259978046-Problemas-Resueltos-de-Fisica-2.pdf

Índice ndice gene genera rall Presentación

I

Índice Índice general general

II

1. Datos generales 1.1. 1.1. Datos atos Perso erson nales ales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. 1.2. Dato Datoss de la Insti nstitu tuci ción ón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. 1.3. Datos atos de la Asig Asign natur aturaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 1 1

2. Justificación

2

3. Objetivos 3.1. 3.1. Objet bjetiv ivos os Gene Generrales ales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. 3.2. Objet bjetiv ivos os Espec specífi ífico coss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 4 4

4. Elasticidad 4.1. 4.1. Ela Elastic sticid idad ad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. 4.2. Plast lastic icid idaad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. 4.3. Defor eforma maci ción ón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. 4.4. Esfue sfuerz rzo o........................................................ 4.5. 4.5. Ley Ley de Hooke ooke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Deformación longitudinal o unilateral (E ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7. Deformación multilateral o volumétrica (B ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8. Deformación por cizalladura o elasticidad de forma (η) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9. Deformación Deformación lateral lateral (µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10 4.10.. Torsi orsion on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11. 4.11. Ener Energía gía elas elasti tica ca acum acumul ulad adaa en una una barr barraa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12. 4.12. Deforma Deformación ción volumé volumétric tricaa (Ley (Ley de Hooke Hooke genera generaliza lizada) da) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.13 4.13.. Ejer Ejerci cici cios os resu resuel elto toss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 5 5 5 5 5 6 7 7 8 9 9 10 10

5. Oscilaciones 48 5.1. 5.1. Movimi vimien ento to peri periód ódic ico o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.2. 5.2. Movimie vimient nto o oscil oscilat atori orio o o vibr vibrat atori orio o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.3. 5.3. Movimie vimient nto o Armón Armónico ico simp simple le (MAS (MAS)) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.3.1. 5.3.1. Elongac Elongacion ion (x ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.3.2. Posición Posición de equilibrio equilibrio (x 0 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.3.3. 5.3.3. Amplit Amplitud ud ( A ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.3.4. 5.3.4. Period Periodo o (T ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.3.5. Frecuenci Frecuenciaa (ν ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.3. 5.3.6. 6. Ener Energí gíaa alma almace cena nada da en MAS MAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.4. 5.4. Péndu éndulo lo simp simple le o Mate Matemá máti tico co . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.5. 5.5. Péndu éndulo lo comp compue uest sto o o Físi Físico co . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 II

ÍNDICE GENERAL

III II I

5.6. 5.6. Péndu éndulo lo de tors torsio ion n ................................... ............. 5.7. 5.7. Supe Superp rpos osici ición ón de MAS MAS en la misma misma dire direcci cción ón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8. 5.8. Super Superpos posició ición n de dos MAS en direcc dirección ión perpen perpendic dicula ulare ress . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9. 5.9. Movimie vimient nto o oscil oscilat atori orio o amort amortigu iguad ado o................................... 5.10. 5.10. Movimie vimient nto o oscil oscilat atori orio o forza forzado do . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.11 5.11.. Ejer Ejerci cici cios os resu resuel elto toss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51 52 52 52 53 54

6. Hidrostática 77 6.1. 6.1. Fluid luidos os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 6.2. 6.2. Densi ensida dad d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 6.3. 6.3. Peso eso espe especi cific fico o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 6.4. 6.4. Dens Densid idad ad rela relati tiva va . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 6.5. 6.5. Presió esión n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 6.6. 6.6. Variac ariación ión de la pres presió ión n en un flu fluid ido o en repo reposo so . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 6.6. 6.6.1. 1. Líqu Líquid idos os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 6.6. 6.6.2. 2. Gases ases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 6.7. 6.7. Equilib Equilibrio rio de los líquidos líquidos no miscibl miscibles es en los vasos vasos comuni comunican cantes tes . . . . . . . . . . . . . 80 6.8. 6.8. Fuerz Fuerzaa ejer ejerci cida da sobr sobree la pare pared d de un recip recipie ient ntee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 6.9. 6.9. Prin Princi cipi pio o de pasc pascal al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 6.10 6.10.. Prin Princi cipi pio o de Arqu Arquím ímed edes es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 6.11 6.11.. Manom anomet etro ro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 6.12. 6.12. Fuerz Fuerzas as mole molecu cula lare ress en los los líqu líquid idos os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 6.13 6.13.. Tensi ension on supe superfi rfici cial al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 6.14. Definición del coeficiente de tension tension superficial (σ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 6.15 6.15.. Forma ormaci ción ón de una una gota gota liqu liquid idaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 6.16. 6.16. Formac ormació ión n de una una burb burbuj ujaa de jabó jabón n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 6.17. 6.17. Asce Ascens nso o de liqui liquido do en tubo tuboss capi capila lare ress . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 6.18 6.18.. Ejer Ejerci cici cios os resu resuel elto toss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 7. Hidrodinámica 7.1. 7.1. Líne Líneas as de flu fluid ido o o de corri corrien ente te . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. 7.2. Tubos ubos de flu flujo jo o de corri corrien ente te . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3. 7.3. Prin Princi cipi pio o fund fundam amen enta tale less . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4. 7.4. Tipos ipos de flu flujo jo o regim egimen en . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4.1. 7.4.1. Regime Regimen n establ estable, e, permane permanente nte o estaci estaciona onario rio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4. 7.4.2. 2. Fluj Flujo o unif unifor orme me . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4. 7.4.3. 3. Fluj Flujo o rota rotaci cion onal al . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4. 7.4.4. 4. Fluj Flujo o lami lamina narr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4. 7.4.5. 5. Fluj Flujo o turb turbul ulen ento to . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5. 7.5. Ecua Ecuaci ción ón de cont contin inui uida dad d .................................... ....... 7.6. 7.6. Ecua Ecuaci ción ón de Bern Bernou oull llii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.7. 7.7. Teore eorema ma de Torri orrice cell llii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.8. 7.8. Tubo ubo de Ventu enturi ri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.9. 7.9. Tubo ubo de Pito Pitott . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.10. 7.10. Fluj Flujo o de los flu fluid idos os visco viscoso soss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.11 7.11.. Numer umero o de Reyno eynold ldss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.12 7.12.. Ley Ley de Stoke tokess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.13 7.13.. Ejer Ejerci cici cios os resu resuel elto toss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

101 101 101 101 101 101 101 102 102 102 102 102 102 102 102 102 102 102 102 102 103 103 104 104 104 104 105 105 106 106 107 107 108 108 109 109

Fisica II

ÍNDICE GENERAL

IV

8. Temperatura 8.1. 8.1. Ley Ley cero cero de la termo termodi diná námi mica ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1. 8.1.1. 1. Defin Definici ición ón de esta estado do de un siste sistema ma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1. 8.1.2. 2. Pared ared adia adiabá báti tica ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1. 8.1.3. 3. Pared ared diat diatér érmi mica ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1. 8.1.4. 4. Equi Equili libr brio io térm térmic ico o .................................... ....... 8.2. 8.2. Conc Concep epto to de temp temper erat atur uraa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. 8.2.1. 1. Isot Isoter erma ma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. 8.2.2. 2. Defin Definici ición ón de temp temper erat atur uraa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. 8.2.3. 3. Medici edición ón de la temp temper erat atur uraa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. 8.3. Dila Dilata tació ción n por por temp temper erat atur uraa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4. 8.4. Dila Dilata taci ción ón de líqu líquid idos os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.1. 8.4.1. Variació ariación n de la densida densidad d con la temper temperatu atura ra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5. 8.5. Ejer Ejerci cici cios os resu resuel elto toss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

119 119 119 119 119 119 119 119 119 119 119 119 119 120 120 120 120 120 120 121 121 122 122 123 124 124

9. Calor y primera ley de la termodinámica 9.1. 9.1. Calor lor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1. 9.1.1. 1. Teorí eoríaa del del caló calóri rico co . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1. 9.1.2. 2. Teoría eoría cinét cinética ica o ener energé géti tica ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. 9.2. Cant Cantid idad ad de calo calorr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3. 9.3. Calo Calorr espe especi cific fico o .................................. ................ 9.4. 9.4. Camb Cambio ioss de esta estado do . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. 9.4.1. 1. Regio egion n AB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. 9.4.2. 2. Regio egion n BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. 9.4.3. 3. Calo Calorr late latent ntee de fusio fusion n .................................... .... 9.4. 9.4.4. 4. Regio egion n CD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. 9.4.5. 5. Regio egion n DE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. 9.4.6. 6. Calo Calorr late latent ntee de vapo vaporiz rizac ación ión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5. 9.5. Prop Propag agac ació ión n del del calo calorr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5. 9.5.1. 1. Cond Conduc ucci ción ón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5.2. 9.5.2. Conduc Conducció ción n de calor calor entre entre dos capas capas parale paralelas las . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5.3. 9.5.3. Flujo Flujo calorífi calorífico co radial radial entre entre dos cilindr cilindros os coaxia coaxiales les . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5.4. 9.5.4. Flujo Flujo calorífi calorífico co radial radial entre entre dos esfera esferass concén concéntric tricas as . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5. 9.5.5. 5. Conv Convec ecci ción ón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5. 9.5.6. 6. Radi Radiac ació ión n ................................................. 9.6. 9.6. Dife Difere renc ncia iall entr entree calo calorr y trab trabaj ajo o. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.7. 9.7. Traba rabajo jo origi origina nado doss por por camb cambios ios de volu volume men n ............................. 9.8. 9.8. Prim Primer eraa ley ley de la Termod ermodin inám ámica ica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.9. 9.9. Trans ransfo forma rmaci ción ón isoba isobaric ricaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.10. 9.10. Trans ransfo forma rmaci ción ón adia adiabá báti tica ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.11. 9.11. Dila Dilata tació ción n libre libre o expa expans nsio ion n en el vaci vació ó ................................. 9.12 9.12.. Trans ransfo form rmac ació ión n isoc isocor oraa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.13. 9.13. Teoría eoría ciné cinéti tica ca de gase gasess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.13 9.13.1 .1.. Gas Gas idea ideall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.13 9.13.2 .2.. Ley Ley de Boyl Boylee - Mario Mariott ttee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.13 9.13.3 .3.. Ley Ley de Gay Gay - Lu Lusa sass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.13 9.13.4 .4.. Ley Ley de Dalt Dalton on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.13 9.13.5 .5.. Cal Calor ores es espe especí cífic ficos os de un gas gas idea ideall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.14 9.14.. Ejer Ejerci cici cios os resu resuel elto toss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

128 128 128 128 128 128 128 129 129 129 129 130 130 131 131 131 131 131 131 131 131 131 131 131 131 131 131 132 132 132 133 134 135 135 135 135 135 135 136 136 137 137 138 138 138 138 138 138 138 138 139 139 139 139 139 139 139 139 139 139 139 139 139 139

Fisica II

ÍNDICE GENERAL

V

10. Segunda ley de la termodinámica 10.1 10.1.. Cicl Ciclo o de Carn Carnot ot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. 10.2. Efi Eficie cienc ncia ia o rend rendim imie ient nto o térmi térmico co . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3. Enunciado Enunciado de Clausius y de Kelvin - Planck del segundo Principio de la Termodinami namica ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3 10.3.1 .1.. Enu Enunc ncia iado do de Kelvin elvin-P -Pla lanc nckk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3 10.3.2 .2.. Enu Enunc ncia iado do de Clau Clausi sius us . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3 10.3.3 .3.. Teo Teore rema ma de Carn Carnot ot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3.4. 10.3.4. Entropía Entropía - Procesos Procesos reversible reversible (Teorem (Teoremaa de Claussius) Claussius) . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4. 10.4. Entro Entropía pía y la Segund Segundaa Ley de la Termodin ermodinámi ámica ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5 10.5.. Entr Entrop opía ía y deso desord rden en . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6 10.6.. Ejer Ejerci cici cios os resu resuel elto toss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

149 149 149 151 151

11. Metodología 11.1 11.1.. Estr Estrat ateg egia iass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 11.2.. Métod étodos os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3 11.3.. Medio edioss y Mate Materi rial ales es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

161 161 161 161 161 161 161

151 151 152 152 152 152 152 152 153 154 154 154 154 154

12. Cronograma de Actividades 162 12.1 12.1.. Temas emas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 162 12.2. 12.2. Cron Cronog ogra rama ma de Acti Activid vidad ades es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 162 13. Relación de Estudiantes y Asistencias 163 13.1 13.1.. Relac elació ión n de estu estudi dian ante tess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 163 13.2 13.2.. List Listaa de Asis Asiste tenc ncia ia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 164 Bibliografía

165

Fisica II

Capít apítul ulo o2 Justificación La practi practica ca pre-p pre-prof rofesio esional nal contrib contribuye uye a lograr lograr el perfil perfil del futuro futuro profes profesion ional al de la E.P. de CienCiencias Físico Matemáticas, en sus aspectos: personal, profesional y promotor de cambio social y desarrollo. La practica pre-profesionales permite el logro de experiencias en las areas de desempeño docente, mediante la aplicación de los conocimientos y el ejercicio de habilidades y destrezas desarrolladas en la E.P. E.P. de Ciencias Físico Matemáticas. La practica pre-profesional tiene sustento: 1ro En la curricula flexible por competencias de la C.P. C.P. de Ciencias Físico Matemáticas 2001-2006 en los reglamentos específicos que habla de las prácticas pre-profesionales en sus artículos 40-48 señalan:

Art. 40 El presente reglamento se sustenta en el estatuto de la U.N.A. que contempla la realización de prácticas pre-profesionales en la formación de todos los estudiantes de la universidad. Art. 41 Los estudi estudiant antes es de la Carrer Carreraa Profes Profesion ional al de Cs.Fís Cs. Físico ico Matem Matemáti áticas cas están están obligad obligados os a realiza realizarr prácticas pre-profesionales pudiendo efectuarse después de haber logrado un mínimo de 170 créditos. Art. 42 Las prácticas pre profesionales de la Carrera Profesional de Cs. Físico Matemáticas serán prácticas productivas y prácticas de investigación. Art. 43 Las prácticas productivas comprenderán prácticas pedagógicas en centros de enseñanza de nivel nivel medio medio superio superiorr y univer universid sidade ades; s; prácti prácticas cas en centro centross produc productiv tivos, os, conven convenio io,, proyec proyectos tos y otros que requieran la participación de Físicos Matemáticos. Matemáticos. Art. 44 Las prácticas de investigación se realizan en la U.N.A. bajo la dirección de un profesor designado específicamente con este fin. Art. 45 Las práctic prácticas as produc productiv tivas as de invest investiga igación ción tendrá tendrán n una duraci duración ón de un semestr semestree académ académico ico.. Art. 46 2

2. Justifica Justificación ción

3

Los estudiantes, después de haber cumplido con sus prácticas productivas y /o de investiinvestigación presentaran el informe a la institución donde se realizo y esta a su vez informara de su desarrollo a la Dirección de Carrera quien lo remitirá a la comisión de prácticas pre profesionales para su aprobación o desaprobación.

Art. 47 En el caso de que la practica productiva y /o prácticas de investigación se realice en la Universi versida dad d Nacion acional al del del Atip Atipla lado do el prac practi tica cant ntee prese present ntar araa el info informe rme al doce docent ntee a carg cargo o, este este a su vez vez info inform rmar araa su desa desarr rrol ollo lo a la Dire Direcc cció ión n de la Carr Carrer eraa para para el vist visto o buen bueno o de la comi comisi sión ón de prácticas Pre-profesionales. Art. 48 Los aspectos no contemplados en el presente reglamento serán absueltos por la Comisión de prácticas pre profesionales. 2d o En el Estatuto Universitario del Titulo VI del regimen académico y administrativo en su capitulo ulo II del del regi regime men n de estu estudi dios os en la facu facult ltad ad,, cuan cuando do nos nos habl hablaa de los los estu estudi dios os en su arti articu culo lo 122 que señala:

Art. 122 La actividad académica en una Escuela Esc uela Profesional comprende: Formación general. Formación básica profesional. Formación profesional. Investigación. Orientación profesional. Proyección y extension universitaria Su diseño diseño involu involucra cra la progra programac mación ión curricu curricular lar teórico teórico-pr -pract actica ica de cada cada asigna asignatur tura; a; proyec proyec-tos de investigación sobre la realidad regional, nacional y mundial; plan de actividades de proyec proyecció ción n y extens extension ion univer universit sitaria aria;; y un plan plan de prácti prácticas cas pre-p pre-prof rofesio esional nales. es.Con Concor cor.:.: Arts.10, Arts.10, 12, 16 y ss. Ley 23733

Fisica II

Capít apítul ulo o3 Objetivos 3.1. 3. 1. Obje Objeti tivo voss Gene Genera rale less Las prácticas pre-profesionales tienen como objetivo poner en práctica los conocimientos adquiridos plasmándolo en la enseñanza universitaria.

3.2. 3. 2. Obje Objeti tivo voss Espe Específi cíficos cos Los objetivos específicos que se tiene para la practica desarrollada en la respectiva asignatura designada son: Familiarizarse en el desempeño de la docencia universitaria. Afianzar los conocimientos adquiridos, para resolver problemas durante la práctica preprofesional. Solucionar con métodos adecuados los problemas que se presentan. Estar siempre disponible para absolver las inquietudes de los alumnos.

4

Capít apítul ulo o4 Elasticidad 4.1. 4. 1. Elas Elasti tici cida dad d Se llama llama así así a la prop propie ieda dad d que que tien tienee los cuer cuerpo pos, s, de recu recupe pera rarr su forma forma y dime dimens nsion iones es origin original al cuan cuando do la fuerz fuerzaa aplic aplicad adaa cesa cesa de actu actuar ar.. El trab trabaj ajo o real realiz izad ado o por por la fuerz fuerzaa se tran transf sform ormaa en ener energí gíaa potencial de deformación.

4.2. 4. 2. Plas Plasti tici cida dad d Cuando al cesar las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, este no recupera su forma o dimensiones originales, parcial o totalmente. El trabajo realizado por los fuerzas parte se transforma en calor.

4.3. 4. 3. Defor Deformac mació ión n Son todas las variaciones que se producen en su longitud, superficie, volumen y también de forma.

4.4. 4. 4. Esfue sfuerz rzo o Se define como una relación entre las fuerzas entre el area de la sección transversal, su notación es σ σ=

F S

(4.1)

4.5. Ley de Hooke Todo cuerpo bajo la acción de una fuerza, se deforma, esta deformación ( x ) es proporcional a la fuerza ( F ) que se aplica, dentro del intervalo en el cual el cuerpo se comporta elásticamente.

5

4. Elasticida Elasticidad d

6

Figura 4.1: Ley de Hooke

4.6. 4. 6. Defor eforma maci ción ón long longit itud udin inal al o unil unilat ater eral al (E ) Se define el modulo de Young ( E ) E =

Esfuerzo por tensión o compresión Deformación unitaria longitudinal E =

σ ∆

=

F S ∆ L L 0

=

F L 0 S ∆ L

(4.2) (4.3)

Figura 4.2: Deformación por tracción

Fisica II


7

Figura 4.3: Deformación volumétrica

4.7. 4. 7. Defor eforma maci ción ón mult multil ilat ater eral al o volum olumét étri rica ca (B ) Si el cuer cuerpo po se some somete te igua iguales les esfue esfuerzo rzoss de trac tracció ción n o comp compre resió sión n por por todo todo los los lado lados, s, ento entonc nces es el cuerpo sufrirá deformación volumétrica. Definiremos el modulo de compresibilidad ( B ) y su inversa el coeficiente de compresibilidad (χ ).

= B =

Esfuerzo volumétrico Variación de presión = Deformación unitaria de volumen Deformación unitaria de volumen = B =

∆ p ∆

χ

=

∆ p

(4.4) (4.5)

∆V

V 0

1 B

(4.6)

4.8. 4. 8. Defor eforma maci ción ón por por ciza cizall llad adur uraa o elas elasti tici cida dad d de form formaa (η) Esta deformación es producto de aplicar fuerzas opuestas a os caras contrarías del cuerpo, produciendose un desplazamiento de planes paralelos en la dirección de las fuerzas.

Fisica II


8

Figura 4.4: Elasticidad de forma

η=

Esfuerzo cortante σ r = Deformación cortante φ

F Fuerza tangencial = Superficie que se desplaza S Y Corrimiento φ= = Distancia entre las dos caras L 0

σr =

(4.7)

(4.8) (4.9)

4.9. 4. 9. Defor eforma maci ción ón late latera rall (µ) Es cuando la muestra se estira, se observa que lateralmente sufre una contracción. Para medirla se usa el coeficiente de Poisson (µ).

Contracción lateral relativa Alargamiento longitudinal negativo Para el caso del cilindro de la figura µ=

µ

∆r L 0 ∆L r 0

(4.10)

(4.11)

Fisica II


9

Figura 4.5: Deformación lateral

4.10 4. 10.. Torsi orsion on

Es una una defo deforma rmació ción n por por cizal cizalla ladu dura ra pu pura ra,, pero pero no homo homogé géne nea, a, se prod produc ucee cuan cuando do se apli aplica ca un par par de fuerz fuerzas as (F ), en la part partee supe superi rior or de la barr barraa y la secc secció ión n infe inferi rior or de la base base esta esta fija. fija. Se demu demues estr traa que el torque aplicado es igual a τ=

πµR 4 θ

2L o o

(4.12)

en este caso tampoco hay variación de volumen.

4.11 4. 11.. Energí ergíaa elas elasti tica ca acum acumu ulada lada en una barr barra a  de tracción , esta se alarga una distancia ∆ L y Cuando una barra es sometida a una fuerza F y el trabajo realizado por esta fuerza, se transforma en energía elastica almacenada en la barra.

Fisica II


10

Figura 4.6: Deformación lateral

= U =

1 E V 0 ∆2 2

(4.13)

Relación entre los módulos elásticos η=

E

2(1 + µ)

,

= B =

E

3(1 − 2µ)

(4.14)

4.12 4. 12.. Defo Deform rmaci ación ón volu volumé métri trica ca (Ley (Ley de Hooke ooke gene genera rali liza zada da))

4.13 4. 13.. Ejer Ejerci cicio cioss resue esuelt ltos os EJERCICIO NO 4. 1 De un tubo vertical cuyo radio inferior inferior r = 1m gotea agua. Hallar el radio de las gotas en el momento de desprenderse. Considérese que las gotas son esféricas

SOLUCIÓN

Fisica II


11

Figura 4.7: torsion

Figura 4.8: Energía elastica almacenada en una barra

F = W

(i) Fisica II


12

Figura 4.9: Deformación volumétrica F = σ A

σ(πr 2 )

(ii)

W = ρ g V W = ρ g

igualando (ii)=(iii)

  4 3 πR 3 4 3

(iii)

σπr 2 = ρ g πR 3

  σr 2

3 R = 4 ρ g 3

⇒

= R =

   3

3 σr 2 4 ρ g

EJERCICIO NO 4. 2 En la figura se representa dos alambre de sección uniforme A que están articuladas ladas en X , Y , Z , inicialm inicialment entee tiene tiene una longitud longitud H y están horizonta horizontales les,, cuando cuando se ha aplica aplicado do ning ningun una a carg carga. a. El peso peso del del cabl cablee es desp despre reci ciab able le.. Si se apli aplica ca grad gradua ualm lmen ente te un peso peso P en en el punt punto oY. Hallar Hallar P para producir producir una deformación deformación vertical v , respecto del punto Y

SOLUCIÓN SOLUCIÓN

Fisica II


13



F Y Y = 0

2T cos cos θ = P

cos θ =



(i)

v

(ii)

H 2 + v 2

F L 0

= T , F = AE A E ∆ L A E t = L 0

∆ L = =

(iii) en (i) = 2 P =

= P =

A E 2 AE H

∆ L A E

L 0



H 2 + v 2 H

∆L = =

cos θ

 −  1

∆L = =

v

H 2 + v 2

− L 0

L f f

 

L 0

H 2 + v 2

∆L = =

(iii)

H

h 2 + v 2 H

− H −1

EJERCICIO NO 4. 3 Si el esfuerzo de corte en el acero excede aproximadamente aproximadamente 4 4 × 108 N /m 2 , el acero se romp rompe. e. Dete Determ rmin inar ar par para (a) (a) Cort Cortee un pern perno o de acer acero o de 1, 0c m de de diam diamet etro ro.. (b) (b) Ha Hace cerr un hoyo hoyo de diametro en una placa de de acero de 0, 1,0c m de diametro 0, 5cm de espesor. SOLUCIÓN (a) σr =

F r r

⇒

A

2

A = = πr = π

(b)

σr =

F r r A

F r r = σr A

d 2

, F r r = 4 SOLUCIÓN

⇒

σ r πd 2

4

F r r = σr A

A = = πd l f r r = σr πd l Fisica II


14

EJERCICIO NO 4. 4 A dos caras opuestas de un bloque cubico de acero de 26 cm de lado se aplica fuerzas de extension opuesta de 200 una.Hallar el ángulo de cizalla cizalla y el desplazamiento desplazamiento 200 K g f cda una.Hallar 5 2 relativo, el modulo de rigidez del acero vale 8,4 8,4 × 10 K g f /c m SOLUCIÓN SOLUCIÓN

(a) G =

F / A F / A σ = = , εs ∆ y /h tan θ = θ =

tan θ = θ

F AG

(b) Si tan θ ≈ ≈ θ = ∆h y , ∆ y = θ h

EJERCICIO NO 4. 5 Se aplican fuerzas de compresion compresion a dos caras caras opuestas de un bloque rectangula rectangular r de volu volume men n V 0 = L x x L y dismin inuc ucio ion n rela relati tiva va de volu volume men n es 0,0005 0,0005 y la distancia relativa de la y L z . La dism longitud del bloque es 0,001 0,001. Determinar el coeficiente de poisson del material del bloque. SOLUCIÓN Cons Consid ider erem emos os las las ecua ecuaci cion ones es de Ley Ley de Hooke ooke gene genera rali liza zada dass para para el caso caso de comp compre resi sion on,, se tien tiene. e. SOLUCIÓN

εx = ε y = εz =

−  − − − − − y 1 1

y

1

y

  

σx

µ(σ y + σz )

σ y

µ(σz + σx )

σz

µ(σx + σ y )

Fisica II


15

como las fuerzas fuerzas están aplicadas aplicadas en la dirección del eje y tenemos σ x = σ z = 0, reemplazamos estos valores en las ecuaciones ec uaciones anteriores y sumando. εv =

∆ V

(1)

= εx + ε y εz

V 0

1

σ y

y

y

εx + ε y εz = + µσ y −

+

µσ y y

1

εx + ε y εz = − ( 1 − 2µ)σ y

(2)

y

en la dirección y se tiene σ y = y ε y = y

∆L y y

L y y

,

ε y =

∆L y y

L y y

(3)

ahora (2),(3) en (1) 1

1

y

y

εV = − ( 1 − 2µ)σ y = − ( 1 − 2µ)

( y ε y )

− 

Porcompresionodisminucion

1

εV = ( 1 − 2µ) y ε y y

εV = 1 − 2µ ε y

 

1 εV 1− µ= 2 ε y

EJERCICIO NO 4. 6 Sea una barra de longitud L o que al calentarla desde 0 0o C hasta t o C se dilata en una magnitud ∆ ∆ L, si α es el coeficiente lineal del material de la barra. Para reducir la barra mediante ante un defo deforma rmaci ción ón elast elastic ica a de comp compre resió sión, n, en la magn magnitu itud d ∆L hay que que apli aplica carr una una carg carga a σn si E es el modulo de Young del material, hallar σn .

SOLUCIÓN

Cuando la barra se calienta desde 0oC hasta hasta t oC , el cuerpo se dilata una longitud: o ∆L = = I o o αt

(1)

También se puede dilatar la barra debido a la carga c arga σn : = σn /∆ = σn /(∆L /I o = σn I o E = o )∆ L = o / E

(2)

Igualando las expresiones (1) y (2): I o o αt o = σn I o o / E σn = αE t o

EJERCICIO NO 4. 7 Una barr = 1m , dispues barra a de cobr cobree de longi longitud tud L = dispuesta ta horizo horizontal ntalment mentee gira gira alrede alrededor dor de un eje vertical que pasa por su centro. ¿Con que frecuencia de rotación se despedazara la barra?

SOLUCIÓN

Fisica II


16

Sea conoce la densidad: ρC u = 8,9 g /c m 3 Resistencia a la rotura: σr (C u ) = 3 × 108 N /m 2 Cuando la barra gira con velocidad angular w , se tiene la fuerza centripeta para el diferencial de masa d m d F C C = d m

V 2

= d m

x

(w x )2

x

= w 2 x d m ,



L /2

2

F C = w ρS

0

x d x = =

= ρ d V = ρSd x d m =

1 2 L 2 w ρS a 2

(1)

se ha usado d m = ρ d V = ρS d x La La barra gira y se rompe cuando supera la fuerza asociada a la resistencia a la rotura F r r = σr S (2) Igualando (1) y (2)

ν

1 πL

1 2 w ρS L 2 = σr S y w = 2πν 8 2σr 1/2 ≈ 0,827 × 102R PS , ν = 82R PS

  ρ

EJERCICIO NO 4. 8 Al tensar un alambre alambre de Cu C u , cuya sección sección transversal transversal tenia 1,5 m m 2 de area, se observo que el comienzo de la deformación permanente correspondía a la carga de 4,5 K g f . ¿Cual es el limite de elasticidad del material de que esa hecho el alambre?

