110 53º
­
15.56 29º (13.64 7.48 j) A
° A
'A
50 82º
°
A B
®
#par 110 53º
°
15.56 135º (11.00 11.00 j) A
° B '
50 82º
B
¯
b) Diferencia potencial entre A y B:
VAB I A RA I B X LB 15.56 29º1 0º 15.56 135º 7 90º 15.56 29º 108.89 45º
(13.64 7.48 j) (77.00-77.00j)
(63.36 84.48 j) 105.6 127º
c) Potencia y factor de potencia:
P VI cos I 220 u 4.4 u cos 53º 580.80 W
# 220 0º 4.4 53º
f.p. = cos I = cos 53º 0.6
­ P 580.80 W
(580.80 774.40 j) W
®
¯ Q 774.40 VA
968 53º
P
A
B
I
I
#
Q
- 472 -
(inductivo)
H
IB
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.22
22. En el circuito que se muestra en la figura, el alternador suministra una
tensión alterna de 50 Hz y en la resistencia de 4 se disipa una potencia
de 16 W. a) Calcular la intensidad en cada rama y la tensión entre bornes
del generador, así como la intensidad de la corriente suministrada por
éste. b) Determinar el factor de potencia de toda la carga. c) Evaluar la
potencia consumida y la potencia reactiva de la carga y de cada uno de los
elementos.
5
10 1
4
a) Calculamos las impedancias de cada rama y la de la carga total.
'1 1 5 j 26 79º 5.10 79º ' 2 4 10 j 116
'
68º
10.77
68º
5.10 7910.77 68º
54.92 11º 54.92 11º
'1' 2
7.77 56º '1 ' 2
1 5 j
4 10 j
5 5j
7.07 45º
Calculamos la intensidad en la segunda rama a partir de
la potencia disipada en la resistencia:
P I 2 R l I P / R 16 / 4 2 A
capacitativo
A
I
10 5
La tensión entre A y B (suministrada por el generador)
será:
# 2 ' 2 2 68º10.77 68º 21.54 0º V
I2
I1
4
1
Las intensidades en cada rama y la suministrada por el
generador son:
21.54 0º
#
4.22 79º = 0.81 4.14j A
1 '1 5.10 79º
# 21.54 0º
2.77 56º 1.56
' 7.77 56º
Z2
I1
2 2 68º 0.75 1.85 j A
B
2.29 j A
I
b) La impedancia de la carga total es capacitativa, con un
argumento (ángulo)
G 56º l f.p. cos G 0.57 (capacitativo)
56º
-56º
c) Cálculo de las potencias:
En la resistencia de la rama 1 se consume:
I2
P I R 4.22 q1 18 W
2
1
2
Z1
Las potencias reactivas en el condensador y en la bobina son:
£ Pcond 4.222 q5 89 W
¦
P I 2 X l ¦¤
2
¦
¦
¥ Pbob 2.00 q10 40 W
La potencia total:
# 21.54 0º 2.77 56º 60 56º 34
£
¦ P 34 W
49 j W l ¦
¤
¦
¦
¥Q 49 W
- 473 -
capacitativa
Z
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.23
23. Cuando se conecta un circuito RLC serie a una línea de 120 V
eficaces y 60 Hz de frecuencia, circula una corriente eficaz de 11 A,
adelantada 45º respecto de la tensión. a) Hallar la potencia
suministrada al circuito y la resistencia óhmica del mismo. b) Si la
autoinducción es L = 0.05 H, hallar la capacidad C presente en el
circuito. c) ¿Qué capacidad o autoinducción deberán añadirse para
que el factor de potencia sea 1?
