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Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen extra / 10 de diciembre de 2001
1. 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 α = -0.01ω, donde ω es la velocidad angular en rad/s. ¿Cuántas revoluciones gira el rotor hasta que se detiene?
Datos:
α =−kω
con k = 0.01s-1 y ω0 =
200 10 10 r.p.s. = r.p.s. = ×2π =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:
dω dω dθ dω = −k ω → =ω = −k ω → d ω = −k d θ dt dt dθ dθ cuya integración nos conduce a
∫
ω
ω0
θ
d ω = −k ∫ d θ → ω − ω0 = −k θ → ω = ω0 − k θ 0
Cuando el rotor se detenga será ω=0, de modo que el ángulo girado por el rotor hasta ese instante vendrá dado por ω0 − k θ = 0 ⇒ θ =
10 r.p.s. 1000 ω0 = 3 -1 = = 333.33 revoluciones 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:
dω = −k ω → dt
∫
ω
ω0
t dω ω = ∫ −kdt → ln = −kt → ω = ω0 e−kt 0 ω ω0
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:
dθ = ω0 e−kt dt
→
∫
0
θ
t
−kt
dθ = ∫ ω 0 e 0
t
ω ω dt → θ = − 0 e−kt = 0 1− e−kt 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.
t→∞ ⇒ θ=
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10 r.p.s. 1000 ω0 = 3 -1 = = 333.33 revoluciones k 0.01s 3
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F 2. 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.,
F N
f
O 60º
A
60º
[1] F + f cos θ = N sen θ [2] N cos θ + f sen θ = P ! ! A [3] PR sen θ = F ( R + R cos θ ) = FR (1 + cos θ ) ↔
60º
P
Disponemos de tres ecuaciones con tres incógnitas (F, N , f)
[3] → F = [1] → [2]
sen θ P ⇒ 1 + cos θ
N sen θ − f cos θ = F N cos θ + f sen θ = P
De modo que N =
[2] →
f =
3 P 3
F=
(× sen θ ) (× cos θ )
⇒
F = 14.43 kg = 141.5 N
(+ m.a.m.) → N = F sen θ + P cos θ
sen 2 θ P + P cos θ = P ⇒ 1 + cos θ
P − N cos θ sen θ
=
1 − cos θ sen θ
P=
3
P=F
3
⇒
N=P
⇒
f =F
N = 25 kg = 245.0 N
⇒
f = 14.43 kg = 141.5 N
A partir de la definición del coeficiente de rozamiento, tenemos µ=
( 3 / 3) P f 3 = = = 0.58 3 N P
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:
[1] F + f cos θ = N sen θ [2] N cos θ + f sen θ = P ! ! O [3] fR = FR ⇒ f = F ↔
La resolución de este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (F, N, f) nos lleva a los mismos resultados anteriormente obtenidos.
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θ
3. Un rodillo macizo, de sección circular, de radio r y masa m, descansa 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.
m,r
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)
θ m,r
mgr = mgr cos θ + 12 ( 32 mr 2 ) ω 2 mg (1− cos θ ) = 34 mr ω 2
f
⇒
⇒
r ω 2 = 43 g (1− cos θ )
N mg
Movimiento radial del centro de masas: N − mg cos θ = man = −mr ω 2
Combinamos las dos ecuaciones anteriores para obtener: N = mg cos θ − 43 mg (1− cos θ ) = mg (cos θ − 43 + 43 cos θ ) = mg ( 73 cos θ − 43 )
de modo que N = 13 mg (7 cos θ − 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 θ − 4 = 0 ⇒ cos θ = 4 7 ⇒
θ = 55.2º
La velocidad angular del rodillo en ese instante será: ω2 =
4 4 4 4g g (1− cos θ ) = g (1− ) = 3r 3r 7 7r
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⇒
ω=
4g 7r
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4. 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
ω2 =
l
k m
⇒
k = mω 2 = 20 (2π ×8.14) 2 = 52 316.48
N m
b) A partir de la definición del módulo de Young, tenemos
F
E=
σ F /S = ε ∆l / l
⇒ F=
ES ES ∆l = k ∆l ⇒ 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 4×52 316.48×3 N = = = 19.98×1010 2 −3 2 S πD π × (10 ) m2
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5. 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 = ρ g HL = 12 ρ gH 2 L 2 H′ Faceite = ρ ′ g H ′L = 12 ρ ′ gH ′ 2 L 2
O aceite
H agua
H’
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. I En efecto, hc hcp = S
2 1 2 I 3 SH ⇒ hcp = = H = H , medida desde la superficie libre del líquido. 3 hc S 2 S
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 ′ Fagua A − = Faceite A − ⇒ 3 3
1 2
H H ′ ρ gH 2 L A − = 12 ρ ′ gH ′ 2 L A − ⇒ 3 3
H H ′ ρ ρ H 2 A − = ρ ′ H ′ 2 A − ⇒ H ′3 − 3 AH ′ 2 + (3 AH 2 − H 3 ) = 0 3 3 ρ′ En la que sustituimos los datos para obtener H ′3 − 3×3H ′ 2 +
1 (9× 22 − 23 ) = 0 ⇒ 0.85
H ′3 − 9 H ′ 2 +
28 =0 0.85
Resolviendo esta ecuación cúbica se obtiene H ′ = 2.2 m
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6. 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.