SOLUCIÓN Según el problema, cuando se aplica una fuerza F 1 = 4,5 K g f , el alambre se estira x l l ; luego el limite de elasticidad esta dado por:

σ=

F S

=

4,5 × 9,8N = 2,94 × 107 N /m 2 − 6 2 1,8 × 10 m

Fisica II


17

2m m EJERCICIO NO 4. 9 Del tejado de una casa cuelga un alambre de acero de 40m de longitud y 2 de diámetro (a)¿Que carga máximo se puede colgar de este alambre sin que llegue a romperse? (b)¿ (b)¿Cu Cuant anto o se alar alarga ga este este alamb alambre re se de el se cuelg cuelga a un homb hombre re que que pesa pesa 70 K g ? (c)¿Se (c)¿Se notara notara alarga alargamie miennto permanente cuando el hombre anterior suelta el alambre?. El limite de elasticidad del acero es igual a 2,94 2,94 108 N /m 2

×

SOLUCIÓN

Se conoce d = 2 × 10−3 m , L o o = 40m La La tension a la rotura σ r (a c e r o) = 7,85 × 108 N /m 2 Limite de elasticidad: σ = 2,94 × 108 N /m 2 Modulo de Young: E = 21,6 × 1010 N /m 2 (a) La carga maxima pedida: F = σr S F = σr

πd 2

4

= 7,85

8

N

× 10 m 2 × 3,14

(2

× 10−3)2 m 2 = 2469N 4

F = 251K g f = F L o (b) El alargamiento solicitado ∆ L = o / E S ∆L = =

70 × 9,8 × 40 = 0,04m m = 3,14 × 10−6 × 21,6 × 1010 ∆ L = = 4c m

(c) Hallemos el esfuerzo que ejerce el hombre y lo comparamos con el limite de elasticidad. σ=

F S

=

70 × 9,8 = 2,47 × 108 N /m 2 − 3 2 3,14 × (2 × 10 ) /4

Se puede ver que σ < 2,94 × 108 N /m 2 , y como no supera el limite, la respuesta es no se notara el alargamiento.

EJERCICIO NO 4.10 Entre dos paredes macizas se hallan dos barras hechas de diferentes materiales. La sección sección de las barras barras es S. sus longitudes son l 1 y l 2 . Las barras barras se calientan calientan en ∆ ∆t grados. Hallar las fuerzas con que las barras actúan la una sobre la otra; si los coeficientes de expansion térmica de las barras α α 1 y α α 2 y los módulos de elasticidad del material de las barras E 1 y E 2 son conocidos (Modulo de Yoyng). La deformación de las paredes se desprecia.

Fisica II


18 SOLUCIÓN

En este este prob proble lema ma nuev nuevam amen ente te comp compar aram amos os el alar alarga gami mien ento to debi debido do a la temp temper erat atur uraa y la comp compre re-sión debido a la elasticidad. El alargamiento debido a la temperatura en las dos barras: ∆l = ∆l 1 + ∆l 2 = α1 l 1 ∆t o + α2 l 2 ∆t o

(1)

La compresión de las barras, debido a la elasticidad en las dos barras: ∆l = ∆l 1 + ∆l 2 = (F l 1 /S E 1 ) + (F l 2 /S E 2 )

(2)

Igualando (1) y (2) y despejando F F =

( α1 l 1 + α2 l 2 )

  l 1 E 1

+

l 2 E 2

A ∆t o

colgado de un alambre alambre de acero acero de 1 100K g f esta colgado 1m de longitud y EJERCICIO NO 4.11 Una carga de 100 trabajo de tracción del alambre? 1m m de radio. ¿A que es igual el trabajo

SOLUCIÓN

Fisica II


19

Se conoce = 21,6 E =

F = 10

× 1010N /m 2 ,

× 9,8N ,

r = 10−3 m

= πr 2 = 3,14 S =

× (10−3)2m 2

Se sabe que el trabajo debido a la tracción del alambre esta dado por 1 2

W = E S L o o ∆2

La deformación unitaria: ∆ = F /S E reemplazando, W = 12 E S L o o (F /S E )2 = L o o F 2 /2S E W =

1m × (102 × 9,8N )2 2 × 3,14(10−3 )2 m 2 × 21,6 × 1010N /m 2

EJERCICIO NO 4.12 Hallar Hallar el modulo de Poisson Poisson para el cual el volumen volumen de un alambre no varia al alargarse

SOLUCIÓN

El volumen inicial V o = πr o 2 l o o , El volumen final V f = π(r o o − ∆r )2 (l o o + ∆l ) donde el radio se acorta y la longitud se alarga. Como el volumen no varia V o = V f πr o 2 l o o = o p i (r o o − ∆r )2 (l o o + ∆l ) 2 2 + l o + ∆l ∆r 2 ) πr o o l o o = π(r o 2 l o o − 2r o o l o o ∆r + − 2r o o ∆l ∆r + o ∆r + r o ∆l −

donde los términos que poseen ∆r 2 , ∆l ∆r 2 son nulos. ∆r /r o o = r o Simplificando 2πr o o l o o ∆r = πr o 2 ∆l , 2l o o ∆r = o ∆l como por definición µ = ∆l /l o o µ=

∆ r /r o o ∆l /l o o

=

1 2

luego µ0,5 Fisica II


20

Una barr barra a de cobr cobree de long longit itud ud l se susp suspen ende de de uno uno de los los extr xtremos emos de un tech techo o. EJERCICIO NO 4.13 Una Hallarr (a) Halla (a) el alarga alargamie miento nto de la barr barra a ∆L bajo bajo la acci acción ón de su prop propio io peso peso.. (b) (b) El incre increme ment nto o rela relativ tivo o de su volumen ( ∆V /V )

SOLUCIÓN

(a)Debemos suponer que la gravedad permanece constante por que el cambio de la gravedad es cero. Como la fuerza se ejerce la barra es su propio peso, entonces tomemos un diferencial de su peso: = g d m = = g ρ d p = ρSd z



l l o o

= ρ g S p =

= ρ g Sl o d z = o

(1)

∆l = E S F = l o o

(2)

0

Por definición: = E =

F /S ∆l /l o o

,

Igualando (1) y (2), ∆l = ρ g Sl o E S l o o ∆l = ρ g l o 2 /E

(b) En teoría se demuestra como

∆V

V

=

( 1

− 2µ)σ

(3)

E

E = = σ/(∆l /l o o ),

σ E

=

∆ l

l o o

(4.15)

reemplazando (4.15) en (3): ∆V

V

= (1

− 2µ) ∆l l o o

Fisica II


21

peso, se encuentra encuentra sus 20cm de diámetro y 25 25 K g f de peso, EJERCICIO NO 4.14 Una esfera de hierro de 20 pend pendid ida a de un punt punto o a 2,00 sobr sobree el suel suelo o por por un alam alambr bree de 3m de de long longitu itud. d. El diám diámet etro ro del del alamalambre es 0,10 0,10cm se le comunica una oscilación al péndulo así formado de manera que el centro de la esfe esfera ra,, en la posi posici ción ón mas mas baja baja esta esta anim animad ado o de una una velo veloci cida dad d de 2m /s . ¿A que que dist distan anci cia a pasa pasara ra del del 6 2 suelo? El modulo de Young del hierro es 1,89 1,89 × 10 K g f /c m

SOLUCIÓN

Las fuerzas que actúan sobre la esfera en su posición mas baja:



− − W = F

= T

c c

T = F c c + W

T =

m v 2

(1)

+ m g L o o + ∆ L

La fuerza que produce estiramiento ∆ L es es la tension.Como por definición = E =

T /S ∆ L / L o o

,

T =

S E L o o

∆L

(2)

reemplazando valores en (2): 3,14 × (0,10)2 × 1,89 × 106 × 9,8 × ∆L = 48466∆LN T = 4 × 3,0 de (3) en (1): = 48466∆L =

(3)

m v 2

+ m g L o o + ∆L

∆L 2 + 3∆L

− 0,017 = 0

∆L = = 0,05m = = 5c m

= 1,95 de suelo. La esfera pasara a una distancia de 2,00 − 0,05m =

EJERCICIO NO 4.15 (a)Calcular (a)Calcular la extension extension de un alambre alambre de acero que tiene una longitud de 2 2m y diámetro 1 Young para para el acero es 1mm cuando es cargado con un peso de 10 10K g f si el modulo de Young 10 2 21,6 × 10 N /m . (b)¿Cuanta energía se almacena al estirar el alambre? Fisica II


22 SOLUCIÓN

(a) de la definición E =

F /S ∆ L /L o o

∆L = =

F L o o E ES

= , y por lo tanto ∆ L =

reemplazando valores valores

10 × 9,8 × 2 = 11,55 ×−4 m = = 0,115c m 10 3 2 2,16 × 10 × π(10 ) /4 ∆L = = 0115c m

Calcular la densidad del agua a 8 profundidad si su coeficien coeficiente te de comcomEJERCICIO NO 4.16 Calcular 8K m de profundidad − 10 2 presión es χ = 4,8 × 10 m /N

SOLUCIÓN Por definición del modulo de compreibilidad: = B =

Por tanto

1 χ

∆V

V

de ρ = m se obtiene por derivacion V

∆ ρ

ρ

de (1) en (2)

∆ ρ

ρ

=1

−

=

∆V

V

−p χ

(1)

− ∆V V

(2)

=

=

p

 4

= 0,038 × 980 × 8 × 105 × 4,8 × 10−10 × 10 105

Fisica II


23 ρ − ρo = 0,038 ρo

donde ρ = ρo (1 + 0,038) = 1,038 ρo ρ = 1,038 × 103 K g /m 3

EJERCICIO NO 4.17 (a)¿Que presión p debe actuar todas las caras de un cubo de caucho, para que su densidad aumente en el 1 1 por 100 100? (b)¿Que fuerza por area nos proporciona el alargamiento del = 7,2K g f /c m 2 y µ = 0,499 cuboen cuboen un 10 direcc cció ión n de un de sus sus aris arista tas? s?.. Se sabe sabe que que E = 10 por 100 en la dire En teorí teoríaa se ha dedu deduci cido do se tiene:

∆V

V

=

1−2µ E

SOLUCIÓN (σx + σ y + σz ) como como la pres presió ión n es la mism mismaa para para toda todass las las cara caras, s, ∆V

V

Además

=

3 σ E

∆V

V

=

(1

− 2µ)

∆ ρ

ρ

(1) (2)

= p r e s i o n De (1) y (2): tomar en cuenta que σ = p = = p =

  ∆ ρ

ρ

0,01 × 7,2K g f /c m 2 = = 12K g f /c m 2 3(1 − 2µ) 3(1 − 2 × 0,499) E

= 12K g f /c m 2 p =

(b)Nos pide el esfuerzo: E = ∆σ , como dato ∆ = 0,10 σ = ∆e = 0,10 × 7,2 K g f /c m 2 = 0,72K g f /c m 2 σ = 0,72K g f /c m 2

EJERCICIO NO 4.18 ¿Cual es la presión necesario para comprimir un cubo de hule al 90 90 % de su volumen umen orig origina inal? l?.. Comp Compar ara a este este presi presión ón con con la pres presió ión n atmo atmosfé sféric rica. a. La compr compres esib ibili ilida dad d del del hule hule es de − 11 2 40 10 m /N

×

p

= ∆V Por tanto Por definición: B = ( V ) = B p =

  ∆V

V

∆V

V

=

SOLUCIÓN = 0,10

1 0,10 = 2,5 × 108 N /m 2 × 2 40 × 10‘−11m /N = 2,5 p =

× 108N /m 2

EJERCICIO NO 4.19 La suspension de un ascensor ascensor montacargas montacargas esta construida por 4 cables cables iguales de acero de 1,00 1,00cm de diámetro cada uno. Cuando el suelo del ascensor se encuentra a nivel del primer piso del edificio, la longitud de los cables de suspension es de 20 2 0m. Si se introduce en el asce ascenso nsorr una maqu maquina ina de 1000K g f . ¿a que que dist distan anci cia a por por deba debajo jo del del nive nivell del del suel suelo, o, qued quedar ara a el piso piso 6 = 2 × 10 K g f /c m 2 del ascensor?. Se supone que el alargamiento de los cables de suspension y el E =

Fisica II


24 SOLUCIÓN

Por definición E = F i o o /S ∆l



∆l =

F = 0,

W l o o

4S E

=

4F − W = 0,

F = W /4

1000 × 20

4×π

(10−2 )2

4

×

2×106 10−4

=3

× 10−3m

∆l = 3m m

EJERCICIO NO 4.20 El extremo superior de un cordon de goma esta fijo y las extensiones causadas por suspende suspenderr varias varias masas masas M de su extre extremo mo inferio inferiorr han sido medida medidas. s. Los result resultado adoss se muestr muestran an en la tabla. Haga la grafica carga versus extension y de ella determinar determinar el trabajo trabajo que se hace en aumentar aumentar la extension del cordon desde 7,5 7,5cm hasta 22,5 22,5c m

SOLUCIÓN Primero hallemos la constante de elasticidad K del cirdon de goma, a partir de la pendiente de la recta (por minimos cuadrados). K =

300 − 100 = 10,8 g f /c m = = 10,6 × 103 d i n a s / c m 25 − 6,5

Para determinar el trabajo se usa la expresión vista en teoría: W =





x x 2

F (x )d x = =

K x d x = =

x 1

1 K [x 22 − x 12 ] 2

donde x 1 = 7,5c m y y x 2 = 22,5c m por por tanto W = 4,77 × 106 E r g i o s aplican an fuerza fuerzass de comp compre reso son n dos dos cara carass opue opuesta stass de un bloq bloque ue recta rectang ngula ularr de EJERCICIO NO 4.21 Se aplic volumen V o = a o o b o o c o o . La disminicion relativa del volumen es 0,0004 0,0004 y la dismininucion relativa de la longitud del bloque es 0,02 0,02. Hallar µ

SOLUCIÓN Se debuja en teoría ∆V

V

= (1

− 2µ) σ + σE + σ x

y

z

en este este caso caso la fue fuerza rza se apli aplica ca a lo larg largo o del del eje eje X , entonc entonces es σ y = σz = 0. Como Como es una una compr compres esió ión n a lo largo del eje X . ∆V

V

Además E =

σx ∆x

= (1

− 2µ) σE

x

(1)

= − ∆a a , entonces , por dato ∆x = o o

− ∆a a = + σE

x

(2)

o o

reemplazando (2) en (1):

−

∆V

V

= (1

− 2µ)

−  ∆a

a o

Fisica II


25 ∆V

V

∆a

= 0,0004,

a o o

= 0,02

0,0004 = (1 − 2µ)(0,02)

el coeficiente de Poisson: µ = 0,49

EJERCICIO NO 4.22 Entre dos columnas fue tendido un alambre de longitud L. En el alambre, exactamente en el centro fue colgado un farol de masa M . El area de la sección sección transversal transversal del alambre es S 1 el modulo de Young Young es E . Hallar α1 del alambre, considerando pequeño

SOLUCIÓN El diagrama de fuerza es el siguiente



F y = 0(e q u i l i b r i o )

2T sen sen α − m g = 0

Por definición E = ∆σ = S T ∆ =

T = m g /2sen α

(1)

 

(2)

T ( L /2) S ∆L

∆L

T = 2E S

También cos α =

L

L /2 L /2 + ∆ L





1 ∆L = = −1 2 cos α L

de (2), (3) en (1):



(3)



m g 1 1 2E S 1 = − 2 cos α 2sen α Haciendo aproximaciones porque α es pequeño, se tiene: 2

sen α = α,

2

cos α = 1 − 2sen (α/2) = 1 − 2(α/2) = 1 −

 

E S

1

1 − α2 /2

=

α2

2

m g

2α

m g α3 = ≈ α3 2 1 − α /2 E S

α(m g /E S )1/3

EJERCICIO NO 4.23 A dos caras opuestas de un bloque cubico de acero de 25 25cm de largo se aplica senda sendass fuerz fuerzas as de exte extensi nsion on opue opuesta sta de 200 K g f c /u . Ha Hall llar ar el ángu ángulo lo de ciza cizall lla a y el desp despla laza zami mien ento to 5 2 relativo. El modulo de rigidez del acero vale 8,4 8,4 × 10 K g f /c m (a)Por definición η =

e s f u e r z o co co r t a n t e D e f o r m a c i o n co co r t a n t e

Φ=

F

F

SOLUCIÓN

=

= = S η l 2 η

F /S Φ

200K g f 202 c m 2 × 8,4 × 105 K g f /c m 2 Fisica II


26 Φ = 3,8

× 10−7 r a d

(b)El desplazamiento x , se determina tan Φ = x l = Φ = Φl = 3,8 × 10−7 × 25c m = = 0,95 × 10−5 c m x = = 0,95 x =

× 10−5c m

EJERCICIO NO 4.24 Un alambre delgado y uniforme de radio r esta colocado horizontalmente entre dos dos sopo soport rtes es rígi rígido doss A y B de tal tal mane maneraque raque la long longit itud ud del del alam alambr bree es L. Una masa masa m se cuel cuelga ga en el punto punto medi medio o C del alam alambr bre, e, desli deslizá zánd ndos osee una dista distanc ncia ia verti vertica call Y que que es muy muy pequ pequeñ eña a comp compar arad ada a con L . Hallar (a) el esfuerzo, esfuerzo, (b) la deformación, deformación, (c) el modulo de Young del alambre en función de ( Y /L ) comparadas con la m , L, r , Y . Despreci Despreciase ase en cada caso cuadra cuadrados dos y potencia potenciass mayores mayores de ( unidad

(a)



SOLUCIÓN g F y = 0, 2T cos cos θ = m g , t = m g /2cos θ El El esfuerzo: σ = T S = 2πr m2 cos θ m g σ= 2πr 2



( L /2)2 + y 2

Y

σ=

(b) La deformación unitaria ∆=

 L

∆=

(c)

2

− L

L f f

o o

L o o

=

=



2πr 2 Y

m g L 4πr 2 Y



(L /2)2 + Y 2

L /2



1 + 12 (V /L /2)2 − . . . − 1 L /2 E =

σ ∆

m g L

=

1 + (Y /L /2)2

m g ( L /2)

4πr 2 Y 2Y 2 /L 2

=

− (L /2)

=

2 Y 2 L 2

∆=

2 Y 2 L 2

m g L 2

8πr 2 Y 3

EJERCICIO NO 4.25 Una barra de 8 8 K g cuya sección recta es un cuadrado de longitud b = 50m m , = 30c m . Se mueve jalanda tiene una longitud L = jalanda sobre una superficie superficie lisa por acción de una fuerza fuerza aplicada aplicada uniformemente sobre uno de sus extremos. extremos. La barra adquiere adquiere una aceleración aceleración constante constante 2 (a) ¿Cua ¿Cuall es el esfu esfuer erzo zo en una una secc secció ión n tran transv sver ersa sall de la barr barra a norm normal al a su long longit itud ud y a una una 2,4m /s . (a) distancia de x = 25m m del extremo extremo posterior de la barra? (b) ¿Caul es el valor de dicho esfuerzo en el centro de la barra?

SOLUCIÓN (a)Hallemos la fuerza d F = a d m



x x

= a ρ d F = ρb 2 d x  ,

F = a ρ ρb 2

d x 

0

F = a ρ ρb 2 x = a (m b 2 L )x El esfuerzo σ = a ρ ρb 2x /b 2 = a ρ ρ x = = 640N /m 2 σ = a m x /b 2 L = a m (L /2) a = L = =m = 3840N /m 2 (b) Para x = , σ 2 2b 2 b 2 L

σ = 3840N /m 2 Fisica II


27

compresibilidad del sodio se mide observando observando el desplazamiento desplazamiento del émboEJERCICIO NO 4.26 La compresibilidad lo de la figura al aplicar una fuerza F. El sodio esta sumergido en aceite que llena el cilindro por debajo del émbolo. Supongase que las paredes del cilindro son perfectamente rígidas, que no hay roza rozami mien ento to ni perd perdid ida a de acei aceite te.. Calcu Calcule lese se la comp compre resib sibili ilida dad d del del sodio sodio en funció función n de la fuerz fuerza a F , el desplazamient desplazamiento o del émbolo x , del area de este ultimo S, del volumen inicial inicial del aceite V o , del volumen del sodio V o y de la compresibilidad del aceite K o o

SOLUCIÓN Hallemos el cambio de volumen del aceite: ∆V a c = V o

− Sx

Hallemos el cambio de volumen del sodio debido al aceite: ∆V N a = V o

− K ∆p V o o

o

Luego el cambio a que las paredes del cilindro son rígidas. Luego, por definición ∆ V N A /V o 1 (V o − K o o ∆p V o − V o + Sx ) K N a =

K N a =

∆p

1 (Sx − K o o V o ∆p )

V o

∆p

=

1

=

K N a =

∆p

V o

 

V o

1 V o

Sx

− K V

o o o

F /S x S 2 F

 

− K V

,

y

∆p = = F /S

o o o

cable que que tiene 200 10T n con un cable 200m de longitud y EJERCICIO NO 4.27 Al levantar una jaula que pesa 10 area area de secc secció ión n rect recta a 1,000m m 2 , este este se esti estirra 170m m . Ha Halla llarr la acel aceler erac ación ión de la jaula jaula despr desprec ecia iann6 2 do el peso del cable que es de acero y su modulo vale 2 × 10 K g f /c m

Como no hay equilibrio



SOLUCIÓN = m a F =

(1)

− − w = m a

T

La tension T da lugar a una deformación ∆ L

T =

de (2) en (1)

E S ∆ L

L o o = 7,86m /s 2 Reemplazando valores a =

E S ∆L

(2)

L o o

− m g = m a ,

= a =

E S ∆L m L o o

− g

EJERCICIO NO 4.28 Dos bandas bandas metálic metálicas as se mantiene mantienen n unidas unidas mediant mediantee cuatro cuatro remach remaches es que tienen tienen cada uno un diámetro de 6 6 mm. ¿cual es la tension maxima que se puede ejercer sobre la banda remaches no ha de exceder de 7,2 K g f /m m 2 ?. Supongase que cada remache soporta una cuarta parte de la carga

SOLUCIÓN Como el esfuerzo a la rotura es : σ r = Cada remache soporta la cuarta parte, es decir F  = F 4 , σr =

F  S

F

4S

F = 4σr S = = 4σr = 3,14 F =

×

πd 2

= o p i σr d 2

d 7,2K g f /m m (6m m )2 = 813,8K g f 2

Fisica II


28

EJERCICIO NO 4.29 Un cubo se encaja en un hueco adecuado de paredes rígidas y sobre la cara libre se hace actuar la presión σz . Calcular la deformación unitaria en la dirección σz

SOLUCIÓN = 0 además σx = σ y , porque: Por se las paredes rigidas: ∆ y = ∆x = Se ha deducido en teoría: σ y − µ(σx − σz ) ∆ y 0 =0 E

= También ∆x =

entonces ∆z =

σx µ(σ y + +σz )

−

E

σz µ(σx +σ y ) )

−

E

σ y − µ(σ y + σz ) = 0,

σ y µ = σz 1 − µ

σx − µ(σx + σ y ) = 0,

σx µ = σz 1 − µ

=0

=

σz 2µσx

−

E

∆z = =

σ z − 2µ[σz µ/(1 − µ)] E

=

σ z E

(1

− µ − 2µ2)

alambre uniforme esta fijo en su extremo superior superior y tiene un peso atado en EJERCICIO NO 4.30 Un alambre el otro extremo. Si la energía de deformación por unidad de volumen es 2 × 104 e r g i o s /c m 3 y el incremento de la longitud por unidad de longitud es 2 2 × 10−4 (a) Halle el modulo de Young. (b)El

esfuerzo

SOLUCIÓN (a) Sabemos que el energía que almacena una barra, debido a su deformación es: 1 2

1 2 W E ∆2 W 1 2 × 2 × 104 = = 2 = e r g i o s /c m 3 , E = − 2 4 2 (2 × 10 ) V o V o ∆ 2 E = = 1012d i n a s /c m 2 nas −4 (b)Por definición E = ∆σ , σ = E ∆ = 1012 dci m 2 × 2 × 10 W = E V o ∆2 = E (S L o o )∆2



σ = 2 × 108 d i n a s /c m 2

EJERCICIO NO 4.31 Un alambre de acero cuyo densidad es 7,8 g /c m 3 , pesa 16 16 g y tiene 250 250 cm de longitud. Si se estira 1,2 (a) el modulo de 1,2mm cuando es traccionado por una fuerza de 8 8K g . Halle (a) Young para el acero, (b) la energía almacenada en el alambre.

= ρ V o = ρS L o (a) Se tiene m = o , ρ

E =

(b)

SOLUCIÓN = 0,12c m , F = 8K g 16 g , l o o = 250c m , ∆ L =

= 7,8 g /c m 3 , m = =

F L o o S ∆L

=

F L o o

 m

ρ L o o

= 1,99

∆ L

× 1012d i n a s / c m 2



m 1 1 ∆2 = 4,71 × 105 e r g i o s W = E V o ∆2 = E 2 2 ρ Fisica II


29

60 cm de longitud y 8 8 mm de diámetro interior se estira EJERCICIO NO 4.32 Un tubo de goma de 60 hasta alargarse 12 interior del tubo estirado, estirado, si el modulo de Poisson Poisson para la 12c m . Hallar el diámetro interior goma es igual a 0,5 0,5 Por definición µ =

∆r /r o o ∆L / L o o

=

SOLUCIÓN

L o o ∆r r o o ∆ L

∆r = =

µ r o o ∆ L

,

L o o

−

r = 4m m 1

−  

= r o r = o 1

0,5 ×

µ

∆ L

L o o

12 = 3,6m m 60

EJERCICIO NO 4.33 Sobre una superficie horizontal se puso un cilindro de Cu macizo de longitud 65cm y desde arriba se le aplico una fuerza de compresión vertical 10 10 3 N, distribuida uniformemente por su extremo. ¿En cuanto mm 3 cambio en este caso el volumen del cilindro? µ = 0,34, = 11,8 × 1010 N /m 2 e = SOLUCIÓN Se tiene deducido en teoría:

∆V

V

=

( 1

− 2µ) (σ + σ x

E

y + σz )

(1−2µ) 1−2µ A L , ∆V V = E σz , ∆V = E σz V En este caso: σx = σ y = 0, V = AL

∆V =

( 1

− 2µ) (F / A )()( A L ) = 1 − 2µ F L E

∆V =

E

( 1

− 2 × 0,34) × 0,65 m 3 11,8 × 1010

∆V = 1,7m m 3

EJERCICIO NO 4.34 En la figura AB es un alambre de hierro, CD un alambre de cobre de la misma long longit itud ud y secc secció ión n tran transv sver ersa sall que que el AB y BD una una barr barra a de 80 longit itud ud.. De esta esta barr barra a se quie quierre 80c m de long = 2 K g f . ¿A que distancia x del punto B habrá que colgar la carga para la que colgar una carga P = la barra horizontal?

Para la barra de F e : ∆ L F e =

T Fe Fe L o o SE Fe

SOLUCIÓN Cu Cu L o o Para la barra de C u : ∆ L C u = T SE Por la condición del problema Cu ∆ L F e = ∆L C u

T C u T F e

Por equilibrio de momentos:

  

=

E C u E F e

(1)

τ B = x P − 80T C u = 0

(2)

τO = x T F e − (80 − x )T C u = 0

(3)

τD = 8T F e − (80 − x )P = = 0

(4)

Fisica II


30

de (2), (3) y (4): T F e T C u

de (1) y (5):

80 − x x

=

80 − x

E F e 19,6 = = E C u 11,8

= 30c m se deduce: x =

(5)

x

× 1010 = 1,66 × 1010

EJERCICIO NO 4.35 Pa Para ra hace hacerr un tira tirado dorr se ha empl emplea eado do un cord cordon on de goma goma de 42c m de long longit itud ud y radio o. El niño niño que que disp dispar ara a con con el, el, esti estira ra la goma goma 20 lanzarr la pied piedra ra.. Ha Halla llarr el modul modulo o 3m m de radi 20c m al lanza de Young de esta goma sabiendo que una piedra cuyo peso era de 0,02K g f salió dispara disparada da por el tirad tirador or con con una velo veloci cida dad d de 20m /s . La varia variaci ción ón que que expe experim rimen enta ta la secc secció ión n del del cord cordon on al estir estirar arse se se desprecia.