A
R
120 V
60 Hz
C
Lcorr
L
B
X 2QO 2Q q 60 120Q rad/s
'
# 120 0
10.9 45º =(7.71-7.71j) 11 45º
de modo que el circuito RCL es capacitativo.
a) La resistencia óhmica es la parte real de la impedancia:
R 7.71 X 7.71 (capacitativo)
G = -45º
La potencia suministrada al circuito es P V ¸ I ¸ cos G 120q11qcos 45 933.4 W
b) Calculamos la capacidad pedida:
X L X L 120Q q 0.05 18.85 X X L XC
XC 1
XC
l
X C X L X 18.85 (7.71) 26.56 l C
I
Ireact
Icorr
1
1
99.9 F
X X C 120Q q 26.56
c) Para corregir completamente el factor de potencia
necesitamos colocar una autoinducción en paralelo con la carga
total:
V
l
I react I sen G X Lcorr
Lcorr 45º
Iact
V
120
0.041 H 41 mH
X I sen G 120Q q11qsen 45º
- 474 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.24
24. A una red de corriente alterna de 220 V/50 Hz se conectan (en paralelo) un motor que consume 3 kW con un
factor de potencia 0.8 inductivo y 50 lámparas fluorescentes de 40 W (cada una) y factor de potencia 0.4
inductivo. a) Determinar la intensidad total que consume esta instalación. b) Calcular el factor de potencia
del consumo. c) Dibujar el diagrama fasorial de tensiones e intensidades. d) Encontrar la capacidad del
condensador que hay que colocar en paralelo para corregir totalmente el factor de potencia.
Con los datos del enunciado, completamos la tabla que se adjunta, sirviéndonos de las
expresiones que se indican en los encabezamientos de las columnas de la Tabla:.
Generador: 220 V / 50 Hz;
intensidades en amperios (A)
P (W)
Elementos
cos º
I act P V
I react I act tg G
I I act cosG
1 motor
3000
0.8 ind
36.9º
13.6
10.2
17.0
50 tubos u40
2000
0.4 ind
66.4º
9.1
20.8
22.7
Totales
5000
0.59 ind
53.9º
22.7
31.1
38.5
ab) Calculamos la intensidad que consume la instalación, el desfase y el factor de potencia del
consumo:
V
I I 2 I 2 22.7 2 31.12 38.5 A
act
react
G = arctg
I react
31.1
arctg
53.9º
I act
22.7
I 1 17 37º
cos G cos 53.9º 0.59 (inductivo)
c) En la figura adjunta presentamos los diagramas fasoriales de las
intensidades y de la tensión (la misma en todos los elementos en
paralelo).
I 2 22.7 66º
I 38.5 54º
Icond
Ireact =I senI
retrasada
adelantada
d) Puesto que la instalación es inductiva, deberemos colocar un elemento capacitativo
(condensador) en paralelo con la carga para corregir el factor de potencia:
V
V
I react XCV l
Iact =I cosI V
X C 1/ XC
I
I
I
31.1
450 F
C react 100Q q 220
XV
V
I
C
- 475 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.25
25. Una instalación eléctrica (220 V, 50 Hz) se compone de los siguientes consumos:
50 lámparas fluorescentes de 40 W cada una, y factor de potencia 0.40 (inductivo)
1 motor de 2 kW de consumo y factor de potencia 0.80 (inductivo)
2 calefactores eléctricos (resistivos) de 0.5 kW cada uno
a) Calcular las intensidades que producen cada uno de esos tres grupos de consumo. b) Calcular el factor de
potencia del conjunto. c) Determinar el elemento (indicando condensador o bobina, y su valor) que hay que
añadir en paralelo para corregir totalmente el factor de potencia.