Gas biatómico:
V1 =
CV =
5 R 2
Cp =
7 R 2
γ=
7 = 1.4 5
nRT1 2× 0.08205× 473.15 = = 3.88 L p1 20 1−γ
a) Por tratarse de un proceso adiabático, p1
p 20 atm
1
3
T1γ = p21−γ T2 γ
857 K
γ
−3.5 T1 1−γ 473.15 p2 = p1 = 20 = 8.71 atm 373.15 T
473 K
8.71 atm
2
2
V2 =
nRT2 2× 0.08205×373 = = 7.03 L 8.71 p2
3.88 L
373 K
7.03 L
V
b) Determinamos la temperatura correspondiente al punto 3:
V1 V3 = T1 T3
⇒ T3 =
V3 7.03 T1 = 473.15 = 856.62 K V1 3.88
7 Qp = nC p (T3 − T1 ) = 2× 2 1.987 × (856.62 − 473.15) = 5333.66 cal Q = Q + Q = 530.40 cal p V 5 QV = nCV (T2 − T3 ) = 2× 2 1.987 × (373.15 − 856.62) = − 4803.26 cal
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 ⇒ nCV (Tf − T1 ) = − pext (Vf −V1 ) nC T + pextV1 ⇒ Tf = V 1 nRTf pextVf = nRTf ⇒ Vf = nC p p t ex 1.987 2× 52 1.987×473.15 + 8.71×3.88× 0.08205 2×0.08285×396.85 = K V = = 7.48 L 396 . 85 f 2× 72 1.987 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.,
Tf =
∆S = nCV ln
Tf V 396.85 7.48 cal + nR ln f = 2× 52 1.987× ln + 2×1.987× ln = + 0.86 T1 V1 473.15 3.88 K
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7. 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
La intensidad del campo eléctrico entre las armaduras del condensador viene dada por E=
E
σ Q = ε0 ε0 S
de modo que es independiente de la separación h entre las armaduras, en tanto que ésta sea suficientemente pequeña. h
La densidad de energía (u) almacenada en el campo eléctrico está dada por la expresión u=
dU 1 1 Q2 = ε0 E 2 = dV 2 2 ε0 S 2
1 1 Q2 1 Q2 S h d dh ⇒ dU = ε0 E 2 dV = = 2 2 ε0 S 2 2 ε0 S
c) Variación de la energía eléctrica del condensador al separar las armaduras al doble (∆h = h): 1 Q2 dU = dh ⇒ 2 ε0 S
1 Q2 ∆U = h 2 ε0 S
b) Trabajo que hay que realizar para separar las armaduras al doble (∆h = h): ∆U = W =
1 Q2 1 Q2h ∆h = 2 ε0 S 2 ε0 S
a) Fuerza de atracción que se ejercen entre sí las armaduras: F =−
dU 1 Q2 =− dh 2 ε0 S
donde el signo negativo indica que la fuerza es atractiva.
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8. Un conductor muy largo que transporta una corriente I se dobla en la forma indicada en la figura. Determinar el campo magnético en el punto P.
I P
Comenzamos estableciendo la expresión del valor del campo magnético B a 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: P s es I
µ0 dl × es I s2 4π
⇒ B=
a 2a
dB a
θ
dl
dB =
a
-x
µ0 dx sen θ I∫ s2 4π
eje x
a a = s sen θ → s = sen θ con a − x = a cotg θ → dx = dθ 2 sen θ
de modo que θ2
µ µ I a sen 2 θ µ0 I θ θ θ = d sen sen θ dθ = 0 [− cos θ ]θ2 B = 0 I∫ 2 2 ∫ 1 4π sen θ a 4π a θ 4π a 1
∴
B=
µ0 I (cos θ1 − cos θ2 ) 4π a
Para los conductores verticales (semi-infinitos) será: Bvert =
µ0 I µ I 2 (cos 0º − cos135º ) = 0 1 + 4π a 4π a 2
Para el conductor horizontal será: Bhorz =
µ0 I µ (cos 45º − cos135º ) = 0 4π a 4π
I 2 2 µ0 I = 2 + a 2 2 4π 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: µ0 I µ 2I 2 B = 2 Bvert + Bhorz = 2 1 + (1 + 2) + 2 = 0 4π a 2 4π a
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