SOLUCIÓN Cuando la goma se estira, almacena energía potencial, que sabemos esta dada por W = 12 E V o ∆2 = 1 E Sl o ∆2 Al salir disparado la piedra con cierta velocidad, esta energía cinética E c c = o u m m v 2 , 2 como no hay perdida de energía se tiene : W = E c c 1 1 E Sl o ∆2 = m v 2 , 2 2 reemplazando valores:

E = =

m v 2 l o o (∆l )2 S (∆

0,02 × (20)2 × 0,42 6 N = = ( ) E = 2,94 10 × m 2 3,14 × (0,003)2 (0,20)2

EJERCICIO NO 4.36 Desde un barco se lanzo una pesa sujeta por un cable de acero para medir la prof profund undid idad ad del del mar mar desp despre reci ciand ando o el peso peso de la pesa pesa en comp compar arac ació ión n con con el cabl cable, e, halla hallarr la prof profunundidad maxima que se puede medir por este procedimiento. La densidad del agua del mar tómese igual a 1 1 g /c m 2

SOLUCIÓN El cable de acero soporta una tracción debido a su peso y a la pesa adicional, es decir W ac + W . Conforme el cable se sumerja estará sometido a mayor tracción, hasta el limite de resistencia a la rotura: σr S Luego: Luego: W ac + W = σr S , segun el problema W ac  W W ac = σr S

(1)

pero W ac es el peso del cable de acero cuando esta dentro del agua, es decir el peso aparente, debido al empuje: = ρa c S H g − W ac = W a c − E = (2) − ρa SH g

de (1) y (2)

( ρa c ρa )S H g = σr S

−

H = =

σr

g ( ρa c ρa )

−

= 12,000m

H = = 12K m

EJERCICIO NO 4.37 Hallar la variación relativa de la densidad de una barra de cobre cilíndrica al = 1,000K g f /c m 2 . Para el cobre el modulo de Poisson es 0,34 ser comprimida por una presión p = 0,34 Fisica II


31 SOLUCIÓN

Se sabe por teoría ∆V

V

=

( 1

− 2µ)σ

(1)

E

Para una presión aplicada p = σ (esfuerzo de compresión) De la expresión ρ = m , derivado, se V obtiene: ∆ ρ ∆ V = (2) ρ

De (2) y (1): ∆ ρ

ρ

=

( 1

V

− 2µ)σ = ( 1 − 2 × 0,34) × 103 × 9,8 E 1,18 × 1011 × 10−4 ∆ ρ = 0,265 × 10−3 ρ

EJERCICIO NO 4.38 Hallar la longitud que tendrá un alambre de plomo que colgado verticalmente, comience a romperse por su propio peso. (σr = 0,2

× 108N /m 2,

ρ = 11,3 ×3 K g /m 3 )

La fuerza que da lugar al alargamiento de la barra es la tracción gravitacional

SOLUCIÓN = ρS g d z , si el cambio de gravedad es nulo d F =



L

F = ρS g

= ρS g L d z =

0

El alambre se destruirá cuando alcance la tension de ruptura F r r = σ r S , como F = F r r , entonces σ L = = ρ g r , reemplazando valores L = = 180,6m barra uniforme uniforme horizo horizontal ntal de masa masa 200 K g esta soportada soportada horizontalment horizontalmente e EJERCICIO NO 4.39 Una barra 2 por por tres tres alam alambr bres es vert vertic ical al A, B, C, cada cada uno uno de una una long longit itud ud inic inicia iall de 2 metr metros os y secc secció ión n recta ecta 2c m . B es un alambre de cobre, A y C son alambres de acero y están colocados simétricamente uno a cada lado de B. Hallar: (a) la tension en cada alambre, (b) la extension en cada alambre

En la condición de equilibrio:



SOLUCIÓN F y = 0

2T a c + T C u = m g

Por definición de modulo 2

  E a c S ∆L L o o

+

E C u S ∆L L o o

= m g

m g L = S (2E +e o o ) y reemplazando valores: Despejando: ∆ L = ac ac Cu Cu

E a c = 21,6

× 1010N /m 2 , ∆L = = 0,36

E C u = 11,8

× 1010N /m 2

× 10−4m

diámetro mínimo debe tener un cable de acero para poder aguantar aguantar 1 EJERCICIO NO 4.40 ¿Que diámetro 1T n de carga? Fisica II


32

SOLUCIÓN Sabemos por definición de resistencia a la rotura: σr = F /S , σr =

F

  , despejando πd 2

4

reemplazando valores:



4 × 103 × 9,8 d = 3,14 × 7,85 × 108 d = 4



d =

 4F

πσr

1/2

,

1/2

= 3,98 m =

× 10−3m

× 10−3m

Hallar de que altura se puede construir construir un muro vertical de hormigón hormigón si su reEJERCICIO NO 4.41 Hallar 2 sistencia de rotación es de 180 180 K g /c m y se emplea un coeficiente de seguridad 5. La densidad del hormigón es de 2,200 2,200K g /m 3

SOLUCIÓN

Por definición: σr = F /S Como Como la fuerza que debe soportar s oportar el muro es su propio peso, se tiene F = ρS L o o = ρ L o Luego: σr = ρS L o o /S = o reemplazando valores: L o o = σr /ρ = 818m L = 180/2200 × 10−4 m = o o

∼ 164 como el coeficiente de seguridad es 5, entonces la altura del muro debe ser: 818 m /5 =

Un cilind cilindro ro rect recto, o, huec hueco o de secc secció ión n circ circula ularr, de funci función ón,, tiene tiene un diám diámet etro ro exte exterrEJERCICIO NO 4.42 Un no de 10cm y el inte interi rior or de 8c m . Si se apli aplica ca una una fuer fuerza za axia axiall de comp comprresió esión n de 10,000 allarr el 10,000K g . Halla acortamiento, para 60 consideree la deformación deformación lateral 60c m de longitud y el esfuerzo de la carga. No consider 6 2 del cilindro y E = 2 × 10 K g /c m

SOLUCIÓN

Fisica II


33

Para hallar el acortamiento por teoría = L  L = o o

La deformación unitaria: Luego el esfuerzo:

 = σ/E σ = F /S = = F /π(r 22 − r 12 )

2 2 = L o Entonces:L = o F / E π(r 2 − r 1 ) reemplazando:

= 0,011c m L =

EJERCICIO NO 4.43 Una varilla varilla circular maciza de acero de 10 10mm de diámetro de 30 30cm de longitud, esta rígidamente unidad al exterior de una barra cuadrada de bronce de 8 8cm de largo y 20 20c m de longitud, con sus ejes sobre la misma recta. Se aplica una fuerza de tracción axial de 1000 1000K g en 5 cada extremo. extremo. Hallar el alargamiento alargamiento total del conjunto. conjunto. Para el acero E a = 20 × 10 K g /c m 2 y el = 9 × 105 K g /c m 2 bronce bronce E b = SOLUCIÓN

Hallemos la deformación para el acero:

L = F I 1/S 1 E 1000 × 30 L = 3,14 (0,5)2 × 20 × 105 L = 0,0191c m a

a a

a a

a a

Para el bronce:

L = F I 2/S 2 E × 20 L = 8 ×1000 8 × 9 × 105 L = 0,00035c m b b

b b

b b

b b

Al alargamiento pedido sera:

L + L = 0,0191 + 0,00035 L + L = 0,01945c m a

b b

a a

b b

Fisica II


34

20 c m 2 de sección esta sometida a las fuerzas axiales EJERCICIO NO 4.44 Una barra de bronce de 20 representada en la figura. Hallar el alargamiento total de la barra. E = 1 × 106 K g /c m 2 SOLUCIÓN

Region AB

La deformación longitudinal es un alargamiento:

L = F L /S E = 6000 × 100/20 × 106 = 0,03c m A A B

L

A A B

Region BC:

La deformación es una compresión:

× 150 L = −2000 20 × 106 L = −0,015c m BC

BC

Region CD:

La deformación es una compresión

L L

−500 × 200 20 × 106 = −0,005c m

C D =

C D

La deformación total es un alargamiento: = L L =

A A B +

L

BC +

L

C D =

0,01945c m Fisica II


35

EJERCICIO NO 4.45 Una placa de acero delgada tiene la forma trapezoidal de la figura. El espesor es e y varia varia unifo uniform rmem emen ente te desde desde una anchu anchura ra de 2a hast hasta a otra otra de 2b en una long longitu itud d L o o . Si se aplic plica a en cada extremo una fuerza axial de F . Hallar el alargamiento de la placa, si se conoce E

SOLUCIÓN

Se puede observar que la deformación no es homogénea, de la expresión: = F L /S E L = = F d x /S E Para un diferencial de deformación se tendrá: d L = = F d x /2 y e E d L =

(1)

Por semejanza de triángulos:

− − a = b − a , x − 0 L − 0

y

y =

x

−

(b a ) + a L

reemplazando en (1) el valor de y e integrando:

  L

L = =

0

2

F d x x (b L



− a ) + a

e E

=

F L

ln(b /a ) 2e (b − a )

EJERCICIO NO 4.46 Una Una barr barra a cónic cónica a maci maciza za de secc secció ión n circ circula ularr esta esta suspe suspendi ndida da verti vertica call como como en la figura. La L a longitud de la barra es L, el diámetro de su base D , el modulo de elasticidad E y el peso especifico es γ. Hallar el alargamiento de la barra debido a su propio peso.

SOLUCIÓN

Fisica II


36

Usando nuevamente la expresión: = F L /S E L =

en este caso:



d L = =

W d y S E

(1)

donde: W = γV = γ1/3Sy

(2)

DE (2) en (1) d ( L ) = (γ y S /3)d y /S E γ = 3E integrando:L =

 L L

0



y d y

L = = γ L 2 /6E

elemento para el cual se ejerce una tension EJERCICIO NO 4.47 Se tiene un estado de tension en un elemento de σ σ y , en una dirección y se impide totalmente la contracción lateral en las otras dos direcciones. Hallar la relación σ y / y



SOLUCIÓN Según las condiciones del problema

Fisica II


37

= z = 0 x =

De las ecuaciones de teoría:

= 1/E [σ − µ(σ + σ )] x =

(1)

 y = 1/E [σ − µ(σ + σ )]

(2)

= 1/E [σ − µ(σ + σ )] z =

(3)

x

y

z

De (1)

y

x

x

z

z

y

0 = σx − µ(σ y + σz )

(4)

σx = µ(σ y + σz )

de (3) 0 = σz − µ(σx + σ y )

(5)

σz = µ(σx + σ y )

De (5) en (4) σx = µ[σ y + µ(σx + σ y )]

de(6) en (5):

De (6) y (7) em (2):

σx = µσ y (1 − µ)





µσ y µσ y + σ y = σz = µ 1−µ 1−µ

1

σ y

 y

 −  σ y

µσ y µσ y µ + 1−µ 1−µ

= E (1

− µ)/(1 − µ − 2µ2)

 y = E simplificando

(6) (7)



EJERCICIO NO 4.48 Una union union remac remachad hada a de dos dos placas placas metá metálic licas as tiene tiene n o pernos pernos de ciert cierto o materimaterial. La maxima tension que se puede ejercer ejercer sobre la banda es T y la fatiga por cizalladura tiene tiene un valor máximo en los remaches dados por σT . Hallar el diámetro de cada remache.

SOLUCIÓN

Fisica II


38

Sea T la fuerza que se ejerce sobre la barra, en la que hay n o pernos, la fuerza sobre un perno sera: o F T T = T /n Por definición de cizalladura σT =

F T T S

=

T /n o

πd 2 /4

4T

=



, 2

n o πd

4T

n o πσT

= d

EJERCICIO NO 4.49 Se tiene un tubo de bronce que rodea a un cilindro macizo de hormigón, comprimido todo el conjunto entre placas infinitamente rígidas, por fuerzas aplicadas centralmente como en la figura. El cilindro de hormigón tiene 12 12cm, de diámetro y el diámetro exterior del tubo de bron bronce ce es de 15cm . Si la fuerza es de 5,000 K g . Ha Hall llar ar las las tens tensio ione ness en el bron bronce ce y en el horm hormig igón ón.. 6 2 6 2 Para el bronce E = = 9 10 K g /c m y el Aluminio E = 7 10 K g /c m

×

×

SOLUCIÓN Sea σb el esfuerzo debido al bronce y σ Al al aluminio. Por Por condición de equilibrio:



F

= 0 F =

− F − F b b

Al

=0

F = F b b + F Al

(1)

Las deformaciones que se producen en el bronce y aluminio son iguales, debido a las placas rígidas: ∆b = ∆ Al

F b b L S b b E b b

donde

2 S b b = π[(7,5)

=

F AL L S Al Al E Al Al

(2)

− (5)2] = 31,25πc m 2

2 2 S Al Al = π(6) = 36πc m

reemplazando en (2): F b b = 1,113 F Al

(3)

de (3) en (1): = 1,116 F Al + F Al = 5000 K g F =

Fisica II


39 F AL = 2363K g F b b = 2637 K g

Por definición:

σb = F b b /S b b = 26,87K g /c m 2 2 σ Al = F Al /S Al Al = 20,90 K g /c m

EJERCICIO NO 4.50 Una barra trococonica de sección circular varia uniformemente entre un radio menor menor r y uno mayor mayor R, Hallar Hallar el alargamie alargamiento nto debido debido a una fuerza fuerza axial F aplicad aplicada a en cada cada extremo, ver figura.

SOLUCIÓN

Sabemos por teoría, el alargamiento es igual a ∆ L = F L /S E En este caso, la deformación deformación no es uniforme, se tiene que trabajar con un diferencial de alargamiento: d (∆ L ) = F d x /S E = π y 2 donde S =

F d x

d (∆ L ) =

(1)

π y 2 E

hay que hallar una relación entre X e Y , por semejanza de triángulos.

− − r = R − r

y

x

L

y = r + +

de (2) en (1)

x

    L

∆ L = =

(2)

R L

d (∆L ) =

0

F d x

2

+ x L R E π r +

∆L = = F L /π /πR r E

EJERCICIO NO 4.51 Una Una barr barra a circ circula ularr de 50c m 2 de secci sección ón esta esta sujet sujeta a rígid rígidam amen ente te entre entre los puntos puntos y cargada con una fuerza axial de 12,000 figura. Hallar las reaccio reacciones nes en 12,000k g , como se indica en la figura. 6 2 los extremos de la barra y el alargamiento de la parte derecha, si E = 10 K g /c m Fisica II


40 SOLUCIÓN

R 2 las reacciones ne los extremos de la barra. Por la condición de equilibrio: Sean R 1 y R



F = = R 1 + R 2

− 12,000 = 0

R 1 + R 2 = 12,000

(1) Como la barra esta limitada por sus extremos, se tendrá el acortamiento de la barra L 1 es igual al alargamiento de la barra L 2 ∆L 1 = R 1 /S E = = R 2 L 2 /S E = = ∆ L 2 R 1 L 1 = R 2 L 2 , R 1 = 2R 2 (2) de (2) en (1): 2 R 2 + R 2 = 12,000 R 2 = 4000K g

y R 1 = 8000K g

El alargamiento se halla: ∆L 2 = 4000

× 10/50 × 106c m = = 0,0008c m

EJERCICIO NO 4.52 Un cuerpo con forma de solido de revolución soporta una carga F como se ve en

la figur figura, a, el radi radio o de la base base supe superi rior or es r o o y el peso peso espe especi cific fico o del del mate materia riall es γ(K g /c m 2 ). Determin Determinar ar como debe variar el radio con la altura para que la tension de compresión sea constante, en todas las secciones. El peso del solido no es despreciable.

SOLUCIÓN

Fisica II


41

W el peso sobre la sección S , el esfuerzo es: Sea F y W

σ=

+ W F + S

+ d r el peso que soporta es debido a: F , W y d W luego Cuando aumenta el radio en: r + luego el esfuerzo es:

σ=

como el esfuerzo es constante:

F + W + + d W S + d S

F + + W S d S

=

S + d S S

=

d W

F + + W + d W

+ W F +

=

1

(1)

σ

∼ 2πr d r = π(r + + d r )2 − πr 2 = Hallemos: d S = d W = γπr 2 d y

reemplazando en (1) 1 σ

=

2πr d r

γ σ

,

γπr 2 d y y =

2 σ γ

  y

r r

d y = 2

0

r o o

d r r

γ y

;

r = r o o e 2σ

donde 2

= F /πr , σ = F /S =

  2 γπr o

= r o r = o e

2 F

y

EJERCICIO NO 4.53 Se tiene una barra rígida OC suspendida por dos cables, ubicados en A y B. los cuales poseen los datos indicados en la figura. Hallar el máximo peso vertical que se puede colocar en C

SOLUCIÓN

Fisica II


42

Para hallar el valor de W , usamos las condición de equilibrio:



M o o = 0

1 × F 1 + 2 × F 2 − 2,5W = 0 W = F 1 + 2 F 2 /2,5

W = σ1S 1 + 2σ2S 2 /2,5

( 1)

Para σ2ma x hallemos el σ1ma x que le corresponde tan θ = σ2 L 2 E 2

=2

∆ 1

1

σ1 L 1 E 1

=

∆ 2

2

,

∆2 = 2∆1

,

  

1 σ2 =2 1,5 σ1 σ1 =

  

L 1 σ2 =2 L 2 σ1

E 2 E 1

5 20 = 3 9

20 σ2 9

Para σ2ma x = 4 × 106 K g /c m 2 σ1ma x =

reemplazando en (1):

9 4 × 106 K g /c m 2 = 1,8 × 106 K g /c m 2 × 20

1,8 × 106 × 4 + 2 × 4 × 106 × 5 W = K g 2,5 W = 18,88 × 106 K g

EJERCICIO NO 4.54 Se cuel cuelga ga vert vertic ical alme ment ntee dos dos hilo hiloss de fierr fierro o de modu modulo lo de youn young g E , de long longit itud ud L 1 y L 2 y secció sección n S 1 y S 2 respectivamente. Hallar las deformaciones en las barras para los casos:

a) Sosteniendo carga concentradas W 1 y W 2 b) Sosteniendo carga uniforme distribuidas W 1 y W 2 respectivamente

Fisica II


43

SOLUCIÓN

a) Para la barra 2 se tiene por definicon: ∆L 2 =

W 2 L 2 S 2 E

Para la barra 1 se considera los pesos : W 1 + W 2 ∆L 1 =

( W 1 + W 2 ) L 1

S 1 E

b) Para la barra inferior

∆L 2 =



W d y S 2 E

Fisica II


44



L 2

∆ L 2 =

γS 2 Y d y S 2 E

0

∆ L 2 =

( γS 2 L 2 )L 2

=

=

S 2 γL 22

2S 2 E

W 2 L 2

2S 2 E 2S 2 E W 1 distribuida uniformemente. Para la barra superior, la deformación es debida a W 2 y W ∆L 1 =

W 2 L 1 S 1 E

∆L 1 =



L 1

+

0

W 2 L 1 S 1 E

+

(γS 1 Y d y )

S 1 E W 1 L 1

2S 1 E

cuelga de 3 varillas varillas de los cuales las del medio tiene tiene una longitud longitud EJERCICIO NO 4.55 El peso W cuelga L. Los módulos de elasticidad y las secciones respectivas E 1 y S 1 para la central, E 2 y S 2 para las laterales. Hallar las tracciones en las varillas y el descenso en A

SOLUCIÓN

Fisica II


45

Por las condiciones de equilibrio



+ F 1 F y = 2F 2 cos θ +

− W = 0

F 2 son las tracciones en las varillas donde F 1 y F + F 1 = W 2F 2 cos θ +

también: cos θ donde

F 2 L 2

δ2 =

E 2S 2

también: δ1 =

de (3) y (4) en (2) cos θ =

2

F 1 L 1 E 1S 1

δ2 δ1

F 1 L /E 1S 1

E 2S 2 cos θ F 1 L

=

δ1 = δ1 =



F 2 E 1S 1 F 1 E 2S 2 cos θ

(5)

E 1S 1 F 1 cos θ + + F 1 = W

F 1 = W /1 +

reemplazando (6) en (4)

=

(3) (4)

E 1S 1

2 E 2S 2 cos2 θ F 1

E 2S 2 cos2 θ E 1S 1

(2) F 2 L

F 2 L / E 2S 2 cos θ

F 2 =

de (5) en (1)

=

(1)

2cos2 θ E 2S 2 E 1S 1 2

(6)



W /1 + 2cosE θ S E 2S 2 L 1 1

E 1S 1 W L

E 1S 1 + 2 E 2S 2 cos2 θ

EJERCICIO NO 4.56 Sea una barra barra cilíndrica cilíndrica de longitud L y de radio R. La sección superior superior esta fija y a la inferior inf erior se le aplica un momento o torque τ, que tuerza la barra como se indica en la figura y gira un ángulo θ , si n es el modulo de rigidez de la barra. Hallar este torque Fisica II


46 SOLUCIÓN

Vista de la base inferior:

De la figura y el triángulo A  A B :



tan β = Como β es pequeño



AA A A L

=

tan β ∼ = β =

r θ L

r θ L

(1)

De la definición de modulo de rigidez: η=

σT ∼ σT σ T σ T L = r θ = = r θ tan β β L

σT = ηr θ /L

(2)

Por definición de momento: = r (σT d S ) d τ = r d F =

d τ = r [σT ][r d ϕ d r ] = r 2 σT d ϕ d r Fisica II


47

usando (2) en la ultima expresión:

  

d τ = r 2 η

integrando: τ=

r θ L

R R

ηθ L

θ

d ϕ d r = η r 3 d r d ϕ L

3

r d r = =

ηθ R 4

0

τ=

L 4

4π

πη R 4 θ

2L

Fisica II

Capít apítul ulo o5 Oscilaciones 5.1. 5. 1. Movimi vimien ento to perió periódi dico co Es aquel movimiento que es repite es intervalos iguales de tiempo.

5.2. 5. 2. Movimi vimien ento to osci oscilat latori orio o o vibr vibrat atori orio o Si una partícula que tiene movimiento periódico se mueve alternativamente en un sentido y en otro siguiendo en la misma trayectoria a su movimiento.

5.3. 5. 3. Movimi vimien ento to Armó Armóni nico co simp simple le (MAS (MAS))

Figura 5.1: Movimiento Armónico simple

5.3. 5.3.1. 1. Elon Elonga gaci cion on (x ) Es la distancia lineal o angular de la partícula que oscila a su posición de equilibrio en un instante cualquiera.

5.3. 5.3.2. 2. Posic osició ión n de equi equili libr brio io (x 0) Aquella para la cual no abra ninguna fuerza neta sobre la partícula partícula oscilante 48

5. Oscilacione Oscilacioness

49

5.3. 5.3.3. 3. Ampl Amplit itud ud ( A ) Es la maxima elongacion.

5.3. 5.3.4. 4. Perio eriodo do (T ) Es el tiempo necesario para completar un ciclo completo del movimiento.

5.3. 5.3.5. 5. Frecu recuen enci ciaa (ν ) Es el numero de ciclos por unidad de tiempo, ciclos/seg = Hertz. También se usa la frecuencia angular w = 2πν y en función del periodo: ν =

1

T

(5.1)

5.3. 5.3.6. 6. Ener Energí gíaa alma almace cena nada da en MAS MAS Si no existe función de rozamiento la energía mecánica se conserva

= K + U E =

1 1 1 m v 2 + k x 2 = k A 2 2 2 2

(5.2) (5.3)

5.4. 5. 4. Péndu éndulo lo simp simple le o Matem atemát átic ico o Se cons consid ider eraa como como tal, tal, a una una part partícu ícula la de masa masa m , que que cuel cuelga ga de una una cuer cuerda da longit longitud ud L y y masa masa despreciable y que se lleva de su posición vertical a otra posición medida por el desplazamiento angular θ < 10o , la ecuación del movimiento es:

d v

d

d w d = m ( Lw ) = m L = m L m d t d t d t d t d 2 θ m L 2 = m g sin sin θ = m g θ d t

−

d 2 θ

donde: w =

 g g L



= 2πν = 2T π , T = 2π

L L g

+ d t 2

 g

L

  d θ d t

−

θ = 0

(5.4)

Fisica II


50

Figura 5.2: Péndulo simple

Figura 5.3: Péndulo fisico

5.5. 5. 5. Péndu éndulo lo comp compue uest sto o o Físic ísico o Cualquier cuerpo rígido que puede oscilar libremente alrededor de un eje horizontal ( A B ), bajo la acción de la gravedad.

En dinámica de rotación se tiene: τ = I α, donde: I : momento de inercia, α: aceleración angular, τ: torque. sin θ τ − m g b sin α=

d 2 θ d t 2

Fisica II


51

Luego:

2

d θ sin θ = I 2 −m g b sin d t d 2 θ

+ d t 2

  g b m I

(5.5)

θ = 0

(5.6)



Donde se considera que θ es un ángulo pequeño, y el periodo esta dado por T = 2π

I g b m

5.6. 5. 6. Péndu éndulo lo de tor torsion sion Cuando un cuerpo de masa m , esta suspendido de su centro de masa (C ), por un alambre, el cual se tuerce un ángulo (θ ) pequeño, aplicando un torque ( τ), proporcional a ángulo: τ = −k θ .

Figura 5.4: Péndulo de torsion

Por dinámica de rotación: τ = I α, k coeficiente c oeficiente de rotación del alambre I

d 2 θ d t 2

d 2 θ = y el periodo sera:w =

 k k I

+ d t 2

=

2π T



, T = 2π

=

−k θ

 k I

θ = 0

(5.7) (5.8)

I I k

Fisica II


52

5.7. 5. 7. Supe perrposi posici ción ón de MAS en la mis misma direc irecci ción ón Varias Varias ondas pueden coincidir en el espacio independiente una de las otras. El proceso de adición vectorial de las elongaciones de un partícula se llama superposición.

A) Superposición de dos MAS. Igual dirección, frecuencia, pero diferente amplitud y fase inicial. Si x 1 = A 1 sin(w t + α1 ), y x 2 = A 2 sin(w t + α2 ), el movimiento resultante x = x 1 + x 2 = ( A 1 sin α1 + A 2 sin α2 ) = ( A 21 + A 22 + 2a 1 A 2 cos δ)1/2 , δ = α2 − α1 y tan α = A A sin(w t + α) esMAS,donde A = . 1 cos α1 + A 2 α2 π Si δ = 0 están en fase, δ = π en oposición, y δ = 2 en cuadratura. dirección, diferencial frecuencia y amplitud. B) Superposición de dos MAS. Igual dirección, Si x 1 = A 1 sin w 1 t y x 2 = a 2 sin w 2 t , el movimiento resultante no es MAS, porque su amplitud = a 1 sin w 1 t + A 2 w 2 t varia con el tiempo, así: x = = A =



A 21 + A 22 + 2 A 1 A 2 cos(w 1

− w 2)t

( w −w ) = 2 A 1 cos 1 2 2 t sin Caso Caso especi especial. al. Si A 1 = A 2 , entonc entonces es el movim movimien iento to result resultant antee esta esta dado dado por: x = sin ( w 1 + sin B = = 2sin A +2 B cos A −2 B se uso: sin A +

5.8. 5. 8. Super uperpo posi sici ción ón de dos dos MAS MAS en dir direcci ección ón pe perp rpen endi dicu cula larres Caso aso A Si w 1 = w 2 , A = B , y δ δ = 0, π, entonces x = A sin w t , y = B sin(w t + δ), se obtiene y = B ± A x , llamada polarización rectilinea.



2

x Caso aso B Si w 1 = w 2 , A 1  = B , y δ = π2 , 32π se obtiene A 2 +

y 2 B 2

= 1, llamada polarización elíptica.

Caso aso C Si w 1  = w 2 , δ = π2 , 32π , se obtiene x 2 + y 2 = A 2, llamada polarización circular c ircular.. 2 Caso aso D Si w 1  = w 2 , δ = α1 − α2  = 0, para gráficas se utilizan las expresiones: w = a y δ = c , donde w 1 b a , b y c son y c son conocidos, la superposición da lugar a las curvas de Lissajous.

5.9. 5. 9. Movimi vimien ento to osci oscilat latori orio o amort amortig igua uado do En esta caso la masa esta sometida además de la fuerza recuperadora del resorte a otra fuerza de rozamiento, debido al liquido que lo rodea.

Si w 0 =



k k m

= m a = = k x λv F = d 2 x k λ d x x = + + = 0 d t 2 m d t m λ y 2γ = m

d 2x

  − −   

+ 2γ d t 2

d x d t

+ w 02x = = 0

(5.9) Fisica II


53

Figura 5.5: Movimiento oscilatorio amortiguado

donde: w 0 : frecuencia frecuencia angular angular sin amortiguamie amortiguamiento nto,, γ: coeficien coeficiente te o consta constante nte de amortig amortiguam uamien ien-to. La solución de esta ecuación, tiene tres casos: A e r 1 t + B e r 2 t donde: Caso aso A Si γ < w 0 , x = = Ae

 − −  − − −

r 1 = γ +

γ2

w 02

r 2 = γ

γ2

w 02

y el movimiento se llama sobreamortiguado. sobreamortiguado.

Caso aso B Si γ = w 0 , x = = e −γt ( A + + B t ), el movimiento es criticamente cr iticamente amortiguado.



Caso aso C Si γ < w 0 , x = C e −γt cos(w t + α), donde w = w 02 − γ2 , y C C se determinan por las condiciones iniciales. Este movimiento oscilatorio Amortiguado. Se define el decremento longitud (D L L ): es el logaritmo de la relación entre dos valores sucesivos de la amplitud separados entre si por un tiempo igual a un periodo T D = = ln

C e −γt C e −γ(t +T )

= γT

(5.10)

5.10 5. 10.. Movimi vimien ento to oscil oscilat atori orio o forza forzado do Este movimiento se produce, cuando además de la fuerza elastica del resorte y la fuerza de amortiguamie amortiguamiento nto del liquido, liquido, se aplica una fuerza oscilatoria externa, externa, con diferente diferente frecuencia frecuencia w f f .

Fisica II


54

Figura 5.6: Movimiento oscilatorio forzado De la segunda Ley de Newton: m

d 2 x

= d t 2

−k x − λ dd x t + F 0 cos w t f f

Un proceso de solución nos lleva a una solución complementaria: x c = A 1 sin w 0 t + B 1 cos w 0 t y una solución particular: x p p = A 2 sin w f y la solución general: f t + B 2 cos w f f t y x = = x p p + x c c = A sin(w f f t

− − α)

= donde A =



 f 0 m

2 w 2 )2 +4γ2 w 2 (w f 0 f

−



1/2 y tan α =



2 w 2 w f 0

−

2γw f f

La amplitud tiene un máximo, que se tiene:

A ∂ A ∂ w f f

= 0 y

se halla W a a = w 02 − 2γ2, luego cuando w f f = w A A , se tiene resonancia en la amplitud, tal como se indica en la figura

5.11 5. 11.. Ejer Ejerci cicio cioss resue esuelt ltos os partíc ícul ula a cuya cuya masa masa es de 1 g r vibr vibra a con MAS MAS de 2m m de ampl amplit itud ud.. Su acel acel-EJERCICIO NO 5. 1 Una part 3 2 eración en el extremo de su recorrido es de 8,0 frecuencia del movimiento movimiento y 8,0 × 10 m /s . Calcular la frecuencia la velocidad de la partícula y la velocidad de la partícula cuando pasa por la posición de equilibrio y cuando la elongacion es 1,2 1,2mm. Escribir la ecuación que expresa la fuerza que actúa sobre la partícula en función de la posición y tiempo.