Iact
I
Ireact
Utilizando las relaciones que se indican, completamos la tabla:
£
¦
P
¦
P VI cos G VI act l I act ¦
I
¦
V
l I act
¤
¦
cosG
¦
¦
I I sen G I act tg G l I react I act tg G
¦
¥ react
I
G arctg react
I act
I
I
I1 1 I2 2 I3 3
V
Grupo
Elementos
P (W)
f.p.=cos I
I
Iact (A)
Ireact (A)
I (A)
1
50 tubos 40 W
2000
0.40 (i)
66.42º
9.09
20.83
22.73
2
1 motor
2000
0.80 (i)
36.87º
9.09
6.82
11.36
3
2 calef 500 W
1000
1.00
0.00º
4.55
0.00
4.55
Totales
5000
0.64 (i)
50.58
22.73
27.65
35.79
a) Intensidades en cada uno de los tres grupos son:
1 22.73 66.4º A (retrasada)
Lámparas:
Motor:
2 11.36 36.9º A (retrasada)
Calefactores:
3 4.55 0º A
(en fase)
Icond
Ireact=I senI
retrasada
adelantada
b) El factor de potencia del conjunto vale 0.64 (inductivo)
c) Puesto que la instalación resulta inductiva, deberemos colocar un condensador en paralelo
que compense la corriente reactiva retrasada
Iact=I cosI V de la instalación:
I
I
I
V
l C react
I react I cond l I react 1/ XC
XV
V
I
C
de modo que
27.65
C
4q104 400 F
100Q q 220
- 476 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.26
26. A una red alterna de 220 V / 50 Hz se conectan (en paralelo) un motor que consume 1.5 kW con factor de
potencia inductivo 0.8 y 50 lámparas fluorescentes de 40 W (cada una) y factor de potencia 0.4 también
inductivo. a) Calcular la intensidad total que consume esta instalación. b) Hallar el factor de potencia del
conjunto. c) Determinar a capacidad del condensador que hay que colocar en paralelo para corregir
totalmente el factor de potencia.
Iact
I
Ireact
Utilizando las relaciones que se indican, completamos la tabla:
£
¦
P
¦
P VI cos G VI act l
I act ¦
I
¦
V
l I act
¤
¦
cosG
¦
¦
I I sen G I act tg G l I react I act tg G
¦
¥ react
I
G arctg react
I act
I
I
I1 1
I2 2
V
Grupo
Elementos
P (W)
f.p.=cos I
I
Iact (A)
Ireact (A)
I (A)
1
1 motor
1500
0.80 (i)
36.9º
6.82
5.11
8.52
2
50 tubos 40 W
2000
0.40 (i)
66.4º
9.09
20.83
22.73
Totales
3500
0.52 (i)
58.5º
15.91
25.94
30.43
a) Intensidad total que consume la instalación: 30.43 58.5º A
Icond
Ireact=I senI
retrasada
adelantada
b) El factor de potencia del conjunto vale 0.52 (inductivo)
c) El factor de potencia inductivo se corrige con un condensador en paralelo con la carga.
atrasada:
I react I sen G
V
V
adelantada: I cond XCV
Iact=I cosI V
X C 1/ XC
I
I
I
I senG
I react XCV l C react V
X
XV
V
I
Sustituyendo valores:
C
25.94
C
3.75q104 375 F
100Q q 220
- 477 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.27
27. En una estación de bombeo (220 V – 50 Hz) tenemos instalados 3 motores y un grupo de resistencias con las
siguientes características:
Motor 1:
2 CV,
cos M = 0.85
Motor 2:
5 CV,
cos M = 0.7
Motor 3:
3 CV, cos M = 0.6
Resistencias:
3 CV = 2208 W
a) Calcular las intensidades absorbidas por cada motor o grupo. b) ¿Qué condensador habrá que poner para
llevar la instalación completa a un cos I = 0.95? Datos: 1 CV = 736 W.