SOLUCIÓN − − 3 3 = 1 g r = 10 k g , A = = 2m m = = 2 × 10 m , a m a x = 8 × 103 m /s 2 , f =?, v =?,en x = = 0 y x = = 1,2m m , m = F = f (t ) = f (x ) =? si x (t ) = A sin(w t + α) v (t ) = Aw cos cos(w t + α) a (t ) = Aw 2 sin(w t + α) = w 2 x

−

−

Fisica II


55

en un extremo la aceleración es maxima, entonces.

× 103m /s 2 = −102( A ) w 2 = 4 × 106 w = 2,0 × 103 r a d /s

a m a x = 3

(a)Frecuencia f = 2w π

2,0 × 103 f = = 318,31H z 2 × 3,1416 (b) Velocidad en el punto de equilibrio esta velocidad maxima, luego: + α) v (t ) = Aw cos cos(w t +

v m a x = Aw ,

cos(w t + α) = 1 = (2,0 × 103 )(2,0 × 10−3 ) = 4m /s

v m a x

= 1,2m m . Si (c) Velocidad cuando x =

x (t ) = A sin(w t + α)

1,2 = 2sin(w t + α) 3 sin(w t + α) = , w t + α = 37o 5 Si v (t ) = Aw cos + α) cos(w t +

× 103)(2 × 10−3) cos37o

v (t ) = (2

4 5

v (t ) = 4 = 3,2m /s

(d) Fuerza en función de posición = f (x ) F = = m (−w 2 x ) = −m w 2 x Si F = m a =

F = (103 )(2,0

−

= F =

−4 × 103,

× 103)2x

Siemp Siempre re a la izquier izquierda da

(e) Fuerza en función de tiempo F = (t ) Si

− × 104x

F = 4

−4 × 103 A sin(w t + α) F = −4 × 103 (2 × 10−3 ) sin(2 × 103 t + α) F = −8sin(2000t + α) = F =

EJERCICIO NO 5. 2 Una Una barra barra uniform uniformee de masa masa M longitud longitud L esta suspend suspendido ido de un extre extremo mo (a)Det (a)Determ erminar inar el period periodo o de oscilac oscilacion ion para para pequeña pequeñass despla desplazam zamient ientos os angula angulare ress (b) Determ Determinar inar el periodo periodo de oscilacion cilacion se esta suspendida suspendida de de un punto P a una distancia x del centro centro de masa (C (C M )

Fisica II


56

SOLUCIÓN (a)El periodo para un pendulo fisico en general esta dado por



t = 2π

I

m g r

Calcularemos el momento de inercia de una barra que gira de un extremo. extremo. I =

    = r 2 d m =

ρ r 2 d V ,

ρ=

d M V

L

A d r = ρS ρ r 2 Ad

I =

r 2 d r

0

I =

ρ A

3

L 3 ,

ρ=

M V

=

M AL A L

1 M A L 3 1 I = = M L 2 3 A L 3 entonces



T = 2π

M L 2

3M (L /2)



= 2π

2L 3 g

(b) Alrededor de un punto P r = x y y el momento de inercia viene dado por 2 I P P = I C M + M r

y el momento de inercia respecto del C M es: I C M =

    = r 2 d m =

ρ r 2 d V =

L /2



A d r ρ r 2 Ad

r 2 d r

I C M = 2 ρ A

0

I C M

2 ρ A L = 3 3

3

=

2

1 M L 2 12

I P P = I C M + M r =

M L 2

 

T = 2π = 2π T =

12

+ M x 2

T P P

M g x

(1/12)L 2 + x 2

g x

Una masa masa m se cone conect cta a a dos dos resor esorte tess de cons consta tant ntes es de fuer fuerza za k 1 y k 2 como como muesmuesEJERCICIO NO 5. 3 Una tran tran en las las figur figura a se mue mueve sob sobre una una mesa mesa sin sin fric fricci ción ón y se despl esplaz aza a de la posi posici ción ón de equi equili libr brio io y se suelta. demostrar que la mesa tiene movimiento armónico simple con periodo

Fisica II


57 SOLUCIÓN



(b) T = 2π (a)

m k 1 +k 2

x ¨ = m ¨ −k 1x − k 2x = ¨ + x +

    k 1 + k 2 m

w 0 =

T = 2π

x = = 0

k 1 + k 2 m m

k 1 + k 2

EJERCICIO NO 5. 4 La amplitud de unas vibraciones vibraciones armónicas es igual 50 periodo do a 4 50m m , el perio 4 g e s y la fase inicial π/ π/ 4. (a)Escribir la ecuación de estas vibraciones. (b)Hallar la elongacion del punto vibrante cuando t = 0 y t = 1,5s e g SOLUCIÓN = 50m m , T = 4s e g , α = π/4, luego la ecuación del MAS: (a) Se tiene como datos A =

        2π

= A sen(w t + α) = A sen x =

x = = 50sen



= 50sen π4 = 25 2m m (b) Parat = 0, x =

t = 1,5,

T

t + α

2π π π π t + t + = 50sen 4 4 2 4

= 50sen x =

π1,5 π

2

+

4

= 0m m

EJERCICIO NO 5. 5 ¿Cuanto tiempo transcurrirá desde el comienzo del movimiento armónico, hasta que que el punt punto o vibr vibran ante te una una elon elonga gaci cion on igua iguall a la mita mitad d de la ampl amplit itud ud.. El peri period odo o de las las vibr vibrac acio ione nes s es igual a 24 fase inicial inicial igual igual a cero cero? ? 24s e g y fase

SOLUCIÓN = A /2, T = 24s e g , α = 0 ,reemplazando en la ecuación x = = A sen Los datos x = A

2

= A sen

donde: t = 2s e g

  2πt +0 24

  2π T

t + α , se tiene:

EJERCICIO NO 5. 6 Escribir la ecuación del movimiento vibratorio armónico si la aceleración maxima del punto es igual a 49,3 elongaci acion on del del punto punto 49,3c m /s e g 2 , el periodo de las vibraciones 2 2s e g y la elong al iniciarse el movimiento era de 25 25m m SOLUCIÓN Se conoce a m a x = 25m m , t o o = 0. = A sen(w t + α) se deriva con respecto al tiempo para hallar la aceleración conociendo x = = 49,3c m /s e g 2 , T = 2s e g , x =

= Aw 2 sen(w t + α) a =

−

Fisica II


58

reemplazando valores 49,3 = Aw 2 para la aceleración maxima:



2π 49,3 = A 2 Luego, 2,5 = 5sen

×    2π 2

0+α ,

2

,

A = = c m

α30o Entonces: x = = 5sen(πt + 30o )

EJERCICIO NO 5. 7 La aceleración de las vibraciones de un punto material de masa m = 1,6 × 10−2 = 0,1sen π8t + π4 .Hallar el valor máximo de la fuerza. tiene tiene la forma forma x = = Por la 2da Ley de Newton F = m a = = 0,1sen x =

2 m d d t x 2

   π

8

La fuerza maxima : F m a x = m 0,1

t +

π

π 2

8

4

m ,

SOLUCIÓN

F = m 0,1

−

   π

2

8

sen

π

8

+ t +

π

4

N Reemplazando Reemplazando el valor de m se se tiene: F m a x = 24,6

× 10−5N

EJERCICIO NO 5. 8 Un peso oscila armónicamente a lo largo del eje X, junto a la posición de equilibrio x = 0, La frecuencia frecuencia de las oscilaciones oscilaciones w = 4s e g −1 . En cierto momento la coordenada de la partícula x o o = 25c m y su veloci velocidad dad v ox Hallar la coord coordena enada da x y la velocid velocidad ad v x x de ox = 100c m /s e g . Hallar la partícula transcurridos t = 2,5s e g después después de de este este momento momento.. SOLUCIÓN

= A sen(4t + α), derivando se obtiene la velocidad v = 4 A cos(4t + α). La posición esta dada: x = Reemplazando las condiciones iniciales: 25 = A sen α y 100 = 4 A cos α, se obtiene α = 45o . Luego A = 25/ sen45o = 35,46c m Reemplazando en x = 35,56sen 4 × 2,4 + π4 , x = − 29,1c m reemplazando en v = 35,46 × 4cos 4 × 2,5 + π4 , v = −20,1c m /s e g









sistema ma de la figur figura, a, halla hallarr el perio periodo do de las osci oscila laci cione oness verti vertica cales les peque pequeñas ñas EJERCICIO NO 5. 9 En el siste de un cuerpo de masa m . La rigidez de los resortes resortes son K 1 y K 2 y sus masa pueden ser despreciadas.

SOLUCIÓN

Fisica II


59

Para hallar el periodo de oscilación usaremos la expresión



T = 2π

m /K

(1)

y el K es el equivalente i efectivo de los dos resortes. Cuando los resortes están en serie, la fuerza que los deforma se transmite por igual en ambos resortes y las elongaciones cumplen: = x 1 + x 2 x =

F K

de donde

1 K

reemplazando (2) en (1):

=

=

F K 1

+

F K 2

K 1 + K 2 K 1 K 2

(2)



T = 2π

m K 1 K 2 /(K 1 + K 2 )

muelle de rigidez rigidez K . El muelle muelle esta EJERCICIO NO 5.10 Dos vigas de masa m 1 y m 2 unidas por un muelle comprimido con ayuda de los hilos como se muestra en la figura. Los hilos se queman. Hallar el periodo de oscilación de las vigas.

SOLUCIÓN

Para determinar el periodo se usara



T = 2π

m 1 / K 1

(1)

Fisica II


60

El problema cosiste nuevamente en hallar K 1 del sistema: F 1 =

(2)

−K 1x

El sistema sin deformación aparece en el segunda figura. Usando la definición de centro de masa x c m =

−m 1l 1 + m 2 L 2 m 1 + m 2

m 1 L 1 = m 2 L 2

Cuando se deforma x 1 y x 2 los resortes, se tiene: m 1 (L 1

− x 1) = m 2(L 2 − x 2)

m 1x 1 = m 2x 2 ,

x 1

x 2 =

m 2

x 1

El muelle se comprime: x 1 + x 2, luego se debe cumplir

−

 − −

F = K (x 1 + x 2 ) = K x 1 +

F =

Comparando (3) en (2) se obtiene:

K

reemplazando (4) en (1): T = 2π

m 1 K (m 1 +m 2 )/m 2

 

T = 2π

m 2

−   =

m 1 + m 2

K 1 = K



m 1 x 1

m 2

K x 1

m 1 + m 2 m 2

 (3)

x

m 1 + m 2

(4)

m 2



1/2

m 1 m 2 K (m 1 m 2 )

EJERCICIO NO 5.11 ¿Cuanto tiempo transcurrirá desde que comienza el movimiento hasta que el punto que vibra armónicamente armónicamente de acuerdo con la ecuación x = 7sen0,5πt recorre el espacio que hay entre la posición de equilibrio y la elongacion maxima.?

SOLUCIÓN = 4, según el problema La elongacion maxima es la amplitud A = 7 = 7sen0,5πt ,

π

0,5πt = , 2

t = 1s e g

según la ecuación ecuación x = 5sen(πt /5 + 10 g de masa oscila según EJERCICIO NO 5.12 Un punto material de 10 π/4)cm. Hallar la fuerza maxima que actúa sobre el punto y la energía total de las vibraciones del punto material

= 5sen (a) De la ecuación x =

  πt

5

SOLUCIÓN

π

+4

w = π/5,

= 5, A =

F = K x ,

−

F m a x =

−K A Fisica II


61

se sabe w 2 = K /m , F m a x = −W 2 m A Reemplazando Reemplazando valores y sin considerar la dirección F m a x =

(b) La energía

 × π

5

2

10 × 10−3 × 5 × 10−2 N = 2π2 × 10−5 N



2 1 2 w 2 2 1 π E = m A = × = K A = 10 × 10−3 × (5 × 10−2 )2 2 2 2 5 = 2,5π2 × 10−6 Jo E = J o u l e s

EJERCICIO NO 5.13 La ener energí gía a total total de un cuerp cuerpo o que que real realiz iza a un movim movimie iento nto vibra vibrato torio rio armó armónic nico o es − − 5 3 igual a 3 ecuación 3 × 10 J , y la fuerza maxima que actúa sobre el es igual a 1,5 1,5 × 10 N . Escribir la ecuación del movimiento de este cuerpo si el periodo de las vibraciones es igual a 2s e g y la fas fasee inic inicia ial l 60 60o SOLUCIÓN La energía total

1 2

2 E T T = K A = 3

× 10−5

(1)

× 10−3

(2)

la fuerza maxima F m a x = K A = = 1,5

Dividiendo(1)/(2) (2) se obti obtien enee A = como w = 2π/T = π, lueg luego o x = = 40 × 10−3 m como = 40 × 10−3 sen(πt + + 60o ) colgado de un muelle. Hallar Hallar el periodo de las oscila 10 K g f esta colgado EJERCICIO NO 5.14 Un peso de 10 ciones verticales de este peso sabiendo que el muelle 1,5 1,5cm cuando se le someta a la acción de la fuerza 1 1K g f

SOLUCIÓN Para un peso de 10 K g f le corresponde una masa de 10K g f = 1 K = F /x =

 

= 653N /m × 9,8N /1,5 × 10−2m =

Luego T = 2π m / K = 2π 10/653 = 0,78s e g Como varia variara ra el perio periodo do de las las oscila oscilaci cion ones es verti vertica cales les de un peso peso que esta esta colga colgado do EJERCICIO NO 5.15 Como de dos muelles iguales, se estos muelles en vez de unirse consecutivamente se unen paralelamente

SOLUCIÓN = x 1 + x 2 Cuando los resortes están en serie, la fuerza es la misma y: x = F K e q

=

F K

+

T s s = 2π

F K K e q = K 2

  2m

1/2

K

Cuando los resortes están en paralelo, la fuerza esta dada por la suma de las dos fuerzas y la elongacion es la misma: + K x = = K e q x F 1 + F 2 = F , K x + = K e q x 2K x =

K e q = 2 K Fisica II


62



T p p = 2π

m /2K

es el periodo para los resortes paralelos. Dividiendo: uye en la mitad.

T s s T p p

=

  2m / K m /2K

1/2

= 2 Luego el periodo dismin-

EJERCICIO NO 5.16 Un bloque de 6 alarga un resorte resorte 18 desde su posició posición n de equilibr equilibrio io.. Se 6 K g alarga 18 c m desde retira el primer cuerpo de 6 reemplaza por un segundo segundo bloque de 4 6K g y se reemplaza 4K g que se pone a oscilar. Halle la frecuencia y el periodo de la oscilación.

SOLUCIÓN Hallemos la constante de elasticidad del resorte K . K = F /x = = 6

Para hallar la frecuencia w =



× 9,8N /18 × 10−2m = = 03,26 × 102 N /m

K /m



3,26 × 102 /4 = 9r a d /s e g

w =

ν = w /2π = 1,4s e g −1

El periodo es la inversa de la frecuencia T = 1/ν = 0,7s e g partícula efectúa MAS a la frecuencia frecuencia de 5 EJERCICIO NO 5.17 Una partícula 5Hz. Halle una expresión que de = A, el desp despla laza zamie miento nto x en funci función ón de t , utili utiliza zando ndo las las siguie siguiente ntess cond condic icio iones nes inici inicial ales: es: (a) (a) t = 0, x = A , v x x = 0. (b) t = 0, x = = 0, v x = 2cm , v x x = v o o . (c) t = 0, x = x = 5c m /s

SOLUCIÓN (a) La expresión general del desplazamiento x = A sen(w t + α) Derivando con respecto al tiempo = A = = A sen(2π5 × se obtiene v x x = Aw cos cos(w t + α) reemplazando las condiciones del problema: x = π π = Aw cos 0 + α) se deduce α = 2 ,v x x = a = cos(2π5 × 0 + α) se deduce αP 4 Luego x PA sen(10πt + α) (b)x = 0 = A sen(10π × 0 + α) se deduce α = n π, n = 0,1, 1,... 1,... v x = v o o = Aw cos cos(10π × 0 + α) se deduce que no existe un valor de α que satisfaga las dos ecuaciones de x y v x x , por lo tanto no = f (t ) para un MAS. existe x = = 2 = A sen(10π × +α) se deduce (c) Para x = v x x = 5 = A 10cos 1 0cos(10π

× +α) se deduce

2 = A sen(α)

(1)

5 = 10π cos α

(2)

= 2,00c m , α = 85,4o de (1) y (2) se deduce A =

x = = 2sen(10πt + 85,4o )

 

t + π4 c m Hallar (a) el periodo de la vibración. (b) La velocidad maxima del punto y (c) su aceleración maxima.

EJERCICIO NO 5.18 La ecuación del movimiento movimiento de un punto tiene la forma x = 2se 2 sen n

         − π

π

π

2

SOLUCIÓN π t = 4s e g se obtiene w 2 y t

= 2sen 2 t + 4 (a) de la expresión x = (b) v x x = dd x t = 2 π2 cos π2 t + π4 , v m a x = πc m /s e g (c) a x = ddv t x x = π π2 sen π2 t + π4 , a m a x = π2 2c m /s e g 2

Fisica II


63

1 K g oscila hacia arriba y hacia abajo a lo largo de una recta de EJERCICIO NO 5.19 Una masa de 1 periodo.. (a) Hallar la velocida velocidad d y la acelera aceleració ción n cuando la 20cm de longitud con MAS, 4 s e g de periodo elongacion sea de 4 restauradora ora cuando la elongacion elongacion sea de 8 4c m . (b) la fuerza restaurad 8cm por debajo del centro de la trayectoria.

SOLUCIÓN (a) Como T = 4s e g . w = 2π/T = 2π/4 = π/2,

= 10 A =

       − −     − −   − − − −

+ α 0,4 = sen La ecuaci ecuación ón del movim movimien iento to y = 10sen π2 t + α para y = 4c m , 4 = 10sen π2 t + π π π se usara cos θ = [1 sen2 θ ]1/2 La velocidad v y 1 0,42 y = A 2 cos 2 t + α = 10 2

  π

2

+ α ; t +

v y y = 14,4c m

La aceleración aceleración a y y = A

π 2

2

sen

F = =

π

2

t + α = 9,8c m /s 2 (b) La fuerza fuerza restau restaurad radora ora,, para para y = 8c m 2

k ( y ) = w m y = F = 39,4

π

2

2

−

103 ( 8)d i n a s

× 103d i n a s

EJERCICIO NO 5.20 Un cuerpo de masa 2 descansa sobre una superficie superficie pulida, estando estando unido a 2K g descansa un muelle en la forma representada en la figura. El muelle tiene la propiedad de que bajo la acción de una una fuer fuerza za de 10 sufre un alarga alargamie miento nto de 0,05m ; su se desp despla laza za el cuer cuerpo po 0,05 posició ión n 10N sufre 0,05m de su posic de equilibrio y se suelta a continuación, calcular la amplitud, la frecuencia y el periodo del MAS

SOLUCIÓN = 0,05m (a) La amplitud, es la maxima elongacion A = = 10N /0,05m = = 200N /m K = F /x = = w =

El periodo T = ν1 = π5 s e g



200/2 = 10d a r /s e g

y

w 2 = K /m

y ν = w /2π = 5/πs e g −1

EJERCICIO NO 5.21 Con Con rela relaci ción ón al prob proble lema ma ante anterio riorr, en vez vez de despl desplaz azar ar el cuerp cuerpo o 0,005m respecto a su posición de equilibrio, se le comunica una velocidad inicial de 1 1m /s, cuando se encuentra en = 0 dicha posición de equilibrio. Hallar la ecuación del movimiento, si para t = 0, x = SOLUCIÓN = A sen(w t + + α) Para x = = 0 y t = 0, 0 = A sen(w × 0 + α) se deduce La ecuación del movimient movimiento o es x = que α = 0, luego x = A sen w t como w = 10 r a d /s e g y K = 200N /m , para hallar A , usamos la relación energética del MAS: 1 1 m v 2 + K x 2 = K A 2 2 2 1 1 = m /K v o m v o 2 + K o 2 = k A 2 , A = o = 0,1m 2 2 = 0,1sen10t Luego: x =



EJERCICIO NO 5.22 Un Un cili cilind ndro ro flota flota con con su eje eje en posi posici ción ón vert vertic ical al en un liqu liquid ido o ρ . Se empu empuja ja leve leve-mente hacia abajo y luego se deja libre. Hallar el periodo de la oscilación si el cilindro tiene un peso W y una sección sección transversa transversall de area area S Fisica II


64

SOLUCIÓN La fuerz fuerzaa que que actú actúaa sobr sobree el cuer cuerpo po cuan cuando do este este se sume sumerge rge una una dist distan ancia cia y es: Sy ρ sando o la 2da 2da ρ Usand Ley de Newton: m d 2 y d t 2

+

ρ g 2 S ρ y = W

d y d t 2

=

W d 2 y

−( g Sy ρ ρ ),

0, se deduce

g d t 2

= S ρ y g

−

 

t = 2p i / S ρ g 2 /W W /S ρ g 2

T = 2π

EJERCICIO NO 5.23 S tiene un liquido de densidad ρ ρ y la longitud total L en el manometro representado en la figura. Un aumento repentino de presión en un lado fuerza al liquido hacia abajo. Cuando desaparece la presión, el liquido oscila. Despreciando el amortiguamiento por rozamiento ¿Cual sera la frecuencia de vibración?

SOLUCIÓN 2 La fuerza restauradora es debido a los dos ramales 2 (Sx ρ ρ ) g De la 2da Ley de Newton: m d d t x 2 = El peso total del liquido S L ρ g −2Sx ρ ρ g El g

S L ρ d 2x g d t 2 d 2 x

−2Sx ρ ρ g

=

g

+ 2 x = = 0 d t 2 L

T =

ν =

1 2π



2 g /L , donde ν =

1 T

2π



2 g / L

pequeño W esta sujeto a un alambre alambre sometido sometido a una tension T , según EJERCICIO NO 5.24 Un peso pequeño se indi indica ca en la figur figura. a. ¿Cua ¿Cuall sera sera la frec frecue uenc ncia ia natu natura rall de vibr vibrac ació ión n del del peso peso si se le desp despla laza za late latera rallmente una pequeña cantidad y se le suelta después?

SOLUCIÓN T y x , dirigidos en sentido Para distancia pequeñas x , las componentes de las tensiones son: T y x 1 y T 2 opuesto (a la izquierda) al desplazamiento x . DE la 2da Ley de Newton:

g d x + W d t 2

  T y 1

x

x

1

2

−T y − T y

=

 W

d x

g

d t 2

+ y T x = = 0, el periodo es la inversa de la frecuencia: 2

  

1 T g 1 1 + ν = 2π W y 1 y 2

1/2

parale lele lepí pípe pedo do de lado ladoss a , b y c de peso peso W vibr vibra a vert vertic ical alme ment ntee en un liqu liquid ido o EJERCICIO NO 5.25 Un para de densidad ρ ρ . Halle una expresión para el periodo de vibración del cuerpo.

Fisica II


65

SOLUCIÓN Cuan Cuando do el cuer cuerpo po se sume sumerg rgee una una dist distan ancia cia z , apar aparec ecee una una fuerz fuerzaa rest restau aura rado dora ra que que la hace hace oscil oscilar ar.. Esta fuerza es: F z z = ρ (a b z ) g

−

DE la 2da Ley de Newton:

 W

d 2 z

g

d t 2

d 2 z d t 2

+

−( ρa b g )z

=

    ρ a b g 2

z = 0

W

t = 2π

W

1/2

ρ a b g 2

EJERCICIO NO 5.26 La figura muestra una partícula de masa m sostenida por un alambre de longitud L. si la partí partícu cula la se desp desplaz laza a verti vertica calme lmente nte una dista distanc ncia ia pequ pequeñ eña a y y se lo aban abando dona na,, demo demostr strar ar que la frecuencia cíclica de vibración de la masa es: w o o = [T L /m a (L a )]1/2

−

T 1 = T 2 = T

SOLUCIÓN Se tiene para desplazamiento pequeños y < a , y < L − a . La fuerza restauradora es −T 1 cos θ 1 − T 2 cos θ 2 dirigido hacia abajo. Y de la 2da Ley de Newton: m m

d 2 y

= d t 2

d 2 y d t 2

=

−T 1 cos θ 1 − t 2 cos θ 2

−T (a 2 + y y 2)1/2 − T [(L − a y )2 y 2]1/2 ≈ − T a y − − L −T a y d 2 y



T

1

1



= 0 − a = w = [T L /m a (L − a )]1/2

d t 2

+

m a

+

L a

partícul cula a se desli desliza za hacia hacia adel adelan ante te y haci hacia a atrá atráss entr entree dos dos plano planoss inclin inclinad ados os EJERCICIO NO 5.27 Una partí sin fricción. Si θ es el ángulo de inclinación de los planos y si H es la altura inicial del movimiento movimiento.. Demostrar que el periodo del movimiento esta dado por: (4sen θ )(2H / g )1/2

SOLUCIÓN La fuerza obliga a la masa a desplazarse sobre el plano inclinado es: m g sen sen θ Por la 2da Ley de Newton: m a = m g sen sen θ , a = g sen sen θ es es constante. Luego x = 12 a t 2 = pero sen θ = H x H g sen sen θ 2 = t , t = 2H / g sen sen2 θ sen θ 2 El periodo es cuatro veces este tiempo t = 4t

g sen sen θ

2

t ,





T = 4 T =

2H / g sen sen2 θ



4 2H / g sen θ Fisica II


66

lenteja de un péndulo es es un cuerpo pequeño pequeño de 1K g y la longit longitud ud de suspen suspen-EJERCICIO NO 5.28 La lenteja sion es de 1 1m. Si se suelta el péndulo cuando t = 0 y forma un ángulo de 0,1 0,1rad con vertical, con una velocidad angular inicial de 0,5 Obtenga una expre expresión sión que de el despla desplazam zamient iento o 0,5 r a d /s e g . Obtenga angular en función del tiempo. Suponga que la velocidad angular inicial es como se indica en la figura

SOLUCIÓN 2 o o sen(w o o t + α) donde w a = g / L , w a =

Sabemos para un MAS θ = o t h e t a La velocidad angular

d θ

= θ o cos(w t + α) o w cos d t = w o w = o = 0,5r a d /s e g

w =



9,8/1 = 3,13r a d /s e g

para t = 0; para t = 0 θ = 0,1r a d para

0,5 = θ o o 3,13cos(3,13 × 0 + α)

(1)

0,1 = θ o o sen(3,13 × 0 + α)

(2)

= 0,18sen(3,13t + 0,56) de (1) y (2) tan α = 0,313/0,5, α = 32o , θ o o = 0,18r a d Luego: Luego: θ =

EJERCICIO NO 5.29 Hallar la ecuación y la frecuencia angular del sistema mostrado en la figura SOLUCIÓN Sabemos



τo = I α = I

 −  −  −

d 2 θ d t 2

(1)

τo = m g L sen θ − (K x )a

τo = m g L sen θ − K (a sen sen θ )a

o

de (1) y (2): m L 2

para ángulos pequeños θ :

d 2 θ d t 2

=

t a u o o =

m g L sen θ

− K a 2 sen θ

I = m L 2

(1) (2)

−(m g L + K a 2) sen θ ≈ ≈ −(m g L + K a 2 )θ d 2 θ + (m g L + K a 2 )θ = = 0 2 d t d 2 θ ( m g L + K a 2 ) + θ = 0 d t 2 m L 2

m L 2

w =



(m g L + K a 2 )

m L 2



1/2

EJERCICIO NO 5.30 Encontr Encontrar ar la ecuaci ecuación ón del movimi movimient ento o result resultante ante de la superpo superposici sición ón de dos movimi movimienentos armónicos simples paralelos cuyos ecuaciones son x 1 = 6sen2t y x 2 = 8sen(2t + α), si α = 0, π/2, π. Hacer un gráfico de cada movimiento y del movimiento resultante en cada caso.

Fisica II


67 SOLUCIÓN

(a) para α = 0, x 1 = 6sen2t y x 2 = 8sen2t = x 1 + x 2 , x =

= 14sen2t x =

(b) si α = π2 , x 1 = 6sen2t y x 2 8sen(2t + π2 ) = 8cos2t = x 1 + x 2 x = = 10sen(2t + 53o ) x =

(c) Si α = π, x 1 = 6sen2t y x 2 = 8sen(2t + π) = −8sen2t = X 1 + x 2 , x =

== x ==

−2sen(2t )

EJERCICIO NO 5.31 Encontrar la ecuación resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simples paralelos cuyos ecuaciones son: x 1 = 2sen(w t +

π

3

),

x 2 = 3sen(w t + +

π

2

)

y los gráficos respectivos

SOLUCIÓN Para Para determinar determinar la ecuación ecuación del movimient movimiento o resultant resultante, e, se halla la amplitud amplitud y la fase, para ello usamos las ecuaciones deducidas en teoría: = x 1 + x 2 = A sen(w t + α), x =

δ = α2 − α1

= ( A 21 + A 22 + 2 A 1 A 2 cos δ)1/2 A =

tan α =

A 1 sen α1 + A 2 sen α2 A 1 cos α1 + A 2 cos α2

reemplazando valores: A = = (22 + 32 + 2

× 2 × 2 × 3cos π6 )1/2 = 4,35

= 4,35sen(w t + 78o ) x =

2sen π3 + 3sen π2 tan α = , 2cos π3 + 3cos π2

α = 78o

Hallar la ecuación ecuación de la trayectoria trayectoria del movimiento movimiento resultante resultante de la superposisuperposiEJERCICIO NO 5.32 Hallar π π 1 ción de dos movimientos armónicos simples perpendicular, si w 1 /w 2 = 2 y α = 0, 3 , 2

SOLUCIÓN (a)w 2 = 2w 1 , α = 0

= A sen w 1 t x =

y = B sen(w 2 t + α) = B sen2w 1 t = B 2sen w 1 t cos cos w 1 t ,

 −  −

y = 2 B (x / A ) y =

2 B A

A = = B

x 2

1 (x / A )2 (x 4 / A 2 )

Fisica II


68

   −

= C sen + π3 , C = = D halle (b) w 2 = 2w 1 , α = π3 , x = sen w 2 t + halle se

D y = x 1 C

 3

 −      −  

(x /C )2 +

2

1 2

x

2

C

(c) w 2 = 2 w 1 , α = π2 , x = P sen w 1 t , y = Q sen(w 2 + π2 ) = Q sen 2w 1 t + π2 , P = Q eliminando eliminando el tiempo se halla y = Q 1

2

x

2

P

periodo do de las las oscila oscilaci cion ones es amort amortig igua uada dass de una masa masa de 1K g a un reso esorte rte es EJERCICIO NO 5.33 El perio de 0,5 Si la masa masa de de 1 estira el resorte resorte 5 amortiguamiento.. 0,5s e g . Si 1K g estira 5c m . halle la constante de amortiguamiento

SOLUCIÓN Se ha deducido en teoría para el movimiento amortiguado: m

d 2x

d 2x λ

= 2γ, w = m



d x

+λ + K x = = 0 d t 2 d t

λ d x

K

+ + x = = 0 d t 2 m d t m

(K /m )2

2

− 4λ

: frecuencia de oscilación del sistema. g K 2π 9,8 K = x , m = 0,05 Se conoce w = 2T π = 0,5 , m g = K x , m , despejando λ se halla su valor, λ = 12,36K g /s m 2

EJERCICIO NO 5.34 El perio periodo do de amort amortig iguam uamie iento nto de una vibra vibració ción n es de 4s e g , su decr decrem emen ento to log logarítmic arítmico o es 1,6 y la fase inicial es igual a cero. La elongacion del punto cuando t = T /4 es de 4,5c m . = C e −γt sen(w t + + ϕ ) Escri Escribi birr la ecua ecuaci ción ón de este este movim movimie iento nto vibra vibrato torio rio suponi suponien endo dola la de la form forma a x = SOLUCIÓN Por definición de decremento logarítmico: = ln D =

A m p l i t u d ( t ) Am p l i t u d (t + T )

=

C e −γt C e −γ(t +T )

= γT ,

= 1,6, γ = D /T = 0,4y ϕ = 0luego x = = C e −0,4t sen como T = 4, D =

 × 

π 4,5 = C e −0,4×1 sen 2

1

= γT D =

  2π + 0 t + 4

= 4,5, t = T /4 = 1: para x =

= 4,5e 0,4 C = = 4,5e 0,4 e −γt sen π2 t luego x =

EJERCICIO NO 5.35 Un Un peso peso de 20 cuelga ga de un resor esorte te vert vertic ical al el que que se esti estira ra ento entonc nces es 2p i e s . 20l b f se cuel El peso se empuja 5 hacia abajo abajo y se abandon abandona. a. (a) Hallar Hallar la posici posición ón del peso en cualqu cualquier ier 5p i e s hacia tiempo si una fuerza de amortiguamiento numéricamente igual a 5 5 veces la velocidad instantánea con que esta actuando se hace presente

SOLUCIÓN Para saber que tipo de movimiento se trata hay que hallar γ y w o o , usando g = 32p i e s /s e g 2 . Sabem g / I g K = = I m = mos que w o 2 = m w o o = 32/2 = 4s e g −1



Fisica II


69

F = λv , según dato λ = 5, entonces γ = 2×205 /32 = 4s e g −1 , y tiene γ = w o o . γ = 2λm y F

Se trata de un movimiento críticamente amortiguado. La ecuación diferencial del movimiento es la siguiente: d 2 x

d x

+ 2γ + w o 2 x = = 0 2 d t d t

d 2x

d x

+8 + 16x = = 0 d t 2 d t + B t ) Las condiciones iniciales son: x o La solución de esta ecuación es de la forma: x = e −γt ( A + o = p i e s , t o o = 0, v o o = 0 A = + B 0] = A + + 0, = 5 5 = e −4×0 [ A +

d x

×

+ B t ) + e −4 B − γe −4 ( A + d t + B × 0) + e 0 B 0 = −γe 0 ( A + + B , = 4 A = = 20 B = 0 = −4 A + t

=

t

x = = e −4t (5 + 20t ) = 5−4t (1 + 4t ) x =

EJERCICIO NO 5.36 El peso peso unid unido o a un resor esorte te vert vertic ical al esta esta forz forzad ado o a vibr vibrar ar de acue acuerd rdo o a la ecua ecuaci ción ón: : 2 2 dondee x es es el desp despla laza zami mien ento to de la posi posici ción ón de equi equili libr brio io y w > 0 esun (d x /d t )+ 16x = = 12sen w t , dond a constante. Si para t = 0, x = 0 y d x /d t = 0, hallar (a)x como función función del tiempo t . (b) el periodo de la fuerza externa para la cual la resonancia ocurre.

SOLUCIÓN (a) usara el método de la solución complementaria y otra particular, así: La solución complementaria x c = A cos w o o t + B sen w o o t de la ecuación diferencial dad w o 2 = 16, w o o = 4 luego x c c = A cos4t + B sen4t (1) otra solución particular es x p + D cos w t sen w t + (2) p = C sen D hallemos y tenemos que hallar las constantes A , B , C y D hallemos d x p p d t d 2x p p d t 2

= C w cos cos w t

sen w t − − D w sen

= C w 2 sen w t

− − D w 2 cos w t

−

reemplazando la ultima expresión y (2) en :

d 2 x d t 2

+ 16x = = 12sen w t

sen w t + 16D cos w t = 12sen w t −C w 2 sen w t − − D w 2 cos w t + 16C sen Igualando coeficientes: 16C − C w 2 = 12,

= 12/16 C =

= 0, − w 2 − D w 2 + 16D =

= 0 D =

Luego: x p p = 16−12w 2 sen w t , la solución general queda: x = = x c c + x p p = A cos4t + B sen4t +

12 16 − w 2

sen w t

(3) Fisica II


70

Hallemos la velocidad = v =

d v d t

=

−4 A sen w t + 4 B cos4t + 1612−w w 2 cos w t

(4)

= 0, se tiene en (3) Para las condiciones iniciales t = 0, x =

0 = A × 1 + B × 0 + 0, = 0 en (4) t = 0, v =

0 = −4 A × +4 B × 1 + = 3w /w 2 B =

− 16, Luego: = 3 x =

= 0 A =

12w (1) 16 − w 2

12 3 + = (sen w t − t w t sen se n 4 sen sen 4t ) − w sen w 2 − 16 16 − w 2 16 − w 2 w

para w = 4. Para el caso de w = 4, se tiene que intentar una solución adicional. Pero para los fines del curso, es suficiente con la solución dada. (b) Para hallar la frecuencia de resonancia w r e s , se usara la ecuación deducida en teoría: w = (w o 2

− 2γ2)1/2

Para nuestro problema no hay amortiguamiento, luego: λ = 0 y γ = 0, entonces w r e s =



w o 2 = w o o = 4r a d /s e g

w r e s = e r a d /s e g

EJERCICIO NO 5.37 La ecuación del movimiento = sen πt /6 Hallar los movimiento de un punto tiene la forma X = instantes en que los valores de la velocidad y de la aceleración son máximos.

SOLUCIÓN

a) Dado X = = s e n πt /6 hallemos la velocidad derivando: v = =

d x d t

=

π

6

cos

πt

6

se obtiene la velocidad maxima cuando cos π6t = 1 o sea πt

6

= n π,

n : : 1,2,3,4,... ,2,3,4,...

t = 6n : : 0,6,12,18 0,6,12,18s e g ,...

b) Hallando la aceleración nuevamente nuevamente derivando la velocidad: = a =

d v d t

=

π2

− 6 sen π6t

se obtiene la aceleración maxima cuando: sen π6t = 1 πt

6

= (2n + + 1)

π

, n :0,1,2,3,4,... :0,1,2,3,4,... 2 + 1) :3,9,15s e g , . . . t = 3(2n + Fisica II


71

que es igua iguall la rela relaci ción ón entr entree la ener energí gía a ciné cinéti tica ca de un punt punto o que que vibr vibra a armó armóni ni-EJERCICIO NO 5.38 A que camente y su energía potencial, en los momentos en que el tiempo es t = T /12s e g

SOLUCIÓN Sabemos por el principio de conservación de energía: E c c + E p p =

La energía potencial es E p p =

1 2 K A 2

1 K X 2 2

según la condición del problema:

T = A sen 2T π para t = 12 , X =

(2)

2πt

= A sen X =



(1)

T

T

12

de(3) en (2):

de (4) en (1) E c + 18 K A 2 = 12 K A 2

= A sen X =

π

6



A 1 E p K p = 2 2

E c c =

=

A

2

=

(3)

2 K A 2

8

(4)

3 K A 2 8

Luego la relación pendiente es: 2 2 E c c /E p p = 3/8 K A /1/8 K A = 3

EJERCICIO NO 5.39 Una bola de cobre cobre esta colocada de un muelle y oscila verticalmente, como variara el periodo de estas oscilaciones si en lugar de la bola de cobre se cuelga del muelle una bola de aluminio del mismo radio que aquella.

SOLUCIÓN

Fisica II


72

Sabemos por teoría que el periodo se oscilación esta dado por la expresión

      T = 2π

Luego hallamos la relación:

T Al

T c u

=

m /k

2π m Al Al /k

2π m c u /k por ser el mismo resorte: K y por tener el mismo radio r , el volumen es igual para ambos V T Al T c u

=

ρ Al V = ρc u V

ρ ρ Al = ρc u

2,7 8,9

T Al /T c u = 0,55

EJERCICIO NO 5.40 Un areóm areómetr etro o cuyo cuyo peso peso 0,2 K g f esta esta flota flotando ndo en un liquid liquido o. Si este este areó areóme metro tro se sumerge un poco en el liquido y después se suelta, empezara a oscilar verticalmente con un periodo Part rtie iend ndo o de la supo suposi sici ción ón de que que esta estass osci oscila land ndo o no son son amor amorti tigu guad ados os y de los los dato datoss de este este 3,4s e g . Pa expe experim rimen ento to.. Ha Halla llarr la densi densida dad d de liqui liquido do en que que flota flota el areó areóme metr tro. o. El diám diámet etro ro del del tubo tubo cilín cilíndr dric ico o vertical del areómetro es 1 1c m

SOLUCIÓN

Por la condición de equilibrio inicial:



− − E 1 = 0

= m g F =

+ s h ) = 0 − − g (V +

m g

(1) Cuand Cuando o el areóm areómetr etro o se sumerg sumergee unadist una distanc ancia ia X , exist existee una una fuerz fuerzaa neta neta,, que que actú actúaa sobr sobree el areó areóme metr tro o y lo obliga a oscilar y es proporcional a la elongación: + s h ) m g = g (V +

E 2 = m g = K x + s (h + + x )] − ρ g (v + + Sh ) = k x ρ g [v + = K x , K = ρ g s ρ g s x =

si el periodo de oscilación esta dado por:

(2)

 

T = 2π

= 2π m /k =

m /ρ g s

= πd 2 /4 reemplaza usando usando (2) despejando despejando:: ρ = 16πm / g d 2 T 2 donde S = reemplazando ndo valores valores ρ = 890K g /m 3

Fisica II


73

EJERCICIO NO 5.41 El decremento logarítmico de la amortiguación de un péndulo matemático es igual a 0,2 0,2. Hallar cuantas veces disminuye su amplitud durante una oscilación completa del periodo

SOLUCIÓN t γ − Su amplitud inicial es: A 1 = A o o e La amplitud final es: A 2 = A o o e −γ(t +T ) Luego: A 1 A 2

−γt / A e −γ(t +T ) = e −γt = A o o e o o

= γT = 0,2 Por definición de decremento logarítmico: D =

A 1 / A 2 = e −D = e −0,2 = 1,22

EJERCICIO NO 5.42 ejercicio falta copiar pagian 270 ejer 37 SOLUCIÓN

EJERCICIO NO 5.43 Un anillo de radio R esta suspendido de un eje como se muestra en la figura Hallar su periodo de oscilación

SOLUCIÓN

La expresión del periodo es:



T = 2π

I o o / g b M

Como se trata de un péndulo compuesto, su momento de inercia: I o o se hallar usando el teorema de Steiner: I o o = M A 2 + I C M = M R 2 + M R 2 = 2M R 2 = R , luego: en la gráfica: b =



= 2π T =

2M R 2 g R M



= 2π

2R g

EJERCICIO NO 5.44 Una esfera de radio R esta suspendida desde un punto fijo por una cuerda, de modo que la distancia desde el centro de la esfera al punto de suspension es L. Hallar el periodo del péndulo Fisica II


74 SOLUCIÓN

Nuevamente se trata de un péndulo compuesto, su periodo es:



T = 2π

I o 

g b M

Usando nuevamente el teorema de Steiner 2 5

I o o  = M a 2 + I o o = M L 2 + M R 2



T = 2π

M L 2 + 2/5M R 2 g LM



= 2π

L 2 + /5R 2 g L

delgada de longitud L y masa m , que esta suspendida librelibreEJERCICIO NO 5.45 Se tiene una varilla delgada  mente en posición vertical en un punto O situado a una distancia L /4 de su centro de masa. La varilla se desplaza ligeramente a partir del equilibrio y se deja que oscile alrededor de un eje que pasa pasa por por O  . Hallar el periodo del péndulo

SOLUCIÓN

Fisica II


75

Se trata de un péndulo compuesto, su periodo se halla por teoría



T = 2π

I o o 

g b M

donde I o o  se halla, usando el teorema de Steiner: I o o  = M a 2 + I o o , I o o  = M (L /4)2 +



Luego:T = 2π

M L 2

12

= L /4 y a =

7 M L 2 , 48

=

= L /4 y b =

7 2 48 M L

g L 4 M



T = 2π

7L 12 g

Halla llarr el perio periodo do de osci oscila laci ción ón de la placa placa de masa masa m que que se muest muestra ra en la figur figura. a. EJERCICIO NO 5.46 Ha La placa se encuentra suspendida del punto medio de uno de sus lados

SOLUCIÓN

Otro caso de péndulo compuesto:



T = 2π

I o o 

g b M

donde I o o  = I o o + m a 2 por el Teorema de Steiner I o o = m /12(d 2 + d 2 ) = d 2 /6 = d /2 a =

= d /2 b =

Fisica II


76 I o o  = m d 2 /6 + m (d /2)2 = 15/6m d 2

reemplazando:

 

2m d 2 /12 T = 2π g (d /2)m T = 2π

5d 6 g

Fisica II

Capít apítul ulo o6 Hidrostática 6.1. 6. 1. Fluid luidos os Es una sustancia incapaz de resistir fuerzas o esfuerzos de corte sin desplazarse los fluidos pueden ser líquidos y gases.

6.2. 6. 2. Densi ensida dad d Para ara flu fluid idos os homo homogén géneo eoss esta esta defin definie iend ndo o como como una una rela relació ción n de su masa masa y el volu volume men n que que tien tienee u ocup ocupa. a. Depe Depend ndee la temp temper erat atur uraa y pres presió ión n para para los los gase gasess en camb cambio io para para los los líqu líquid idos os la varia variaci ción ón es pequeña. = ρ = D =

M V

(6.1)

(6.2)

donde: M : masa del fluido, V : volumen del fluido.

6.3. 6. 3. Peso eso espe especi cific fico o Es el cociente entre el peso del cuerpo por la unidad de volumen. P e e = γ =

P V

γ = ρ g

(6.3)

donde: P : peso del fluido, g : aceleración de la gravedad.

6.4. 6. 4. Dens Densid idad ad rela relativ tiva a Es un numero dimensional„ es una relación de la densidad de la sustancia a la densidad del agua para solidos y líquidos y para gases el aire. La densidad absoluta y relativa de una sustancia tiene el mismo valor numérico, cuando la densidad se expresa en g /c m 3

77

6. Hidrostá Hidrostática tica

78

6.5. 6. 5. Presió esión n Para un fluido en reposo la fuerza en la superficie siempre debe estar dirigida perpendicularmente a la superficie. La presión es una cantidad escalar y esta definida en un punto.

Figura 6.1: Presión en diferencia de area

p = = l´ l´ım ım

∆F

→ ∆S

δS 0

=

d F

d S

(6.4)

6.6. Varia riación de la presión en un fluido en reposo 6.6. 6.6.1. 1. Líqu Líquid idos os Tomemos una porción del liquido li quido de sección A y y espesor d y . Como el fluido esta en reposo.

p A (p d p ) A d w = = 0

− − − p A − p A − Ad A d p − ρ g A d A d y = 0 d p = = − ρ g d y



p p 2 =p 0

p 1 =p

y 2 − y 1 = h y y



y 2

d p = = ρ g

−

d y

y 1

(6.5) donde p 0 : presión atmosférica del lugar, ρ g h : presión manometrica, p : presión absoluta real. luego la presión es la misma en todos los puntos a la misma profundidad. p = = p 0 + ρ g h

Fisica II


79

Figura 6.2: Presión en un fluido en reposo

6.6. 6.6.2. 2. Gases ases = − ρ g d y ,consideremos que la densidad varia con Se produce de igual forma y se obtiene d p = la presión, ρ proporcional a p , se considera que la temperatura no varia.

p ρ = ρ0 p 0 = d p =



p p 2 =p

p 1 =p 0

  − g

d p p

=

ρ0 p 0

p d y

g ρ ρ0

− p

0



y 2 = y

y 1 =0

p = = p 0 e −α y

(6.6)

donde: α = ρp 00g , α = 0,116k m −1

Figura 6.3: Presión en función de la altura y profundidad

Fisica II


80

Figura 6.4: Vasos comunicantes

6.7. Equilibrio Equilibrio de los los líquido líquidoss no miscibles miscibles en los los vasos vasos comunicomunicantes Al depositar el liquido ρ  en las dos ramas alcanzan el mismo nivel. Luego se deposita el liquido ρ en la rama de la izquierda y se desnivela. Consideremos el caso de la figura.

p A A = p B ,El liquido al mismo nivel p 0 + ρ g h = = p 0 + ρ  g h 

ρ h  = ρ  h

(6.7)

6.8. 6. 8. Fuerz uerzaa ejer ejerci cid da sob sobre la par pared de un recip ecipie ient ntee = ρ g y (b d y ) Tomemos un d F = p d A =



h

F = ρ g b

0

y d y =

ρ g b h 2

2

(6.8)

Fisica II


81

Figura 6.5: Principio de Pascal

6.9. 6. 9. Prin rincip cipio de pasc pascal al Expr Expres esaa lo sigui siguien ente te:: la pres presión ión aplic aplicad adaa a un flu fluido ido se tras trasmi mite te sin sin dism dismin inuc ució ión n algu alguna na a toda todass las partes del fluido y las paredes del recipiente que lo contiene.

6.10 6. 10.. Princ rincip ipio io de Arqu Arquím ímed edes es Se expr expres esaa así: así: Un cuer cuerpo po tota totall o parc parcia ialm lmen ente te sume sumerg rgid ido o en un flu fluid ido o expe experim rimen enta ta un empu empuje je ascendente igual al peso del fluido desalojado por el cuerpo. Consideremos un prisma de sección A y y altura h , sumergido dentro de un liquido de densidad ρ y peso especifico γ. La presión en la base del bloque es γ y 1 y la fuerza ascendente ejercida por el liquido sobre el = γ y 1 A . bloque es F 1 = p 1 A = De igual igual forma forma el liqui liquido do ejer ejerce ce pres presió ión n sobr sobree la secci sección ón supe superio riorr γ y 2 y la fuerz fuerzaa esta esta dirig dirigid idaa haci haciaa abajo y vale F 2 = p 2 A = = γ y 2 A = γ A ( y 1 − y 2 ) El empuje es: E = F 1 − F 2 = γ y 1 A − γ y 2 A = = γ Ah = γV E = A h =

(6.9)

Fisica II


82

6.11 6. 11.. Manom anomet etro ro Son aparatos aparatos destinados destinados a medir la presión de los gases y líquidos. líquidos. Se puede tener las situaciones que se indican en la figura.

Figura 6.6: Manómetros

6.12 6. 12.. Fuerz uerzas as mole molecu cula larres en los los líqu líquid idos os Si se coloca una lamina de vidrio en un deposito de agua, y después se retira, algo de agua quedara pegada. Las fuerzas de atracción entre las moléculas de agua y las del vidrio son mayores que las fuerzas entre las mayores que las fuerzas entre las moléculas de agua adyacentes. Se mide con el ángulo de contacto α (Trazando una tangente an el punto de intersección de la lamina de vidrio), en este acaso α25o .

Ahora si la varilla de vidrio se coloca en un deposito de mercurio y retiramos la lamina, nada del mercurio se adhiere al vidrio. En este caso, la atracción de las moléculas de H g con las del vidrio es menor que las fuerzas de cohesion de las moléculas de mercurio entre si. De igual forma se halla el ángulo de contacto, trazando una tangente, en este caso α = 130o

Fisica II


83

Figura 6.7: Ángulo de contacto entre el vidrio y el agua

Figura 6.8: Ángulo de contacto entre el vidrio y el mercurio

6.13 6. 13.. Tensi ension on supe superfic rficia iall Se puede explicar en función de las fuerzas de atracción que las moléculas de un liquido ejercen entre si: Para Para una molécul moléculaa dentro dentro del liquid liquido o A , la fuerz fuerzaa medi mediaa es nula nula,, debi debido do a las las molé molécu cula lass veci vecina nass a su alrededor. Para el caso de la molécula B que se halla en la superficie del liquido, experimenta fuerzas de atracción dirigidas solamente hacia una fuerza resultante actuando hacia abajo para impedir que escape.

6.14 6. 14.. Defini efinici ción ón de dell coefi coefici cien ente te de te tens nsio ion n supe superfi rfici cial al (σ) F L

Es la fuerz fuerzaa aplic aplicad adaa a la unida unidad d de long longit itud ud del del bord bordee de la pelí pelícu cula la supe superfic rficia iall del del liqui liquido do:: σ = , también la energía almacenada por unidad de area es igual al coeficiente se tension superficial Fisica II


84

σ = U , esta expresión se deduce de la figura. A

Figura 6.9: Tension superficial Se utili utiliza za una una solu soluci ción ón jabo jabono nosa sa al reti retira rarr el marc marco o de alam alambr bree de anch ancho o a ,seformadospelículas cuyo ancho total o perímetro es 2 a . Por definición de σ Fuerza perpendicular a la longitud F 0 σ= = Ancho de las dos peliculas 2a Si la altura de la película formada en el marco es h , luego el trabajo hecho para formarla película es: W = F 0 h = = 2a σh = = σ(2a h ) Luego σ=

W

=

U

2a h A

(6.10)

6.15 6. 15.. Form ormació ación n de una una gota gota liq liquid uida F σ : es la fuerza hacia la izquierda a la tension superficial y Consideremos la mitad de la gota y F F p p : fuerza hacia la derecha debido a ∆p .

En el equilibrio, para formar la gota F σ = f p p

σ(2πR ) = ∆p πR 2 2 σ

∆p = =

R

, Ley de Tate

(6.11) Fisica II


85

Figura 6.10: Gotas liquida

6.16 6. 16.. Form ormació ación n de una una burb urbuja uja de jab jabón Sea la figura.

Figura 6.11: Burbuja de jabón

por definición. ∆p = = ∆p 1 + ∆p 2 = (p

− p ) + (p  − p ) = p − p a a

2σ 2σ R

+

R

∆p = =

a a

= ∆p

4 σ R

(6.12) (6.13)

Fisica II


86

6.17 6. 17.. Asce Ascen nso de liq liquid uido en tub tubos capi capila larres El liquido ascendente hasta que la fuerza de tension superficial se equilibra con el peso del liquido que ascendió por el tubo capilar. Se tiene en el equilibrio: F y = 0



F σ cos θ

− m g = 0,

F σ cos θ = m g

= ρ g πr 2 h 2πr σ cos θ = 2 σ cos θ = h = Ley de Jurin

(6.14)

ρ g r

6.18 6. 18.. Ejer Ejerci cicio cioss resue esuelt ltos os EJERCICIO NO 6. 1 Un cuerpo homogéneo de densidad ρ 1 , se suspende de un resorte y se mide los estiramientos que se producen cuando esta dentro de un liquido de densidad ρ ρ2, Si la deformacion cuando esta en el aire es el triple que cuando esta en el liquido, determine ρ ρ2 /ρ1

SOLUCIÓN

En el aire F E E = k (3x ) = ρ1 g V

en el liquido

(i)

= W F E  + E = + ρ2 g V = ρ1 g V k x +

ρ1 g V

3

(ii)

+ ρ2 g V = ρ1 g V

2 3 ρ2 2 = ρ1 3

ρ2 g V = ρ1 g V

Fisica II


87

EJERCICIO NO 6. 2 La barra homogénea se encuentra sumergida con la mitad de su volumen en agua, determinar la densidad de la barra

SOLUCIÓN

W = ρ g V , V : volumen de la barra E = ρH 2O g V /2, empuje hidrostático

Para el equilibrio se cumple:

M 0W = M 0E V

ρ g V (2x ) = ρH 2O g (3x )

2

EJERCICIO NO 6. 3 Una esfera de plomo llena de aire con radio R = 0,1 m se encuentra totalmente sumergida sumergida en un tanque de agua. ¿Cual ¿Cual es el espesor espesor e de la capa de plomo, si la esfera si flota ni se hunde?

SOLUCIÓN Si esta en equilibrio las fuerzas que participan deben anularse anularse estas son el peso de la esfera y el empuje del liquido W = ρL g V

→ se calcula usando una aproximacion sin que consiste calcular la supa tiene de una esfera de →

V

radio R ie: ie: El nivel del callgen 4πR ‘2 ‘2 sabor y entre

W 04πR 2 .e ρ ρL g E = ρH 2O V g = ρH 2O g = W E =

  4 3 πR 3

4 4πR 2 e ρ ρL g = πR 3 ρH 2O g 3



ρ H 2O R e = ρP L 3

Fisica II


88

caja de monedas de base A = 800c m 2 abierta por su parte superior flota en EJERCICIO NO 6. 4 Una caja = 5c m mas agua agua,, segú según n mues muestr tra a la figur figura, a, la caja caja se hund hunde e ∆h = mas al colo coloca carr una una masa masa desc descon onoc ocid ida a m dentro de la caja ¿Cual ¿Cual es el peso de la caja y el valor de la masa m ?

SOLUCIÓN

(a) W e e = W 1 W e e = ρH 2O g V S = ρH 2O g A h 1

(b) cuando la caja tiene la masa m se se ve: (i)

+ h 1 h 2 = ∆h +

h 2 = 13c m m g + + W c c = E 2 + ρH 2O Ah m g + A h 1 = ρH 2O g A (h 2 )

m = = ρH 2O A (h 2

− h 1 ) = ρ

H 2O A ∆h

Calcula larr la fuer fuerza za de la pres presió ión n del del agua agua sobr sobree el pane panell tria triang ngul ular ar A BC . La part parte e EJERCICIO NO 4.57 Calcu superior del panel se encuentra a la profundidad h del nivel del agua. Despreciar la presión atmos férica.

SOLUCIÓN

Fisica II


89

Fuerza total F =



(i)

p d S

presión hidrostática:

p = = ρ g (h + + a y )

−

de la figura tan θ =

b a

=

x a

− g

b = (a y ) x = a

−

derivando d x = =

(ii)

(iii)

(iv)

− b a d

= d y − b a d x =

Area del elemento superior es:



a

F =

0

(v)

= x d y d S =

b

+ a − y ) (a − y )d y ρ g (h +

a

F = g a b ρ ρ

  h

2

+

a

3

N

EJERCICIO NO 6. 5 Hallar la densidad de la amalgama de estaño sabiendo que en ella el peso del mercurio es la cuarta parte del peso del estaño y que las densidades de estos metales son 13,6(H g ) y 7,3(Sn ) SOLUCIÓN 1 Lamasadelcuerpo m c c = m H g +m Sn Sn ,Elvolumendelcuerpo V c = V H g +V Sn ,comodato m H g = 4 m Sn Sn , la densidad del cuerpo (amalgana). 1 m Sn + m Sn m c m H g + m Sn Sn Sn 4 Sn = = = m H g m Sn = D = Sn V c V H g + V Sn + ρ ρ H g

Sn

5 m Sn 4 Sn m H g

4 ρH g

m Sn Sn + ρ

= 8,04

Sn

EJERCICIO NO 6. 6 Un frasco lleno de leche colocado sobre uno de los platillos de la balanza esta equilibrado con un contrapeso. Si se reemplaza la leche por agua, es preciso agregar 12 g del lado de la botella para restablecer el equilibrio, si se coloca el frasco vació y seco sobre el mismo platillo, es preciso poner a su lado 387 387 g para establecer el equilibrio. ¿Cual es el peso especifico de la leche?