Utilizando las relaciones que se indican, completamos la tabla:
I
l
I act
cosG
G arctg
I react
I act
²
¦
¦
¦
¦
¦
¦»
¦
¦
¦¦
¦
¦
¼
Iact
I
Ireact
¦£
P
¦¦¦ P VI cos G VI act l I act V
¤
¦
¦
¦¦ I react I sen G I act tg G l I react I act tg G
¥
I
Elementos
P (W)
f.p.=cos I
I
Iact (A)
Ireact (A)
I (A)
Motor1
1472
0.85 (i)
31.79º
6.69
4.15
7.87
Motor 2
3680
0.70 (i)
45.57º
16.73
17.07
23.90
Motor 3
2208
0.60 (i)
53.13
10.04
13.39
16.73
Resistencias
2208
1.00
0.00º
10.04
0.00
10.40
9568
0.78 (i)
38.51º
43.49
34.61
55.76
3 16.73 53.13º A (retrasada)
4 10.04 0º A
(en fase)
I’
I
Icond
Resistencias:
I
Iact tgI’
Motor 3:
(retrasada)
Iact tgI
2 23.90 45.57º A
V
I’
I senI
Motor 2:
Iact=I cosI
I’ senI’
a) Intensidades en cada uno de los cuatro grupos son:
1 7.87 31.79º A (retrasada)
Motor 1:
b) El factor de potencia del conjunto vale 0.78 (inductivo)
Puesto que la instalación resulta inductiva, deberemos colocar un condensador en paralelo que
compense la corriente reactiva retrasada de la instalación:
Corrección parcial:
V
XCV
I act tg G I act tg G a I cond l I act tg G tg G a 1/ XC
I act tg G tg G a
43.49q tg 38.51º tg18.19º
294 F
C
XV
100Q q 220
- 478 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.28
28. Se realiza la iluminación de una sala de trabajo con 200 lámparas fluorescentes de 220 V/40 W y un factor
de potencia de 0.4 (inductivo). a) Determinar la intensidad total que las alimenta. b) La capacidad de
condensador que deberá colocarse en paralelo a la entrada de la instalación para corregir totalmente el factor
de potencia. c) La capacidad de los condensadores que deberían colocarse en paralelo con cada una de las
lámparas fluorescentes para corregir totalmente el factor de potencia. Nota: Esta es una alternativa a la
solución del apartado anterior.
Cada tubo consume 40 W / 220 V
con cos=0.4 inductivo ( = 66.4º).
P VI cos G l
P
40
0.455 A
I
V cos G 220q 0.4
220 V
50 Hz
200 tubos
40 W
¦£¦# 220 0 V
¤
¦¦ 0.455 66.4º A 0.182 0.417 j A
¥
a) Intensidad total: total n 200q 0.455 66.4º 90.9 66.4º A 36.4 83.3 j A
Corrección total del factor de potencia:
El factor de potencia inductivo se corrige con
un condensador en paralelo con la carga.
I
I
atrasada:
I react I sen G
V
V
V
XCV
adelantada: I cond I
X C 1/ XC
C
I
I senG
I sen G XCV l C react XV
XV
b) Con condensador único para toda la instalación:
83.3
Ctotal 1.2q103 F 1.2 mF
100Q q 220
c) Con un condensador para cada uno de los tubos:
0.417
Ctubo 6q1036F 6 NF
100Q q 220
Obsérvese que estos 200 condensadores en paralelo equivalen a
Ceq 200Ctubo 200q 6 F 1200 F 1.2 mF
Iact=I cosI
V
Icond
Ireact=I senI
retrasada
adelantada
- 479 -
Física Universitaria: Problemas de Física
Corriente alterna. E06.29
29. Un generador de corriente alterna (200 V) suministra una intensidad de 100 A a una instalación que tiene un
factor de potencia inductivo de 0.6. Cuando ponemos un condensador en paralelo con dicha instalación, el
factor de potencia pasa a valer 0.9, también inductivo. a) Hallar la intensidad que pasa por el mencionado
condensador. b) ¿Qué intensidad suministra el generador después de la corrección del factor de potencia?
Puesto que el factor de potencia es inductivo, la intensidad de
corriente está atrasada con respecto al voltaje un ángulo:
G arccos 0.6 53.13º
~
La intensidad será: 100 53.13º0 60 80 j A
La impedancia total de la instalación será:
200 0
#
#
l ' 2 53.13º '
100 53.13º
Cuando ponemos el condensador en paralelo, el retraso de la
intensidad se reduce hasta un valor:
G a arccos 0.9 25.84º
Z
C
Iact=I cosI
I
V
I’
I’
Iact tgI
I
Iact tgI’
90º
~
Icarga
Icond
cond 51
Icond
I’
200V
I senI
60 tg 53.13º tg 25.84º 51 A
Z
I’ senI’
a) Por el condensador circula una corriente adelantada
90º respecto de la tensión, cuyo valor se determina
fácilmente a partir del diagrama de intensidades:
I cond I act tg G I act tg G a I act tg G tg G a 100 A
200V
A
b) Después de colocar el condensador, el generador suministra una corriente I’ que se
determina a partir del diagrama de intensidades:
a I act j I act tg G a 60 60 tg 25.84º j 60 29 j A 91 -25.84º A
- 480 -