SOLUCIÓN En equilibrio, primero figura = P f r s co + F L e c h e A =

(1)

= P F A = F + P a g u a + 12

( 2)

= P f + 387 g A =

(3)

En equilibrio , segunda figura En equilibrio, tercero figura:

Fisica II


90

de (1) y (3) se obtiene: P l e c h e = 387 g De (1) y (2) se obtiene: P a g u a = 375 g . Peso especifico de la leche: P e e = P V L L L , V L L = V a g u a Como la densidad del agua es 1 g /c m 3, el volumen del agua V a g u a = 375c m 3 , Luego P e e = 387/375 = 1,032

P e e = 1,032 g /c m 3

ingeniero se le asigna la tarea de diseñar un globo esférico cuya capacidad capacidad EJERCICIO NO 6. 7 A un ingeniero brut bruta a de carg carga a sea sea 4,900N , lo que que corr corres espo pond ndee a una una masa masa de 500K g que que incl incluy uyee la masa masa del del prop propio io aeróstato. El globo se llenara con hidrógeno. Hallar el radio mínimo que deberá tener el globo para levantar esa carga total ( ρa i r e = 1,293K g /m 3 ), ( ρH = 0,090K g /m 3 )

SOLUCIÓN



F = 4,900, V g ρ ρ A

E a i r e m H g = 4,900

−

ρ − V g ρ

H =

V g ( ρ A ρH ) = 4,900;

−

= r =



3 × 4,900

4π g ( ρa − ρH )



4,900

4 y V = πr 3 3

1/3

≈ 4,63m ,

r = 4,63m

EJERCICIO NO 6. 8 Un recipiente contiene una capa de agua sobre la que flota una capa de aceite area en la base es a y altura altura h, h, 0,8 g /c m 3 . Un objetivo cilíndrico de densidad desconocida ρ ρ cuya area se deja caer al recipiente, quedando a flote finalmente cortando la superficie de separación entre el aceite y el agua, sumergido en esta ultima hasta la profundidad de 2 densidad del 2h /3. Hallar la densidad objeto.

SOLUCIÓN E 2 son el empuje del aceite y del agua, respecComo existe el equilibrio E 1 + E 2 = m g donde donde E 1 y E tivamente. h 2 ρ1 g a + ρ2 g a h = = ρ g a h 3 3 simplificando a h ρ = a3h ( ρ1 + 2 ρ2 ) 1 3

ρ = (0,8 + 2 × 1) = 0,93 ρ = 0,93 g /c m 3

EJERCICIO NO 6. 9 Un prism prisma a de long longitu itud d L y peso peso espec especifi ifico co γ1 = 34 γ se sujet sujeta a en la posi posició ción n indic indicad ada. a.

Al soltar el prisma sobresale de la superficie del liquido. Hallar la altura maxima que alcanza y el tiempo que en ello emplea.

SOLUCIÓN Las fuerzas que actúan el cuerpo son el empuje y el peso:



= E F = m a =

− m g Fisica II


91 (L x ) A γ A L γ1 = m a

−

− 1 − γγ , se observa que es variable y depende de x : SE sabe V DV = a d x , V d V = γγ − 1 − γγ d x , integrando

= simplificando: a =

γ γ1

−

x

L 1



x

L 1

1

  − − γ γ1

V 2 = 2 g

1 x

2γ g 2 x 2L γ1

La elevación maxima se alcanza cuando V = 0 y γ1 = 34 γ 0 = 2 g

 −− γ γ1

1 x

2γ g 2 x , 2L γ1

x 1 =

L

2

Para hallar el tiempo empleado se usa: v 2 =

− 43g L x 2 + 23 g x

integrando, poniendo limites y sabiendo que v = dd x t

  −     −  L /2

d x /

t

= 4 g /3L )x 2 + (2 g /3)x =

(

0

3L /4 g sen sen−1



d t

0

−8 g x + 2 g 3L

3

2 g 3

Valorando Valorando y simplificando se obtiene: t = π 3L /4 g



L /2

= t 0

EJERCICIO NO 6.10 Un hemisferio solido de radio a reposa al fondo de un deposito que contiene agua de densidad ρ ρ, hasta una altura h > > a. Suponiendo que haya aire a la presión atmosferico p o o atrapado entre el lado plano del hemisferio y el fondo del deposito. Hallar la fuerza vertical inicial total que se requiere para elevar el hemisferio. Despreciar el peso del hemisferio.

SOLUCIÓN Las componentes delas fuerzas, en la dirección X y y Z se se anulan F x x =



d F sen sen θ = d = F z z

Solo existe la componente en el eje F y que es el valor de la fuerza pedida F y =





π

2

p d A cos θ =

0

cos θ )(2πa 2 sen θ ) cos θ ρ g (h − a cos

F y = πa 2 ρ g (h 2a /3)

−

EJERCICIO NO 6.11 Una esfera de hierro ( ρh = 7,6 × 103 K g /m 3 ) y volumen vol umen 0,5 0,5m 3 cuelga del fondo de una barca, como se indica en la figura. si el agua es salada y ρ ρ a = 1,4 × 103 K g /m 3 . Hallar la

tension de la cuerda.

Fisica II


92

SOLUCIÓN Las fuerzas que actúan sobre la esfera son su peso. la tension de la cuerda (T) y el empuje (E), como la esfera esta en equilibrio:



= T + + E F =

− m g = 0

− − E = ρ V g − − ρ V g = V g ( ρ − ρ T = 0,5 × 9,8(7,6 − 1,4) × 103 N = 30,300N

T = m g

H o

a o

o

a )

h

EJERCICIO NO 6.12 ¿Cual debe ser la relación entre los radios interior R i i y exterior R e e de una esfera de hierro hueca ρ ρH = 7,6 × 103 K g /m 3 , para que flote totalmente sumergida en alcohol ρ ρOH = 0,9 × 3 3 10 K g /m ? SOLUCIÓN Las únicas fuerzas que actúan sobre la esfera son el peso y el empuje, que permite el equilibrio



F = = E

− m g = 0,

4 3

E = m g

4 3

ρOH πr e 3 g = ρH (R e 2 − R i 3 ) g

= R i i /R e e Usando la relación x =

900 = 7600[1 − x 3 ] = 0,96 x =

EJERCICIO NO 6.13 Una comp compue uert rta a de secc secció ión n para parabó bóli lica ca AB esta esta arti articu cula lada da en A e inmo inmovi vili liza za en B, como se indica en la figura. Si la compuerta tiene una anchura de a = 3m . Hallar las componentes componentes de la fuerza que produce el agua al actuar sobre la compuerta.

SOLUCIÓN Hallemos la componente de la fuerza en la dirección del eje X

−

= p g ( L y )(a d y ) d F x x = p d A =

  − −   L

F x x = p g a L

L

0

La componente en la dirección Y :

1 2

y d y = a L 2

d y

0

−

= p g ( L y )a d x d F y = p d A = 2

y = 3 , d x = = 23 y d y como x =



L

F y = p g a

0



L

−

(L x )d x = = g a

0

  − −  

2 2 (L − y ) y d y = g a L 3 3 F y =

1 g a L 3 9

L

L

y 2 d y

y d y

0

0

EJERCICIO NO 6.14 El manómetro manómetro que se muestra en la figura figura se utiliza para medir la dirección dirección de nive nivell de agua agua entr entree los los dos dos tanq tanque ues. s. Calc Calcul ular ar esta esta dife diferrenci encia a x , sabi sabien endo do la dens densid idad ad del del acei aceite te ρa c y del agua ρ ρa Fisica II


93

SOLUCIÓN La incognita del problema es hallar x , Sea x  la altura que se indica. Por ser el liquido igual en ambos ramales y estar en reposo se tiene P b b = P c c ,

P a a = p o o ,

P E E = p o o

Luego: P B + ρa g x  = P A = p o B + ρa g h + o (ramal de la izquierda)  + ρa g x + ρa g x = = P E P C C + ρa c g h + E = p o o (ramal de la derecha)

Igualando las dos ultimes expresiones se halla: = x =

ρ a − ρa c h ρa

Un cuer cuerpo po que que tien tienee un volu volume men n de 150 requie ierre una una fuer fuerza za de 20 EJERCICIO NO 6.15 Un 150d m 3 , requ 20K g para mante mantener ner sumer sumergi gido do en el agua. agua. Si para para mante mantene nerr sumerg sumergid ido o en otro otro liquid liquido o se necesi necesita ta una fuerz fuerza a de 10 relativa de este ultimo liquido liquido 10K g . Cual es la densidad relativa

SOLUCIÓN

Por la condición de equilibrio:



F = 0

− F 1 − P = 0 P = V γ − F 1 P = 150 − 20 = 130 K g E 1

c c

c c

c L

c c

También se cumple



F = E 2

− F 2 − P

c c

E 2 = P c c + F 2 = 130 + 10 E 2 = 140K g

como E 2 = V c γ

⇒ γ = E 2/V , c

γ = 140/150 = 0,93

EJERCICIO NO 6.16 Un émbolo émbolo de peso W tiene la forma de un disco redondo redondo de radio radio R con una abertura, abertura, en la cual se pone un tubo de paredes paredes finas y de radio r . El émbolo puede introducirse introducirse perfectamente ajustado y sin fricción en el vaso e inicialmente se encuentra en el fondo del vació. A que altura H se elevara el émbolo si echamos en el tubo una masa m de agua.

Fisica II


94

SOLUCIÓN Por la condición de equilibrio



− W = 0 g h π(R 2 − r 2 ) = W

F = = P B B S B

P B B S B B = W ; = h =

W

(1)

ρ g π(R 2 − r 2 )

Usando la equivalencia de presiones en el punto A

+ H ) = P A = ρ g (h +

de (??) en (2) ρ g

Luego:



W

ρ g π(R 2 −



W + m g

 

+ H = r 2 )

W r 2

− − R 2 − r 2

H = = m g

πR 2

(2)

W + m g

πR 2

/ρ g πR 2

pasar arlo lo en en EJERCICIO NO 6.17 Cual es el error cometido al pasar un cuerpo de volumen en 1l t , si al pas 3 serie. utilizamos pesos de cobre de masa 800 cobre es γ 800 g . El peso especifico del cobre γ 1 = 8,8 g /c m y del aire es γ2 = 1,29 g /l t

SOLUCIÓN

Fisica II


95

Sea E 1 = V γ2 : Es el empuje del aire obre el cuerpo E 1 = V 1 γ2 : es el empuje del aire sobre el cobre Por condición de equilibrio: P 1 − E 2 = P c c − E 1 (1)

− E 2 = P 1 + V γ2 − V 1γ2 P = P 1 + γ2 (V − − V 1 ) = P 1 + γ2 (V − − P 1/γ1) P c c = P 1 + E 1

c c

reemplazando valores:

P c c = 801,17 g

El error porcentual sera:

P c c

− P 1 × 100 = 0,14%

P c c

estanque con agua, cuyo anchura anchura es b , esta dividido por un tabique. Por un EJERCICIO NO 6.18 Un estanque lado del tabique el nivel del agua respecto del fondo es h 1 , por el otro h 2. Halar la fuerza que actúa sobre el tabique

SOLUCIÓN

 = F  1 − F  2 La fuerza solicitada se indica en el gráfico de la izquierda: F Luego h 1 1 = F 1 = P d A = ρ g y (b d y ) = ρ g b h 21 2 0

   

h 2

F 2 =

= p d A =

0

1 2

ρ g y (b d y ) = ρ g b h 22

 1 − F  2 = 1 ρb (h 2 − h 2 )i ˆ entonces: F 1 2 2 cister erne ne cuya cuya form forma a se da en la figur figura. a. esta esta llen llena a hast hasta a el máxi máximo mo de agua agua y EJERCICIO NO 6.19 Una cist se mueve con aceleración a en la dirección horizontal. Hallar la fuerza con que el agua actúa sobre la tapa de la cisterna.

Fisica II


96 SOLUCIÓN

Debemos considerar que la presión en un punto es la misma en todas las direcciones, en especial sobre la tapa de la cisterna. por definición = p (b d x ) d F = p d S =

Como el liquido se esta moviendo, ejercerá una presión debido a la velocidad llamada presión = 12 ρ v 2 dinámica: p = 1 2 F  = = d  ρ v (b d x ) j ˆ 2 pero el cuerpo parte del reposo, entonces por la ecuación de la cinemática:

 

= 2a x , v 2 = v o 2 + 2a x =

F  = d  =

  

1 ρ 2a x (b d x ) j ˆ 2 L

 = = ρ a b F

v o o = 0

1 2

ˆ = ρ a b L 2 j ˆ x d x j

0

EJERCICIO NO 6.20 Un recipiente dispuesto verticalmente según la figura, cuyas secciones transversales son S 1 y S 2 , tiene dos émbolos sin pesos. Estos émbolos están unidos entre si por un alambre fino de longitud H . Hallar la fuerza de torsion del alambre si s i el espacio entre los émbolos esta lleno de agua. Despreciése el rozamiento. Los extremos del recipiente están abiertos a la atmosfera.

SOLUCIÓN

Fisica II


97

Como el sistema, esta en equilibrio, para ambos émbolos se tiene: émbolo mayor: T − − p 1s 1 = 0 émbolo menor:



p o o s 1 + T = p 1 s 1

F = p 2 s 2



F = p p s 1 +

(1)

− T − − p s 2 = 0 o o

p 2 s 2 = T + + p o o s 2

(2)

p 2 = p 1 + ρ g H

(3)

(p 1 + ρ g H )S 2 = T + + p o o S 2

(4)

donde de (3) en (2): de (1) y (4): T = ρ g HS 1 /(S 1

− S 2)

EJERCICIO NO 6.21 En que relación deben de estar los radios de dos tubos capilares para que introducidos en sendos líquidos de σ1 = 0,02N /m y ρ ρ1 = 0,79 g /c m 3 y σ2 = 0,03N /m , ρ2 = 0,80 g /c m 3 , alcancen el liquido en ambas la misma altura.

Fisica II


98

SOLUCIÓN Sabemos por teoría (Ley de Jurin) que la altura alcanzada por un liquido esta dado por: h = 2σ/ρ g R para para cada liquido: h 1 = 2σ1 /ρ1 g R y h 2 = 2σ2 /ρ2 g R y h según condición del problema: h 1 = h 2 2σ1 ρ1 g R 1 R 1 R 2 R 1 R 2

=

=

=

2σ2 ρ2 g R 2

σ 1 ρ2 σ2 ρ1

0,02 × 0,80 = 0,67 0,03 × 0,79

EJERCICIO NO 6.22 Entre dos varillas iguales de 1 1 g c /u unidades mediante hilos flexibles de pes despreciable, se extiende una película jabonosa. Sujetando la varilla superior y dejando colgando la inferior, se observa que la película jabonosa adopta la forma indicada en la figura. haciendo que los hilos laterales formen un arco de circunferencia de 5 5 cm. Hallar la tension superior del agua jabonosa y la tension de los hilos si L = = 1c m

SOLUCIÓN

Es el estrechamiento de la película jabonosa se cumple la condición de equilibrio:



F = = 2T + + F σ

− m g = 0

+ F σ = m g 2T + + σ(2L ) = m g 2T +

(1)

Para hallar σ es necesario conocer T : Fisica II


99

tomemos un diferencial de longitud del hilo y hallemos la fuerza F normal al hilo: d F = = σ(2d l )

La compresión en el eje X de d F es equilibrada con la componente de T , así:

 

2T sen sen θ = d F cos cos θ θ θ 2T sen sen θ = σ 2 d l cos cos θ = 2σ −θ R cos αd α, 2T sen sen θ = 4σR sen θ



T = 2σR

d l = R d θ

(2)

de (2) en (1): 2 (2σR ) + σ(2L ) = m g σ=

m g + 2L 4R +

= 44,5d /c m

y T = 445d i n a s

EJERCICIO NO 6.23 (a) Que fuerza hay que aplicar a un aro horizontal de aluminio que tiene una altura h = 10mm, un diámetro inferior 50 diámetro exter exterior ior 52 50m m y un diámetro 52mm, para desprenderlo de la superficie superficie del agua. (b) Que parte de la fuerza hallada corresponde corresponde a las fuerzas de la tensión superficial.

SOLUCIÓN

(a) Sea F la fuerza necesaria para levantar el aro. Por condición de equilibrio:



= F F =

− m g − − F σ = 0

F = = m g + F σ

F = = ρ g h π(r 22

donde: ρ = 2,6 g /c m 3 , σ = 0,073N /m

− r 12) + 2πσ(r 1 + r 2)

= 64,2 F =

× 10−3N

(b)F σ = 2πσ(r 1 + r 2 ) = 23,4 ×−3 N Fisica II


100

plataforma hidráulica hidráulica de un taller de 1600K g f a la plataforma EJERCICIO NO 6.24 Se lleva un auto que pesa 1600 servicio; el diámetro del piston del elevador mide 0,25 elevador es de 800 0,25m . El peso de todo el elevador 800K g f

a) Calcu Calcula larr la pres presió ión n que que debe debe ejer ejerce cerr el liquid liquido o hidr hidrául áulic ico o sobr sobree el pisto piston n del del elev elevad ador or para para leva levanntar el auto a velocidad constante.

0,72m /s 2 b) Determinar la presión necesaria para dar al auto una aceleración hacia arriba de 0,72 SOLUCIÓN

Para levantar el sistema, se necesita una fuerza F , dirigida hacia arriba: F

− W − W = (m + m )a e e

a

e e

a a

= 0 caso, como la v es constante la aceleración es nula a = a) En este caso,

F 1

− W − W = 0, e e

F 1 = W e e + W a F = F 1 a y F

a a

donde w e : peso del elevador = 800K g f W a : peso del auto = 1600K g f p 1 = F 1 /

πD 2

4

=

( W e e + W a )4

πD 2

,

= 0,25m , D =

p 1 = 4,79

× 105N /m 2

b) Como existe aceleración : F 2

− W − W = (m + m )a e e

a

e e

a a

y F = F 2

+ m e e g + m a F 2 = (m e e + m a a )a + a g

F 2 = (m e e + m a + g ) a )(a +

ρ2 = F 2 /

πD 2

4

= 5,15

× 105N /m 2

Fisica II

Capít apítul ulo o7 Hidrodinámica 7.1. Líneas eas de fluido o de corrie riente c , se llama líneas de flujo. La trayectoria de una pequeña porción de agua va de a a a b y y c

Figura 7.1: Leneas de flujo

7.2. Tubos de flujo o de corri orrieente Un haz de líneas de flujo se llama tubo de flujo. Si la sección recta del tubo de corriente es sufic suficie ient ntem emen ente te pequ pequeñ eña, a, la velo velocid cidad ad en el medi medio o de una una secc sección ión cual cualqu quie iera ra pu pued edee cons consid ider erar arse se como la velocidad media en dicha sección.

7.3. 7. 3. Prin Princip cipio io fund fundame ament ntal ales es Tres principios fundamentales se aplica al flujo de fluidos:

 El principio de conservación de la masa, que sirve para determinar la ecuación de continuidad.  El principio de conservación de la energía, a partir del cual se deduce la Ecuación de bernoulli. El principio de conservación de la cantidad de movimiento, a partir del cual se deducen ecua  El ciones para calcular las fuerzas dinámicas ejercidas por los fluidos en movimiento.

101

7. Hidrodin Hidrodinámica ámica

102

7.4. Tipos de flujo o regimen 7.4. 7.4.1. 1. Regi Regime men n esta establ ble, e, pe perm rman anen ente te o esta estaci cion onar ario io Cuan Cuando do en un pu punt nto o cual cualqu quie iera ra,, la velo velocid cidad ad de las las suce sucesio sione ness partí partícu cula lass que que ocupa ocupan n ese ese pu punntoenlossucesivosinstanteseslamisma.Peropuedevariardeunpuntoaotro,esdecir,servariable respecto de las coordenadas espaciales.

7.4. 7.4.2. 2. Fluj Flujo o unif unifor orme me Tiene lugar cuando el modulo, la dirección y el sentido de la velocidad no varia de un punto a otro del fluido.

7.4. 7.4.3. 3. Fluj Flujo o rota rotaci cion onal al Los Los líqui líquido doss en depó depósit sitos os que que están están giran girando do cons consti titu tuye yen n un eje ejemp mplo lo en las las que que la velo veloci cida dad d de cada partícula varia en proporción directa a la distancia del centro de rotación.

7.4. 7.4.4. 4. Fluj Flujo o lami lamina narr Las Las part partícu ícula lass flu fluid idas as se muev mueven en según según tray trayec ecto toria riass para parale lela lass forma formand ndo o el conju conjunt nto o de las las lamlaminas o planos paralelos. Los módulos de las velocidades de capas adyacentes no tienen el mismo valor.

7.4. 7.4.5. 5. Fluj Flujo o turb turbul ulen ento to Cuando las partículas del fluido se mueven de forma desordenada en todas las direcciones.

7.5. 7. 5. Ecuac cuació ión n de cont contin inui uida dad d

La masa de fluido ( ∆m 1 ) que cruza A 1 en ∆t es: ∆m 1 = ρ1 ∆V = ρ1 A 1 v 1 ∆t

De igual forma para ( ∆m 2) que cruza A 2 en ∆t es: ∆m 2 = ρ2 ∆V = ρ2 A 2 v 2 ∆t

El flujo de masa en A 1 es

∆m 1 ∆t

= ρ1 A 1 v 1

Fisica II


103

El flujo de masa en A 2 es

∆m 1 ∆t

= ρ2 A 2 v 2

Como no existe fuentes (aumento de masa) o sumideros (perdida de masa), se tiene: ∆m 1 ∆t

=

ρ 1 A 1 v 1 ρ2 A 2 v 2

(7.1)

A v = Q se Como el mismo fluido es homogéneo: ρ 1 = ρ 2 , A 1 v 1 = A 2 v 2 donde el producto: Av se llama gasto, caudal, flujo de volumen o rapidez de flujo.

7.6. 7. 6. Ecuac cuació ión n de Bern Bernou oull llii Consideremos un fluido no viscoso, irrotacional, estable, incompresible, que se desplaza por un tubo de flujo.

∆ L 1 elementos del sistema al inicio, ∆ L 2 del movimiento de la masa. p 2 , v 2 y ∆ Sea p 1 , A 1 , v 1 y ∆ inici o, y p El trabajo de debido a la fuerza F 1 = p 1 A 1 es w 1 = p 1 A 1 ∆ L 1 y debido a la fuerza F 2 = p 2 A 2 es w 2 = −p 2 A 2 ∆L 2 . El trabajo efectuado en contra de la fuerza de la gravedad: w 3 = −m g ( y 2 − y 1 ). El trabajo total:

W = w 1 + w 2 + w 3 = p 1 A 1 ∆L 1

− p 2 A 2∆L 2 − m g ( y 2 − y 1)

Como ρm = A 1 ∆L 1 = A 2 ∆ L 2, reemplazando: W = (p 1

m − p 2) ρ − m g ( y 2 − y 1)

(i)

El cambio de energía cinética del elemento de fluido es: 1 1 m v 22 − m v 12 2 2 Como el Teorema de trabajo y Energía expresa: W = ∆K de de (i) y (ii): ∆K =

(p 1

(ii)

m − p 2) ρ − m g ( y 2 − y 1) = 12 m v 22 − 12 m v 12

1 1 2 2 1 + ρ g y : presión estática, 2 ρ v 2: presión dinámica. donde p +

p 1 + ρ v 12 + ρ g y 1 = p 2 + ρ v 22 + ρ g y 2 , Ec Ecuación de Bernoulli

(7.2)

Fisica II


104

7.7. 7. 7. Teore eorema ma de Torri orricel celli li

La sección A 2 < A 1 y

1 2

1 2

p 1 + ρ v 12 + ρ g y 1 = p 2 + ρ v 22 + ρ g y 2

donde p 1 = p 2 = p 0 , v 2 = 0. Por que A 2  A 1

v 12 = 2 g ( y 2 y 1 ) = 2 g h v 1 =

 −

2 g h

(7.3) (7.4)

7.8. 7. 8. Tubo de Ventu enturi ri Se usa para medir la velocidad de flujo de un liquido.

De la ecuación de Bernoulli: 1 2

1 2

p 1 + ρ v 12 + ρ g y 1 = p 2 + ρ v 22 + ρ g y 2

donde y 1 = y 2 = 0

1 2

1 2

p 1 + ρ v 12 = p 2 + ρ v 22

(α)

Av 1 = a v 2

(β )

De la ecuación de continuidad: Por estar el liquido ρ  en reposo: p c c = p D D Fisica II


105 = p 2 + ρ  g h p 1 + ρ g h =

p 1

− p 2 = g h ( ρ − ρ)

(γ)

x

De (β ), (γ) en (α) v 1 =





2( ρ  − ρ ) g h ρ ( A 2 − a 2 )

1/2

(7.5)

7.9. Tubo de Pitot Se usa para medir la velocidad de un gas.

De la ecuación de Bernoulli 1 2

1 2

p 1 + ρ v 12 + ρ g y 1 = p 2 + ρ v 22 + ρ g y 2 y 1 = y 2 ,

v 2 = 0

1 2

p 1 + ρ v 12 = p 2

(i)

= p 2 + ρ g h y Como el liquido ρ  esta en reposo: p 1 + ρ  g h = y ρ ρ  < ρ = p 2 p 1 + ρ  g h =

De (ii) en (i) v 1 =



2 ρ  g h ρ

(ii)

(7.6)

Fisica II


106

7.10 7. 10.. Flujo lujo de los los fluid uidos vis viscos cosos La viscosidad en los fluidos se debe a atracciones entre las moléculas del liquido y la de los solidosqueestánencontactoconel.Elefectodelaviscosidadeshacermaslentoelflujoyproducir resistencias al movimiento de objetos a través del fluido. La fricción de un fluido aumenta conforme la velocidad aumenta y depende de las formas de los los obje objeto toss en conta contact cto o con con el flu fluido ido y del del flu fluid ido o mismo mismo (su (su dens densid idad ad). ). El coefi coefici cien ente te de visco viscosid sidad ad (η) aumenta con el aumento de temperatura para gases y el aumento de temperatura para gases y en líquidos la relación es inversa con la temperatura. La Ley Ley fund fundam amen enta tall de la visco viscosid sidad ad es que que el valor valor de la fuerz fuerzaa de visco viscosi sida dad d es prop propor orcio ciona nall al v area y al gradiente de velocidad ∂ ∂ y que existe en el lugar donde esta situada el area de contacto y ( A )



− 

f = η A

[η] =

∂ v ; en unidades: unidades: y ∂ y g

c m

− s e g = p o i s e

Seaunflujodeunfluidoviscoso,laminarquesedesplazaatravésdeuntubocilíndricodediámetro D y y la presión es función de x .

= R = = D La velocid velocidad ad v es es solo solo func funció ión n de r y y se anul anulaa para para r = , como como el flu flujo jo es lami lamina nar: r: 2

F 1

− F 2 − f = p 1πr 2 − p 2 πr 2

− −

2πr L η

d v d r



=0



F = 0

Fisica II


107

Porque, para el cilindro de radio r y longitud L que que se encuentra en equilibrio ya que la velocidad de cada capa es constante:

 − 0

d v = =

p 1

2ηL

v

= v =

p 1

− p 2

− p 2

4ηL



D /2

r d r

r

 − D 2

4

|

v m a x = v r =0 =

r 2

(i)

∆ p R 2

4ηL

Hallemos el gasto que pasa a través de todo el tubo



D /2

˙= = V Q =

v (2πr d r )

(ii)

0

Reemplazando (i) en (ii) e integrando: 4

˙ = π R ∆p , Ecuación de Poiseuille V 8ηL

(7.7)

2

La velocidad media es: v = πQ R 2 = ∆8pπR L = 12 v m a x

7.11 7. 11.. Numer umero o de Rey eyno nold ldss Sirve para determinar si el fluido de que se desplaza a través de un tubo es o no laminar.

Fisica II


108

Se define: N Re Re = N Re Re

ρ v D η

,turbulento) η: viscosidad dinámica, ν ≤ 2000(R , Laminar) N ≥ 3000(R ,turbulento Re Re

cinética

=

η ρ

: viscosidad

7.12. Ley de Stoke okes Cuando un fluido viscoso se mueve alrededor de una esfera con regimen laminar o cuando una esfera se mueve dentro de un fluido viscoso en reposo, se ejerce una fuerza resistente sobre la esfera.

George Stokes dedujo una expresión:



−6πηr v = m g − F = − E − F = m a F R R =

R R

F R Si la esfera parte del reposo v = 0, y F R = 0 E ρ = g ( ρ − ) − − m ρ

a o = g

o

Esta aceleración inicial origina que su velocidad aumenta y la fuerza de rozamiento también aumenta, hasta que la esfera alcanza una velocidad llamada velocidad limite (constante), su aceleración es nula. 4 3 4 + F R + 6πηr v l i m m g = E + πr ρ g = πr 3 ρ0 g + R , 3 3 2 r 2 g ( ρ − ρ0 ) v l i m = (7.8) 9 η

Fisica II


109

7.13 7. 13.. Ejer Ejerci cicio cioss resue esuelt ltos os EJERCICIO NO 7. 1 Un gran tanque de almacenamiento se llena hasta una altura h. Si el tanque se perfora a una altura h medida desde de el fondo del tanque. ¿A que distancia horizontal x del tanque cae la corriente?

SOLUCIÓN Por Bernoulli SOLUCIÓN

1 2 v 1 = 0, p 1 = p 2 = 0

p 1 + ρ v 12 + ρ g h 1 = p 2 + o u m ρ ρ v 22 + ρ g h 2

v 1

 v 2 ⇒

1 2

ρ g h 1 = ρ v 22 + ρ g h 2

1 2 ρ v = ρ g (h 1 − h 2 ) 2 2 v 2 = 2 g (h 0 − h ), h 1 = h 0 , h 2 = h El chorro agua que sale tiene movimiento parabolico entonces:



v x x = v 0 cos θ v y y = v 0 sin θ

En la cumbre v y y = 0

⇒

− g t

⇒ ⇒

x = = (v 0 cos θ )t

− − 12 g t 2

y = (v 0 sin θ )t

v 0 sin θ = g t

− − 12 g t 2 ⇒

= y (v 0 sin θ )t h =

t =



2h / g

= h =

1 2 g t 2

Tiempo de subida o bajada

x = (v 0 cos θ )t = v 2 t x =

 

x = 2

2 g (h 0 − h )r t 2h / g h (h 0

− h ) Fisica II


110

agujeros a las alturas 3 3c m y 10 10cm medidos desde EJERCICIO NO 7. 2 Un tanque con agua tiene dos agujeros su base base.. ¿A que que altu altura ra esta esta el agua agua en el tanq tanque ue cuan cuando do los los chor chorro ross que que sale salen n de los los aguj agujer eros os toca tocan n el piso en el mismo punto?

SOLUCIÓN Aplicando la Ley de Torricell: Torricell:

para cada agujero

Distancia alcanzadas.

Por dato: x 1 = x 2

 −  −  −  −  −  −  − v 1 =

2 g (H h 1 )

(1)

v 2 =

2 g (H h 2 )

(2)

c x 1 = v 1 t 1 =

2 g (H h 1 )t 1

(3)

x 2 = v 2 t 2 =

2 g (H h 2 )t 2

(4)

2 g (H h 1 )t 1 =

2 g (H h 2 )t 2

H h 2

t 1 =

−

H h 1

t 2

(5)

respecto de las alturas de las caidas de los chorros:

h 1 = g t 12

(6)

h 2 = g t 22

(7)

t 2

(6)÷(7)⇒ h h 12 = t 12 t 1 =



h 1

H

2

(8) en (5)

h 2

=

h 1 h 2

t 2

(8)

− h 2 H − h 1

h 1 H h 21 = h 2 H h 22

−

− h 22 − h 21 = H (h 2 − h 1 ) (h 2 − h 1 )(h 2 + h 1 ) = H (h 2 − h 1 ) H = = h 2 + h 1

Fisica II


111

pared d de un reci recipie piente nte gran grande de con con agua agua se perfo perfora ran n dos dos orific orificios ios,, uno enci encima ma EJERCICIO NO 7. 3 En la pare 2 de otro, de area 0,1 0,1c m cada uno. La distancia entre los orificios es 30 30cm. En el recipiente se vierte 3 un caudal de 100 100 c m /s. Hallar el punto de intersección de los chorros de agua que salen de los orificios.

SOLUCIÓN

Como A  a , usamos el Teorema de Torricelli: v 1 =





(1)

x = = v 1 t 1 = v 2 t 2

(2)

2 g h ,

v 2 =

Usando las ecuaciones de la cinemática

1 = g t 12 , − − h = 2

y

+ H ) 2 g (h +

1 = g t 22 − − h − H = 2

y

(3)

El caudal Q es es igual al caudal que sale por los orificios Q = = a v 1 + a 2

(4)

de (1), (2),(3) y (4) se halla = 254,12,12c m , x =

y = 255,88c m

EJERCICIO NO 7. 4 En un tubo, doblado doblado en ángulo recto de sección sección transversal transversal S, para el gas con velocidad locidad v . La densidad del gas es ρ ρ . Con que fuerza el gas actúa sobre el tubo. Precindir de la composición del gas y del rozamiento.

SOLUCIÓN

Fisica II


112

El problema lo resolveremos por variación de cantidad de movimiento y usando la segunda Ley de Newton  = F =

 ∆ P ∆t

Hallemos la variación de la cantidad de movimiento por unidad de tiempo, para la sección vertical  1 ∆ m 1 v  1 ρ S ∆L 1 v  1 v ρ v  1 p ρS ∆t  = = = ∆t ∆t ∆t ∆t p  1 ρ Sv ∆t v ˆ = ( j ) = ρSv 2 ( j ˆ) ∆t ∆t

−

−

Para la sección horizontal: p  2 ∆t

=

∆ m 2 v  2 ∆t

p  2

=

∆t

=

ρ S ∆L 2 v  2 ∆t

ρ Sv ∆t v ∆t

=

ρ Sv ∆t  v  2 ∆t

= ρSv 2 (i ˆ) i ˆ =

Luego la variación de cantidad de movimiento por unidad de tiempo es: p  1 ∆t

=

p  2

− p  1 = ρSv 2(i ˆ + ˆ) + j

∆t

La fuerza del tubo sobre el gas es:  = = F

 ∆ p ∆t

ˆ) = ρ v 2S (i ˆ + + j

Luego la fuerza del gas sobre el tubo es:  = ρ v 2S ( i ˆ j ˆ) F

−−

EJERCICIO NO 7. 5 Un cilindro cilindro de diámetro diámetro D esta lleno de agua y colocado colocado horizontalmente horizontalmente como se indica en la figura. ¿Con que velocidad se desplazara el émbolo si sobre el actúa una fuerza F y del orificio que hay en la pared pared posterior sale un chorro de diámetro diámetro d . No considere considere el rozamiento rozamiento y la fuerza de la gravedad.?

SOLUCIÓN

Fisica II


113

De la ecuación de Bernulli: 1 2

1 2

p 1 + ρ v 12 + ρ g h 1 = p 2 + ρ v 22 + ρ g h 2

donde p 1 = p o o + (F /S ),

p 2 = p o o

h 1 = h 2 = 0

p o o +

F

1

1

2 + ρ v 12 + 0 = p o o + ρ v 2 + 0 S 2 2

F 1 1 + ρ v 12 = ρ v 22 S 2 2

(1)

de la ecuación de continuidad: πD 2

A 1 v 1 = A 2 v 2 ,

4

v 2 =

de (2) en (1):

 D

v 1 =

π d 2

4

v 2

2

d

(2)

v 1

F 1 1 + ρ v 12 = ρ [(D /d )2 v 2 ]2 S 2 2 v 1 =

  2d 2 D

[2F /ρπ (D 2

− d 4)]

EJERCICIO NO 7. 6 Se tiene un recipiente de forma troncoconica el cual esta lleno de agua hasta una altura h; si en el fondo abrimos un agujero de radio r . Hallar el tiempo vaciado. vaciado.

SOLUCIÓN

Fisica II


114

Tomando los puntos 1 y 2 1 2

1 2

p 1 + ρ v 12 + ρ g y 1 = p 2 + ρ v 22 + ρ g y 2 p 1 = p 2 = p o o

−

y 1 = h y y 2 = 0

1 2 1 ρ v 1 + ρ g (h − y ) = ρ v 22 2 2 de la ecuación de continuidad:

πr 2 v 1 = πr 2 v 2 v 2 =

De (2) en (1):

(1)

r 2 v 1 r 2

(2)

 

r 2 v 1 1 2 1 ρ v + ρ g (h − y ) = ρ r 2 2 1 2 1 2 1 r 4 v 12 ρ v + ρ g (h − y ) = ρ 4 2 1 2 r 2 g (h − y ) v 1 = r 4 − 1 r 4

  

Pero en el gráfico se tiene la relación:

R h

De (4) en (3): v 1 =



=

r 

−

h y

2

(3)

(4)

d y 2 g (h − y ) = = v y y [R /h (h − y )]4 d t −1 r 4

Fisica II


115

 − − −  − ∼  −  − ∼   ∼ −  − −  

2 g d t =

h 2 r 2

(h y )4

h y

R 2

d y

h

R 2

h 2 r 2 2 g t =

d y

(h y )3 d y

2 g h 2 r 2

t

1

h y

2 g h 2 r 2

d t =

0

(h y )4

R 2

d t =

d t =

R 2

(h y )3/2 ( d y )

0

R 2

2h

5t 2

g

agua de una densidad ρ ρ y que sale del fondo de un embudo, en EJERCICIO NO 7. 7 Sea en la figura, agua forma de cono truncado de semiángulo α. Supo Suponi nien endo do que que el agua agua salg salga a a una una velo veloci cida dad d v o o por por una una abertura abertura de radio r al fondo. fondo. Hallar la velocidad velocidad del del fluido v (y) a una altura y por encima de la base del embudo.

SOLUCIÓN

Por la ecuación de continuidad:

2 πx 2 v y y = πr v o o

En el triángulo de la figura: tan α = reemplazando x en en (1):

x

− r ,

y

(1)

= y tan x = tan α + r

2 + y tan tan α)2 v y π(r + y = πr v o o

= r 2 v o + y tan v = tan α)2 o /(r +

Fisica II


116

presió ión n P en algú algún n punt punto o de un fluid fluido o en movi movimi mien ento to se hace hace muy muy pequ pequeñ eña, a, EJERCICIO NO 7. 8 Si la pres obse observa rvamo moss la apar aparic ició ión n de burb burbuj ujas as,, que que se asoc asocia ia a la liber liberac ació ión n de gase gasess disue disuelto ltos. s. Este Este fenó fenóme meno no se conoce como cavitacion. cavitacion. demuestren demuestren que si sale agua de una tubería horizontal horizontal de area A a una velocidad velocidad v o o , entonces, la cavitacion se producirá si corriente arriba hay un estrangulamiento de area dada por: = A /[1 + 2P o /ρ v o 2 ]1/2 a =

SOLUCIÓN Se el gráfico del problema:

Usando la ecuación de Bernoulli para los dos puntos: 1 2

1 2

p 1 + ρ v 12 + ρ g y 1 = p 2 + ρ v 22 + ρ g y 2 p 1 = p 1 ,

p 2 = p o o ,

y 1 = y 2

y v 2 = v o o 1 1 2 p + + ρ v 2 = p o o + ρ v o 2 2 v 1 = v

Para que se produzca la cavitacion: p o o

 p

1 2 1 ρ v = p o o + ρ v o 2 2 2

(1)

De la ecuación de continuidad: a v = Av o o ,

de (2) en (1):

v = A /a v 0

(2)

1 1 ρ ( A /a v o o )2 = p o o + ρ v o 2 2 2 2 1/2 = A /[1 + 2p o a = o /ρ v o ]

tanque ue de forma forma piram piramida idall de 4,5 profundida idad, d, constru construido ido como como se muesmuesEJERCICIO NO 7. 9 Un tanq 4,5m de profund tra tra en la figur figura. a. inic inicia ialm lmen ente te esta esta llen lleno o de agua agua.. En el fond fondo o del del mism mismo o se abr abre un orifi orifici cio o de 30 30c m 2 , dejando que escurra el agua por el. Cuanto tiempo debe transcurrir para que se vacié completamente el tanque.

SOLUCIÓN

Fisica II


117

Usando la ecuación de Bernoulli para los dos puntos: 1 2

1 2

p 1 + ρ v 12 + ρ g y 1 = p 2 + ρ v 22 + ρ g y 2 p 1 = p 2 = p o o ,

1 2

v 1 = v y y ,

y 1 = h o o ,

y 2 = 0

1 2 1 2 1 ρ v y + ρ g (h o o − y ) = ρ v 22 2 2

p o o + ρ v y 2 + ρ g (h o o y ) = p o o + ρ v 22 + ρ g (0)

−

(1)

De la ecuación de continuidad: (2x )2 v y y = a v 2 ,

De ( 2) en (1):

v 2 = (4x 2 /a )v y y

     −  −

1 2 1 ρ v y + ρ g (h o o − y ) = ρ 2 2 v y y =

Por relaciones:

4x 2 a

2 g (h o o y ) 16x 4 1 a 2

tan θ = = tan θ =

I 1 /2

2

v y y

(3)

(a)

h o o + m x

−

h o o y + m

= tan θ =

(2)

I 2 /2

(b) (c)

m

= I 2 h o Luego: m = o / I 1 − I 2 de (a) y (c)

I 1 /2 h o o + i I 2−h I o o 1

2

=

x h o o + I I 2−h I o o 1 2

− y Fisica II


118

De (a) y (b)

− 2x )/(I 1 − I 2) I 1 h − y ( I 1 − I 2 ) = x =

y = h o o (I 1

o o

(4)

2h o o

De (4) en (3):

  −   −   ∼   −    − ∼  − − −  − − − − − − − −  − − − − − v y y =

2 g (h o o y ) 4 h o o I 1 − y ( I 1 − I 2 ) 1 2h o o

16

a 2

por aproximacion:

v y y =

16

a 2

2 g (h o o y ) h o o I 1 − y (I 1 − I 2 )

2 v y y == a h o 2 g

d y d t

=

4

2h o o

(h o o y )

[h o o I 1 y ( I 1

B (h o o y )

I 2 )]2

B = = 2h o 2 2 g

,

[h o o I 1 y ( I 1

I 2 )]

[h o o I 1 y ( I 1

I 2 )]2 d y

(h o o y )

= B d t

haciendo cambios de variable: µ = h o o y ; y = h o o µ; d y = d µ

  0

h o 2 I 12

− 2h I 1(I 2 o o

h o o

µ) + (I 2

I 1 )(h o o

I 1 )2 (h o o

µ)2

µ1/2

t

( d µ) =

B d t

0

Los limites de integracion:

integrando y valorando: 5/2

h o



t = 0,

y = 0,

µ = h o o

t = t ,

y = h o o ,

µ=0

 

6 2 8 16 I 1 + I 1 I 2 + I 22 = a h o 2 2 g t 15 15 15

2 t = 15



h o o (3I 12 + 4I 1 I 2 + 8 I 22 )

2 g

a

= 30 × 10−4 m 2 , g = 9,8m /s 2 donde: h o o = 4,5m , I 1 = 10,2m , I 2 = 1,2m , a =

t = 7923,96s e g t = 2,20h

Fisica II

Capít apítul ulo o8 Temperatura 8.1. 8. 1. Ley Ley cer cero de la te term rmod odin inám ámic ica a Si A y B son son dos objetos, que se hallen en equilibrio térmico con un tercer objeto C (el ter B se mómetro), entonces A y y B se encuentran en equilibrio térmico entre si.

8.1. 8.1.1. 1. Defin Definic ició ión n de esta estado do de un sist sistem ema a Un estado de un sistema de masa y composición constante, se define por un par de coordenadas independientes ( x , y ). Para conocer el estado de equilibrio en un sistema es necesario conocer el medio ambiente que lo rodea y la naturaleza de la pared que lo separa.

8.1.2. 8.1.2. Pared ared adiabá adiabátic tica a Cuando un estado ( y , x ) de un sistema A , puede coexistir en equilibrio equilibrio con un estado ( y  , x  ) del sistema B , para cualquier de los valores de las cuatro magnitudes.

8.1. 8.1.3. 3. Pared ared diat diatér érmi mica ca Cuando dos sistemas que están separadas por esta pared, los valores de ( y , x ) e ( y  , x  ) varían hasta que se obtenga un estado de equilibrio del sistema en conjunto.

8.1. 8.1.4. 4. Equi Equili libr brio io térmi térmico co Es el estado alcanzado por dos o mas sistemas y caracterizado por valores particulares de las coordenadas de los sistemas después de haber estado en comunicación entre si a través de una pared diatérmica.

8.2. 8. 2. Conce oncept pto o de te temp mper erat atur ura a Consideremos un sistema A en en el estado ( y 1 , x 1 ) en equilibrio térmico con un sistema B en el   estado ( y 1 , x 1 ). La experiencia demuestra que existen un conjunto de estados y 1 , x 1 ; y 2 , x 2 ; y 3 , x 3 ; . . .

119

8. Temperatura emperatura

120

Cada uno de ellos esta en equilibrio térmico con el estado y 1 , x 1 del sistema B y y según el principio cero, están en equilibrio térmico entre si. Luego, todos estos estados se sitúan s itúan en un diagrama Y , X , que están sobre una curva tal como I , de la figura que llamaremos isoterma.

Figura 8.1: Isotermas de dos sistemas distintos

8.2. 8.2.1. 1. Isot Isoter erma ma Es el lugar de todos los puntos que representan estados en los cuales un sistema esta en equilibrio térmico con un estado de otro sistema. De igual forma un conjunto de estados y 1 , x 1 ; y 2 , x 2 ; y 3 , x 3 ; . . . del del siste sistema ma B se se hallan en equilibrio térmico con un estado ( y 1 , x 1 ) del sistema sistema A u por lo tanto en equilibrio térmico entre si. Del principio cero se deduce que todos los estados de la isoterma I del sistema A se encuentran en equilibrio térmico con todos los estados sobre la isometría I  del sistema B

8.2. 8.2.2. 2. Defin Definic ició ión n de temp temper erat atur ura a La temperatura de un sistema es una propiedad que determina si un sistema se encuentra o no en equilibrio térmico con otros sistemas.

8.2. 8.2.3. 3. Med edic ició ión n de la temp temper erat atur ura a

Figura 8.2: Escala de temperatura

Fisica II


121

8.3. 8. 3. Dilat ilatac ació ión n por por te temp mper erat atur ura a Casi todos los cuerpos solidos se dilatan por calor, excepto algunos que se contraen y otros cuyo volumen aumenta entre ciertas temperaturas y se reduce en otras. Los cambios de tamaño que se producen, no considera cambios de estado.

Figura 8.3: Modelo de solido cristalino

Se usa un modelo cristalino, cuyos átomos están sostenidos entre si, en un ordenamiento regular mediante fuerzas de origen eléctrico. La fuerza entre los átomos, se simula como la que existe en un conjunto de resortes que unen los átomos. Estos resortes son muy rígidos y hay 1022 r e s o r e s / c m 3 aproximadamente, la amplitud de vibración es del orden de 10−9 c m y y la frecuencia de 10 13s e g −1 . El camb cambio io debi debido do a la temp temper erat atur ura, a, aume aument ntaa con con la dist distan ancia ciame medi diaa entr entree los los átom átomos os,, y cual cualqu quie ierr cambio de las dimensiones lineales del solido, se llama dilatación lineal.

L 0 esta a t 0 , se tiene: Si ∆T es es pequeño y L ∆ L = = L − L 0 donde: ∆T = T − − T 0 y ∆

∆ L = = αL o o ∆T

(8.1)

= L 0 + α∆T L =

(8.2) (8.3)

= L 0 (1 + α∆T ) L =

donde: α: coeficiente de dilatación lineal, y se define así:

 ∆L

α=

L 0

∆T

(8.4)

= A 0 (1 + 2α∆T ), Para la dilatación volumétrica: V = V 0 (1 + 3α∆T ) Para la dilatación superficial: A =

Fisica II


122

Figura 8.4: Dilatación lineal

8.4. 8. 4. Dilat ilatac ació ión n de líqu líquid idos os Sea un tubo uniforme de vidrio que esta lleno de un liquido hasta la altura h 0 a T 0, como se muestra en la figura,

Figura 8.5: Dilatación de líquidos

y luego se eleva la temperatura hasta T . ¿Cual es la altura de la columna del liquido?. Esta es la pregunta que se va a responder. Se conoce: αv : coeficiente de dilatación lineal del vidrio. βL : coeficiente volumétrica del liquido. El volumen total del liquido a la temperatura T : )( A 0 + ∆ A ) = h 0 A 0 + a 0 ∆h + + h 0 ∆ A + + ∆ A ∆h V 0 + ∆V = (h 0 + ∆h )( ∆ A ∆h = = h 0 ; ∆V = A 0 ∆h + + h 0 ∆ A donde: V 0 = h 0 A 0 y ∆ ∆h = =

− − h 0∆ A )

(∆ V

(i)

A 0

Para el liquido ∆V = βL V 0 ∆T

(ii) Fisica II


123

y ∆ A es es el aumento en el area transversal de la columna del liquido debido a la dilatación del hueco en el tubo de vidrio que la contiene: ∆ A = = (2αV ) A 0 ∆T

(iii)

(8.5)

Reemplazando (ii) y (iii) en (i); se obtiene: ∆ = h o o ∆T (β L

− 2αV )

8.4. 8.4.1. 1. Varia ariaci ción ón de la de dens nsid idad ad con con la temp temper erat atur ura a Cuando un cuerpo se dilata se dilata, su masa no se altera, pero su densidad disminuye. Si el volumen del cuerpo T 0 es V T y a T 0 es V T  y las densidades respectivas son: ρT y ρ ρT  se tiene:

= ρT V T = ρT  V T  m =

(8.6)

y si V 0 es el volumen a 0oC , reemplazando: ρT V 0 (1 + 3αT ) = ρT  V 0 (1 + 3αT  ) ρT 1 + 3αT  = ρT  1 + 3αT

(8.7) (8.8)

Figura 8.6: .

Fisica II


124

8.5. 8. 5. Ejer Ejerci cici cios os resu resuel eltos tos EJERCICIO NO 8. 1 Cuando cierto metal se calienta desde o C hasta hasta 450o C su densidad densidad disminuye disminuye Hall llar ar el coefi coefici cien ente te de dila dilata taci ción ón de este este meta metall supo suponi nien endo do que que e cons consta tant ntee en el inte interr1,015v e c e s . Ha valo de temperatura dado

SOLUCIÓN Se ha demostrado ∆ ρ/ρ =

−β ∆T

y β = 3α

−3α∆T , ∆T = − ∆ ρ/ρ 3α Por condición del problema: ρ − 1,015 ρ = ∆ ρ , −0,015 ρ = ∆ ρ ∆ ρ/ρ = −0,015 ∆ ρ/ρ =

Luego:

−(0,015) 3 × (450oC ) α = 1,11 × 10−5o C −1 α=−

EJERCICIO NO 8. 2 El coefici coeficient entee medio medio que experi experimen menta ta 200m , a 0o C , de dich dicho o hilo ilo, cuan cuando do su temtemo o peratura se eleve de 10 10 C a 200 200 C . SOLUCIÓN La longitud de hilo metálico para cada temperatura sera: Para t 2 I 2 = I o o [1 + α(t 2

Para t 1 :

Luego:

I 1 = I o o [1 + α(t 1

o o

− t )] I 2 = I [1 + (1,28 × 10−5 + 4,33 × 10−9 t 2 )(t 2 − t )] I 1 = I [1 + (1,28 × 10−5 + 4,33 × 10−9 t 1 )(t 1 − t )] o o

o o

o o

o o

o o

− − 2 − I 1 = I [1,28 × 10−5(t 2 − t 1) + 4,33 × 10−9(t 22 − t 12)]

∆ I = I

donde: I o o = 200m

− t )]

o o

t 1 = 10oC ,

t 2 = 200oC ,

se obtiene: ∆ I = 0,00521m = = 5,21m m

que temp temper erat atur ura a es prec preciso iso cale calenta ntarr un matr matraz az abie abierto rto para para expul expulsa sarr los los 5/6 del EJERCICIO NO 8. 3 A que o aire que contiene a 20 20 C

SOLUCIÓN Para desalojar los 5/6 del aire del matraz y quede en el 1 /6, es necesario que el volumen inicial se haga 6 veces mayor, es decir: V f = 6V o Luego, para dilatar de gases: V f = V o [1 + β (t − − t o o )] 6V o = V o [1 + (t − − 20oC )] 5/β = t − − 20oC , pero β = 1/273oC t = 20oC + + 5 × 273oC = = 1385oC Fisica II


125

EJERCICIO NO 8. 4 (a) Demuestre que el cambio del momento de inercia I con la temperatura que experimenta un objeto solido esta dado por la expresión: ∆ I = 2αI o o ∆T

(a) Demuestre que el cambio de periodo T de un periodo físico con la temperatura esta dado por ∆t = αt o o ∆T /2

SOLUCIÓN

(a) En general el momento de inercia de un cuerpo esta dado por:

 

I o o =

Luego:

∆I = 2

m i i R i 2

(1)

m i i R i i ∆R i i

Como R i i : es una magnitud lineal, representa la distancia de la masa m i i al eje de rotación. de (2) en (??): ∆ I = 2



∆R i i = R i i α∆T

m i i R i i (R i i α∆T )

 

∆I = 2α(

(2)

m i i R i 2 )∆ T

∆ I = 2αI o o ∆T

(b) sabemos para un péndulo físico, su periodo es: t o o = 2π

I o o

M g b

(3)

Fisica II


126

Cuando se produce un incremento de temperatura, el nuevo periodo sera:(derivado: (3))

Pero:



I o o M g b

1 2

              

∆t o o ∆T

=

∆t o o ∆T

= π

∆t o o ∆T

= π

∆t o o ∆T

= π

= 2t πo o Luego: ∆t o o ∆T

I o o M g b M g b I o o M g b I o o M g b I o o

1/2

1 ∆I o o ∆b + M I go ob 2 ∆T M g b ∆T 2αI o o ∆T 1 + M I go ob 2 M g b ∆T α 2I o o α + MI o og b M g b M g b = πα MI go o b I o o

t o

= πα

o ∆t o o = u m αt o o ∆T

,

2π

b α∆T ∆T

EJERCICIO NO 8. 5 (a) (a) Una band banda a bime bimetá táli lica ca,, tal tal como como se indi indica ca en la figur figura, a, d = 2m m y los los meta metale les s o son Aluminio y Fierro. Halle el radio de curvatura R de la tira, si se eleva su temperatura 20 20 C , a = ∞. (b) part partir ir de las las temp temper erat atur uras as para para la cual cual R = (b) Si la band banda a tie tiene 20c m de larg largo o. Halla allarr el ángu ángulo lo central del arco, que forma la banda. (c) La desviación lateral de su punta (flecha)

SOLUCIÓN

(a)Los nuevos radios para el aluminio R 1 y fierro R 2, tendran un valor para ∆T R 1 = R [1 + α Al ∆T ] R 2 = R [1 + αF e ∆T ] R 1

Pero: R 1 − R 2 = d ,

d = (α Al

− α

− R 2 = (α − α Al

F e )R ∆T

F e )R ∆T

= R =

d (α Al

− α

F e )∆T

= 909,1c m

(b) Según el gráfico: I = R θ θ = l /R = = 20c m /909,1c m = = 0,022r a d i a n e s θ =

(c) Nos piden la flecha: ∆ ∆ = R

= R − R cos(θ /2) − h =

∆ = R [1cos(θ /2)] ∆ = 0,0550c m

EJERCICIO NO 8. 6 Cuando vale el coeficiente de dilatación (a presión constante) de un gas ideal a la temperatura T = 600o K Fisica II


127

Por definición: β =

( ∂ ∂ V T ) V

SOLUCIÓN P Para Para un gas ideal: P V = n RT ,

  ∂ V ∂ T

∂ V

= T luego: β = ( ∂ V T ) = ( PV 1 ) , como PV nR

V = = P

n RT P

n R P

nR

β =

1 T

=

1 = 1,66 × 10−3 K −1 o 600 K

Fisica II

Capít apítul ulo o9 Calor y prim rimera ley de la termo rmodinámica 9.1. Calo alor 9.1. 9.1.1. 1. Teorí eoríaa de dell caló calóric rico o el calor es un fluido de penetrar en los cuerpos y pasar de unos a otros. Este fluido es el calórico, caracterizado por ser imponderable (no tiene peso) y por estar formado por partículas que se repelen mutuamente y son atraídas por la materia, uno de los teóricos fue Jose Black Wolf (1750).

9.1. 9.1.2. 2. Teorí eoríaa ciné cinéti tica ca o energ energét étic ica a El conde Rumford (1718) fue el primero que refuto la teoría del calórico. Considera al calor como una forma de la energía alojada en los cuerpos denominada energía térmica, que depende de los movimientos de sus menores porciones, los átomos y las moléculas. Consideremos una cámara llena de un gas que tiene una gradiente de temperatura en su volumen. En los lugares en que la temperatura es mas alta, las moléculas tienen en promedio, velocidades mayores que en los lugares en que la temperatura es menor.

Figura 9.1: Celda con gas g as a diferente temperatura T 1 > t 2

Debido a las colisiones moleculares en la separación de ambos y a la difusión de las moléculas calientes de izquierda a derecha y de las frías de derecha a izquierda hay una transformación neta energía energía de izquierda izquierda a derecha, derecha, que llamamos llamamos calor. Luego, Luego, el calor es una forma de energía energía en tránsito. En los los gase gasess mono monoat atom omic icos os,, la suma suma tota totall de esta estass ener energía gíass se debe debe al movi movimi mien ento to de tras trasla lació ción n o de vaivén de las moléculas, en las moléculas mas complejas se debe considerar las energías de rotación y de vibración. 128

9. Calo Calorr y prime primera ra ley ley de la term termod odiná inámic mica a

129

Luego Lueg o la defin definici ición ón de calo calorr, es ener energía gía que que se comu comuni nica ca entr entree un sist sistem emaa y su medi medio o ambi ambien ente te como resultado únicamente de las diferencias de temperatura. Halmholtz, expreso la idea de que no solo el calor y la energía mecánica mec ánica son equivalentes si no todas las formas de energía lo son. 1C a l = 4,186 J ,

= 778l b − p i e 1 B T U =

9.2. 9. 2. Canti antida dad d de calo calorr Si se eleva la temperatura de un K g de de masa de agua de 14 oC a a 15,5oC calentándolo, calentándolo, decimos que se ha agregado al sistema una K − − c a l . La relac elació ión n de la cant cantid idad ad de calo calorr ∆Q apli aplica cada da a un cuer cuerpo po a su corr corresp espon ondi dien ente te ele eleva vació ción n de temperatura ∆T se se llama capacidad calorífica, C del del cuerpo: = C =

∆Q

∆T

(9.1)

9.3. 9. 3. Calor alor espe especi cific fico o La capacidad calorífica de un cuerpo por unidad de masa, se llama calor especifico, es característico de cada material de que estaformado el cuerpo. C e =

∆Q ∆T

m

(9.2)

En general, el C e de un material a cualquier temperatura se define así:



T 1

= m Q =

C e d T ;

C e = f (T )

(9.3)

T 2

Para Para nuestr nuestro o curso curso se puede puede conside considerar rar que C e es cons consta tant nte, e, en gene genera rall no lo es, es, tal tal como como se indi indica ca para el caso del agua. figura.

Figura 9.2: Calor especifico del agua

Fisica II


130

para gases es mas conveniente el C e tomando como unidad de masa el átomo - gramo y no el gramo. Dulong y Petit, observaron en 1819 que los C e de los metales expresados expresados de ese modo eran o todos iguales aproximadamente a 6 c a l /a t g C . La cantidad de calor se mide en calorías, los hay de agua y de flujo continuo.

9.4. 9. 4. Cambi ambios os de esta estad do Van Van acompañados de absorción o desprendimiento desprendimiento del calor.

Figura 9.3: Cambio de estado

Figura 9.4: Punto de transición

La figura representa la temperatura con respecto al calor para una masa de hielo a −20oC , que se transforma a 120 oC .

Fisica II


131

9.4. 9.4.1. 1. Regio egion n AB Indica un aumento constante de temperatura, cuando pasa de su temperatura igual a −20oC hasta la temperatura de fusion. No existe variación de la energía potencial de los lo s átomos. Se usan expresiones de este tipo: = m C e H ∆ Q = T (9.4) C e H : calor especifico del hiele.

9.4. 9.4.2. 2. Regio egion n BC Todo el calor durante este intervalo sirve para debilitar la estructura cristalina del hielo y aumentar su energía potencial interna. Las moléculas del hielo adquieren mayor libertad, pero no varia su velocidad media. La expresión que se usa es: = m L f Q = (9.5) f L f f : calor latente de fusion

9.4. 9.4.3. 3. Calor alor late latent ntee de fusi fusion on Es la cantidad de calor que debe comunicarse a la unidad de masa de un solido a la temperatura de fusion para transformarlo totalmente en liquido l iquido a la misma temperatura.

9.4. 9.4.4. 4. Regio egion n CD El calor añadido se emplea para aumentar la componente cinética de la energía interna total del agua. Se usa la expresión: = m C e a g u a ∆T Q = (9.6)

9.4. 9.4.5. 5. Regio egion n DE En el punto de ebullición, se define la temperatura a 100 oC , el calor suministrado durante este intervalo se emplea para vencer las ultimas trazas de cohesion molecular. Se usa: = m L v Q = v

(9.7)

L v v : calor latente de vaporización.

9.4. 9.4.6. 6. Calo Calorr late latent ntee de vapo vapori riza zaci ción ón Es la cantidad de calor necesario para convertir completamente en vapor a la temperatura de ebullición del liquido. La evapori evaporizac zacion ion a difere diferenci nciaa de la ebulli ebullición ción tiene tiene lug lugar ar a cualqu cualquier ier temper temperatu atura, ra, la ebullic ebullición ión a una temperatura fija siempre que se mantenga constante la presión exterior.

9.5. 9. 5. Propa ropaga gaci ción ón de dell calo calorr Se da cuando halla una diferencia de temperatura ∆T

Fisica II


132

Figura 9.5: Propagación del calor

9.5.1. 9.5.1. Condu Conducci cción ón es la forma de propagación en los metales y se basa en la presencia de electrones libres, que hacen de conductores del fluido calorífico, excitando a los átomos en su trayecto. En esta propagación no se produce desplazamiento de materia considerada en conjunto. El transporte de energía entre elementos de volúmenes próximos, en virtud de la diferencia de temperatura existente entre ellos se llama conducción calorífica. Consideremos de energía entre elementos de volúmenes próximos, en virtud de la diferencia de temperatura ∆T = T 2 − T 1 . Se sabe experimentalmente ∆Q ∝ A ∆T , donde ∆T : variación del tiempo. ∆Q

∝ ∆∆x T 

(9.8)

(9.9)

(9.10)

Luego: ∆Q

∆T A  ∝ d T ∆x

y en el limite: d Q d T

=

−k A dd x T 

donde dd F x : gradiente de temperatura, k : conductividad térmica. El sign signo o meno menoss es debi debido do a que que si la temp temper erat atur uraa aume aument ntaa de izqu izquie ierd rdaa a dere derech cha, a, la dire direcci cción ón de la corriente calorífica es de derecha a izquierda. = ∞) o aislador perfecto (k = = 0). No existe ninguna sustancia que sea conductor perfecto ( k =

9.5. 9.5.2. 2. Cond Conduc ucci ción ón de calo calorr entr entree dos dos capa capass para parale lela lass

Se pide hallar ∆∆Q t . Para la primera placa L 1 :

∆Q 1 ∆t

=

−k 1 A T 1 L − T

x x

(i)

1

Fisica II


133

Figura 9.6: Conducción de calor entre dos capas paralelas

Para la segunda placa L 2 :

∆Q 2

=

∆t

−k 2 A T L − T 2 x x

(ii)

2

Para un regimen estable: ∆Q 1 ∆t

=

∆Q 2 ∆t

=

∆Q ∆t

−k 1 A T 1 L − T = −k 2 A T L − T 2 x x

x x

1

2

Hallamos T x x y reemplazamos en (i) o (ii) ∆Q ∆t

=

  −  A (T 2 L 1 k 1

+

T 2 ) L 2 k 2

(9.11)

9.5. 9.5.3. 3. Fluj Flujo o calo calorífi rífico co radi radial al entr entree dos dos cili cilind ndro ross coax coaxia iale less

Figura 9.7: Conducción entre cilindros

Consideremos el flujo de esta cantidad de calor a través de una capa cilíndrica de material + d r . r + limitada por los cilindros de radios r y r Fisica II


134

+ d T la temperatura para el radio r + + d r , el area de la T + Sea T la temperatura para el radio r y T capa 2πr L T 2 r 2 ˙ d T Q d r ∆Q = −k (2πr L ) d T = − , d r ∆t 2πr Lk r 1 r T 1



∆Q ∆t

= 2πLk



T 1

ln

−  T 2

r 2 r 1

(9.12)

9.5. 9.5.4. 4. Fluj Flujo o calo calorífi rífico co radi radial al entr entree dos dos esfe esfera rass conc concén éntri trica cass

Figura 9.8: Conducción entre esferas

En este caso el area a ser usada es:

A = = 4πr 2 d T ∆Q ˙ = = = k (4πr 2 ) Q ∆t d r



−

T T2

d T =

T 1

∆Q ∆t

˙ Q

r 2

− 4πk

= 4πr 1 r 2 k

 r 1

d r r 2

− T 2 r 2 − r 1

T 1

(9.13)

Fisica II


135

9.5.5. 9.5.5. Conv Convecc ección ión Cuando el calor se propaga de un lugar a otro por un movimiento real de la sustancia caliente. Si la sustancia caliente es obligada a moverse por un ventilador o bomba se llama convección forzado, y si se mueve a causa de diferencias de densidad se llama convección natural o libre. Consideremos un fluido en contacto con una pared plana o curva temperatura es superior a la de la masa principal del fluido. La pared transfiere calor al fluido por un fenómeno que a la vez conducción a través de la capa estática delgada junto a la pared y convención del fluido: ∆Q ∆t

= h A ∆T

El coeficiente de convención h depende depende de los factores: De que pared sea plana o curva De que sea horizontal o vertical De que el fluido sea gas o liquido De la ρ , η, C e , k del del liquido Regimen laminar o turbulento Si hay evaporizacion, condensación o formación de una película.

9.5.6. 9.5.6. Radia Radiació ción n Es la emisión continuo de energía desde la superficie de todos los cuerpos. Esta energía se llama energía radiante y se encuentra en forma de ondas electromagnéticas que se propagan a la velocidad c y se transmiten a través del vació lo mismo que a través del aire. La Ley de Stefan - Boltzmann establece que la radiación total de todas las longitudes de onda, procedentes de un radiador perfecto o cuerpo negro es proporcional a la cuarta potencia de su temperatura absoluta. Si la densidad superficial de potencia del cuerpo negro, es decir, el numero de watts por metro cuadrado, en el sistema MKS, es E : E = σT 4

, donde

σ = 5,67 × 10−8 w /m 2 − o k 4

9.6. 9. 6. Difer iferen enci cial al entr entree calo calorr y trab trabaj ajo o El trabajo como el calor requiere y una transmisión de energía. Se define el trabajo como energía que se transmite de un sistema a otro de tal manera que no interviene directamente una diferencia de temperatura. W no son características del estado (equilibrio) del sistema sino, mas bien Las cantidades Q y y W del proceso termodinámico. Entonces Q es es el calo calorr tran transm smit itid ido o al sist sistem emaa o extr extraí aído do de el, el, y W el trab trabaj ajo o efec efectu tuad ado o sobr sobree el sistema o producido por el.

Fisica II


136

9.7. 9. 7. Traba rabajo jo orig origin inad ados os por por camb cambio ioss de volum olumen en Tomemos un gas dentro de un recipiente cilíndrico, que tiene un émbolo móvil y el gas es el sistema.

Figura 9.9: Gas en un cilindro

El sistema, inicialmente se encuentra en el estado ( p i i V i ) y como el calor es absorbido por la base base del del cili cilind ndro ro y pasa pasa a otro otro esta estado do (p f entonc nces es el pist piston on se desp despla laza za una una dist distan ancia cia infin infinit ites es- f V f ), ento imal d S y y el trabajo efectuado por el gas g as es:  = = p A d S = = p d V d W = F d S



V 2

W =

p d V

(9.14)

v 1

El trabajo efectuado por un sistema dependiente no solamente de los estados inicial y final sino también de los estados intermedios; esto es, del recorrido que siga el proceso.

Se llega a un resultado semejante, si se halla el flujo de calor durante el proceso. El calor que ingresa al sistema, depende de como se calienta el gas y se concluye: El calor perdido o ganado por un sistema depende no solamente de los estados inicial y final sino también de los estados intermedios; esto es , de la trayectoria del proceso.

Fisica II


137

Figura 9.10: Trabajo efectuado por el gas

Figura 9.11: Trayectoria del proceso

9.8. 9. 8. Prime rimera ra ley ley de la Termo ermodi diná námi mica ca Si un sistema esta en un estado de equilibrio inicial i , pasa a un estado de equilibrio final f y W el trabajo desarrollado por el mismo. siendo Q el el calor absorbido por el sistema y W W cuando pasan del estado i y f , sus valores dependen de la trayectoria Sabemos que Q y W trayectoria seguida. Sin embargo la diferencia Q − W para este mismo intervalo de i a a f es el mismo. Es decir, decir, no depende de la trayectoria, sino de los estados inicial y final de equilibrio. Lueg Lu ego o, sost sosten enem emos os en termo termodi diná námi mica ca (a dife difere renc ncia ia que que en mecá mecáni nica ca,, la exist existen enci ciaa de una una funfunción ción ener energía gía pote potenc ncia ial) l),, de que que hay hay una una func funció ión, n, cuyo cuyo camb cambio io es igua iguall a Q − W , y se llam llamaa Func Funció ión n = U f de Energ Energía ía Intern Interna: a: ∆U = aument nto o de la Prim Primer eraa Ley Ley de la Termo ermodi diná námi mica ca,, f −U i i = Q − W , y es el aume el cual encierra ciertas características: La existencia de una función energía interna del sistema El principio de la conservación de la energía La definición de calor como energía en movimiento Todas las magnitudes han de expresarse en las mismas unidades Fisica II


138

Q es es positivo cuando el sistema recibe calor W es positivo cuando el sistema realiza trabajo

Esta Ley solo dice que la energía se conserva en un proceso, pero no dice si un proceso puede ocurrir realmente, ara ello es necesario la Segunda Ley de la Termodinámica.

9.9. 9.9. Transfo ransformac rmación ión isobar isobarica ica Sea un cilindro que contiene un liquido el cual absorbe calor por la parte inferior (foco) y el émbolo se desplaza a presión constante (isobarica), hallemos ∆U , como la masa m del liquido, se transforma de liquido en vapor, entonces la cantidad de calor absorbida por la masa m en el = m L v , donde L v : calor de vaporización. cambio de estado es Q = El sistema al dilatarse de un volumen liquido V L a un volumen de vapor V V , a presión constante (la cantidad de arena sobre el émbolo no varia), nos permite hallar el trabajo realizado por el sistema:



V V

W =

− V )

p d V = p (V V

V L L

L L

(9.15)

Luego el trabajo interno efectuado para vencer la fuerte atracción de las moléculas del liquido entre si en el estado liquido es: ∆U = = m L v (9.16) v − p (V V − V L )

9.10. 9.10. Transfo ransformac rmación ión adiabá adiabática tica = 0 Lue = Q − W = Se llam llamaa así, así, cuan cuando do no sale sale,, ni ingr ingres esaa calo calorr a un sist sistem ema, a, es deci decirr Q = Luego go,, ∆U = −W esto significa que el trabajo efectuado sobre el sistema es igual al incremento de la energía interna del mismo generalmente g eneralmente produce un aumento de temperatura.

9.11 9. 11.. Dilata lataci ción ón lib libre o ex expa pan nsion sion en el vació ació = 0, En este caso, es un proceso adiabática y en el cual no se hace trabajo externo, es decir Q = W = 0. = 0, y de allí U f Luego, ∆U = f = U i i

9.12. 9.12. Transfo ransformac rmación ión isocor isocora a En este caso el gas encerrado en el cilindro absorbe calor y pasa evitar que el émbolo se desplace, depositamos arena, de esta forma el volumen permanece constante:



V V f

W =

p d V = 0,

∆U = = 0

(9.17)

V i

Luego, todo el calor absorbido por el sistema sirve para aumentar su energía interna, es decir se eleva la temperatura del gas,

Fisica II


139

9.13 9. 13.. Teorí eoríaa ciné cinéti tica ca de gase gasess 9.13 9.13.1 .1.. Gas idea ideall Se define un gas, bajo ciertas suposiciones: Un gas esta formado de partículas llamadas moléculas y estos a su vez de átomos. Todos los átomos son idénticos. Las moléculas se mueven en todas las direcciones y diferentes velocidades. El numero total de moléculas es grande. El volumen de la moléculas es muy pequeña en comparación del volumen ocupado por el gas. La fuerza entre las moléculas es muy pequeño en comparación del volumen ocupado por el gas. Los choques son elásticas y de duración insignificantes.

9.13 9.13.2 .2.. Ley de Boyle - Mario riotte tte Si se mantiene constante la temperatura de una masa determinada de gas, entonces p V = c o n s t a n t e (proceso isotermico). También se usa: p 1 V 2 = (9.18) p 2

V 1

9.13.3. Ley de Gay - Lusas 9.13 9.13.4 .4.. Ley Ley de Dalt Dalton on 9.13 9.13.5 .5.. Calor alores es espe especí cífic ficos os de un gas gas idea ideall

9.14 9. 14.. Ejer Ejerci cicio cioss resue esuelt ltos os EJERCICIO NO 9. 1 Demostrar que para un gas ideal, que experimenta un proceso adiabático: T V γ−1 = c o n s t a n t e

SOLUCIÓN De la primera ley de termodinámica para un proceso infinitesimal. = d Q d W = 0 d U =

= como: p =

nR T V

− − d W n C v d T = −d W = −p d v

(1)

(gases ideales) reemplazando en (1) n C v d T = d T T

=

− n V RT d V ,

, − CR v DV V

C v d T R T

=

− dV V

ln V −R /C v + ln C Fisica II


140

ln T − − ln V −R /C v = ln C ln T /V −R /C v = ln C ln T V R /C v = ln C , = C v + + R como c p =

T V R /C v = C

T V (c p −C v )/C v = R T V (γ−1) = C

EJERCICIO NO 9. 2 Demostrar que para un gas ideal, que experimenta un proceso adiabático: T P −( g a m m a −1)/γ = c o n s t a n t e

SOLUCIÓN De la primera Ley de la termodinámica d v = d Q d W = 0

−

− d W = d W n C v d T = −p DV

Por ser gases ideales: p V = n RT

p d V + V d p = = n R d t

(1) (2)

de (1) en (2): + V d p = = n R d T −n C v d T + = n R d T + + n C v d T V d p = = n (C v + + R )d T = n C p d T V d p =

como: V = n RT /p (gases (gases ideales) n RT p P d p C p p

=

d T T

,

= n C p d T d p =

ln T = ol n p R /C p + ln C

ln T − − ln p R /C p = ln C ln(T /p R /C p ) = ln C ln T p −R /C p = C

= C p − C v como: T p R /C p = C como como : R =

T P −(C p −C v )/C p = C ,

T p −(γ−1)/γ = C

EJERCICIO NO 9. 3 En la figura. se muestra el ciclo de un motor Diesel de cuatro tiempos en el cual tenemos: (a) La rama AB, de admisión de aire en el cilindro (p o o = 1a t m ); (b)La (b)La rama rama BC, BC, de comcompresi presión ón adia adiabá bátic tica a del del aire aire hasta hasta pres presió ión n p 1 ; (c) (c) Al final finaliz izar ar el tiem tiempo po de comp compre resi sión ón en el cili cilind ndro ro se inyecta el combustible combustible que al entrar entrar en contacto contacto con aire caliente caliente se inflama y se quema, el émbolo se mueve hacia la derecha, primero por via isobara (rama CD) y luego adiabaticamente (rama DE), (d) Al final de la expansion adiabática se abre la valvula de escape y la presión desciende hasta p o (rama EB); y (e) El émbolo see mueve hacia la izquierda y los gases de escape son expulsados del cilindro (rama BA). Hallar el rendimiento del motor Diesel.

Fisica II


141

SOLUCIÓN Para hallar el rendimiento por la teoría: η=

W

=

Q 1

Q 1

− Q 2 = 1 − Q 2

Q 1

(1)

Q 1

proceso isóbaro CD: Q 1 = n C p ∆T = n C p (T D D

proceso isocoro EB: Q 2 = n C v (T E E

de (3) y (2) en (1): η=1−

Para CD: p 1 V 1 = n RT C C

(2)

− T ) C C

(3)

− T ) B B

− T ) = 1 − T − T (T − T ) n C p (T − T )

n C v (T E E

B B

E E

B B

D D

C C

D D

C C

T C C = T D D

V 1

(4)

(5)

V 3

p 1 V 3 = n RT D D γ−1 γ−1 Para DE: T D = T E D V 3 E V 2

γ−1 T E E = T D D (V 3 /V 2 )

γ−1 Para BC: T B B V 2γ−1 = T C C V 1

γ 1

T B B V 2

T B B = T C C

de (5), (6) y (7) en (4): η=1−

 V 1 V 2

−

γ 1

= T C C V 1

γ 1

−

(6)

= [T D D

−

V 1 V 2

](V 1 /V 2 )γ−1

(7)

γ−1 − T (V /V )(V /V )γ−1 1 T D D (V 3 /V 2 ) D D 1 3 1 2

γ

T D D

− T (V 1/V 3) D D

Fisica II


142

γ V 1 − η=1− γ V 2γ−1 (V 3 − V 1 )

1

γ

V 3

representa en ciclo de un motor de combustion combustion interna de cuatro EJERCICIO NO 9. 4 En la figura. se representa tiempos de carburador o gas en el que tenemos que (a) en la primera carrera del émbolo en la cilindro se produce la admisión o aspiración aspiración del combustible (en los motores motores de carburación carburación la mezcla mezcla combustible esta compuesta por vapor de gasolina y aire y se prepara en el carburador, en los motores de gas la mezcla gas- aire procede de un generador de gases de combustion), la presión p o = constante y el volumen aumenta desde V 2 hasta V 1 ,(rama AB, admisión; (b)durante la segunda carrera rera del del émbo émbolo lo (ram (rama a BC, BC, comp compre resió sión) n)el el comb combust ustib ible le se compr comprime ime adia adiaba batic ticam ament entee desd desdee V 1 hasta V 2 , la temperatura aumente desde T o o hasta T 1 y la presión desde p o o hasta p 1 ; (c) después tiene lugar el encendido (explosión) del combustible por medio de una chispa, como la presión aumenta de p 1 a p 2 a volumen constante (rama CD)y la temperatura se eleva hasta T 2 ; (d) la tercera carrera del émbolo se debe a la expansion adiabática del combustible desde V 2 hasta V 1 (carrera de trabajo, rama DE ), dura durant ntee la cual cual la temp temper erat atur ura a desc descie iend ndee hast hasta a T 3 ; (e)c (e)cua uand ndo o el émbo émbolo lo lleg llega a a su posi posici ción ón extrema (punto E) se abre la valvula de escape y la presión disminuye a volumen constante hasta p o o (rama EB); y (f)la cuarta carrera del émbolo, que produce una compresión isobarica (rama BA ,exp ,expuls ulsio ion n o esca escape pe,, barri barrido do de los los gase gasess quem quemad ados os). ). Ha Halla llarr el rend rendimi imien ento to de este este cicl ciclo o si la relac relació ión n de compresión V 1 /V 2 = 5 y la exponente de la adiabática es 1,33 1,33

SOLUCIÓN

Para hallar el rendimiento : η = w /Q 1

(a)

W = W BC BC + W C D + W DE DE + W E B

Fisica II


143

Por ser proceso isocoros: W C D = W E B = 0 W = W BC BC + W DE DE ηRT 2 γ 1

Luego: W D E = −

 −   1

V 2 V 1

γ 1

−

  γ 1

−

V 2 ηRT 1 = W BC 1 − − BC V 1 γ−1 W =

Para el proceso adiabático: BC:

ηR (T 2 − T 1 )[1 − (V 2 /V 1 )γ−1 ] γ−1 γ 1

T o o V 1

−

(1)

γ 1

= T 1 V 2

−

T 1 /T o o = (V 1 /V 2 )γ−1

Para el proceso adiabático DE

(2)

T 2 V 2 = T 3 V 1−1 T 2 /T 3 = (V 1 /V 2 )−1

(3)

T 1 /T o o = T 2 /T 3

(4)

de (2) y (3) reemplazando: (2) y (4) en (1):

Para el proceso isocoro CD:

 

T 3 ηR (T 2 − T 1 ) 1 − W = T 2 γ−1 Q 1 = n C v v (T 2

de (5) y (6) en (a):

(5) (6)

− T 1)

− T 1 )(T 2 − T 3)/T 2(γ − 1) n C (T 2 − T 1 ) T 2 − T 1 T 3 1 η= 1− = 1− (T − T ) T T

η=

n R (T 2

v v

2

usando (3):

η =1−

2

2

3

1 (V 1 /V 2 )γ−1

EJERCICIO NO 9. 5 Hallar el trabajo realizado por un gas ideal, durante un proceso adiabático

Fisica II


144

SOLUCIÓN W A B =

 

C d V = C V γ

p DV =





V 1

V o

d V C V −γ+1 = V γ+1



1 1 − γ−1 γ−1 1 − γ V 1 V 2 C V o γ−1 W A B = γ−1 −1 V 1 V (1 − γ) C

W A B =

o

W A B =

1−γ

C V o (1

− γ)

−

    −  

V 1 V o

(1)

γ 1

−

V o

1

|

V 1

(2)

γ

p o o V o γ = C = = p 1 V 1 p o o V o = ηRT o o , γ

W A B =

W A B =

− 1)

p o o V o (γ

 −    −    −  

1−γ

p o o V o V o (γ

p 1 V 1 = ηRT 1

− 1)

1

1

ηRT o o W A B = 1 (γ − 1)

V o

γ 1

−

V 1

V o

γ 1

−

V 1

V o

γ 1

−

V 1

Fisica II

9. Calo Calorr y prime primera ra ley ley de la term termod odiná inámic mica a También, en (1): W A B =

C

γ−1

V 1

(1 γ)

−

 −   1

V 1 V o

W A B =

145

γ 1

−

 −   −  −   −     − − γ

p 1 V 1

1 − V 1 (1 γ) γ 1

W A B = W A B =

p 1 V 1

γ

1

1

ηRT 1 1 (γ − 1)

γ 1

−

V 1

V o

V 1

γ 1

−

V o

V 1

γ 1

−

V o

EJERCICIO NO 9. 6 Dos cilindros concéntricos huecos de radio R 1 y R 2 y temperatura interna T 1 y externa T 2 , (T 2 < T 1 ) y de longitud L de conducci conducción ón K 1 y K 2 . Hallar Hallar la temperatur temperatura a entre entre los cilindros cilindros a la distancia R 3 del eje cilindro y el flujo calorífico. ver figura.

SOLUCIÓN

Sea T x x la temperatura perdida a la distancia R 3 . Por la simetría cilíndrica: Q o 1 =

2 πL K 1 (T 1 − T x x ) ln(R 3 /R 1 ) Fisica II


Q o 2 =

146

2 πL K 2 (T x x − T 3 ) ln(R 2 /R 3 )

como el flujo es constante y uniforme: Q o 1 = Q o 2

2πL K 1 (T 1 − T x x ) 2 πL K 2 (T x x − T 2 ) = ln(R 3 /R 1 ) ln(R 2 /R 3 ) T x x = AK A K 1 T 1 + K 2 T 2 / AK A K 1 + K 2 o donde A = = ln(R 2 /R 3 )/ ln(R 3 /R 1 ) reemplazando T x x en Q 1 , se halla:

Q o 1 =

2πL K 1 K 2 (T 1 − T 2 ) K 1 ln(R 2 /R 3 ) + K 2 ln(R 3 /R 1 )

Hall llar ar la temp temper erat atur ura a del del gas gas que que se encu encuen entr tra a en un reci recipi pien ente te cerr cerrad ado o, si la prepreEJERCICIO NO 9. 7 Ha o sión del gas aumenta en un 0,4 0,4 % como relación a la presión inicial al calentar el gas en 1 1 C

SOLUCIÓN

Por ser un proceso isocoro:

p 1 p 2 p 1

=

T 1 T 2

− p 2 = T 1 − T 2

p 1

por condición del problema:

p 1

(1)

T 1

− p 2 = ∆ p = 0,004

p 1

p

o

∆T = T 1 − T 2 = 1oC pero: y ∆ pero: ∆T (1oC ) = ∆T (1o K ), luego en (1): 0,004 = 1T 1K

1oC = 250oC T 1 = 0,004

EJERCICIO NO 9. 8 En un horno horno eléc eléctri trico co se hace hace pequ pequeña eñass orifi orificio cioss de 1c m 2 de area area (a modo modo de cuer cuer-o po negro) en una de sus paredes que esta a 1727 C de temperatura. temperatura. Hallar Hallar la cantidad de calor radiada por unidad de tiempo a través de este orificio. Fisica II


147

SOLUCIÓN

Hallemos la temperatura en o K

T (o K ) = 273 + 1727o K T = 2000o K

Luego por teoría : E = σT 4 E = = 5,67

× 10−8 × (2000)4 W m 2

= 90,72 E =

× 104 W m 2

El calor que se irradia por unidad de tiempo por la superficie dad es: 90,72 × 104 c a l Q = 10−4 m 2 2 4,186 m s e g o

Q o = 21,67c a l /s e g

EJERCICIO NO 9. 9 Una pared consta de barras alternas de longitud d y de coeficiente de conductividad dad térm térmic ica a K 1 y K 2 seg según ún figur figura. a. Las area areass de la secc secció ión n tran transv svers ersal al de las barr barras as son son igua iguales les.. Ha Halla llar r el coeficiente de conductividad térmica de la pared.

SOLUCIÓN

El flujo de calor a través de la barra de conductividad K 1 es: Q o 1 =

−K 1 A (T 2 d − T 1) Fisica II


148

Para la barra de conductividad K 2 es:

−K 2 A (T 2 d − T 1)

Q o 2 =

Luego el flujo total es:

−2(K 1 − K 2 ) A T 2 d − T 1 − luego: = − K 4 A El flujo de calor a través de las cuatro barras es: Q = −K 4 A (T 2 − T 1) = −2(K + K ) A (T 2 − T 1) Q o = 2Q o 1 =

(T 2 T 1 )

e q

e q

1

d K e q = (K 1 + K 2 )/2

d

2

d

EJERCICIO NO 9.10 Una tetera de porcelana de 2 contiene agua hirviendo. hirviendo. Hallar Hallar 2 m m de espesor contiene o (a)La temperatura de la superficie externa de la misma, siendo la del exterior de 20 C, la conductividad de la porcelana 0,0025 0,0025c a l /s e g − − c m − − o C y su coeficiente de radiación y conveccion 0,0012c a l /s e g − − c m − − o C (b) Que espesor habrá que dar a la tetera para que su cara exterior no sobrepase de los 50 50o C SOLUCIÓN

(a) El calor por conducción es:

Q o = K A ∆T /∆x

El calor que se transmite por conveccion es:

−

Q o = h A ∆T 

Como el flujo calorífico es uniforme:

−K A ∆T /∆T = h A ∆T  −0,0025 A T − 100 = 0,0012 A (T − 20) i i

0,2

i i

Luego T i i = 92,9oC (b) Nuevamente el calor que se transmite por conducción es igual al calor por conveccion: −0,0025 A 50 − 100 = 0,0012 A (50 − 20) e = 3,47c m e =

Fisica II

Capít apítul ulo o 10 Segunda nda ley de la termo rmodinámica 10.1. Ciclo clo de Carno rnot Ciclo Ciclo,, es una una suce sucesió sión n de proc proceso esoss tale taless que que el sist sistem emaa vuel vuelva va a su esta estado do de equi equilib librio rio origi origina nal, l, si los procesos son reversible, entonces se trata de un ciclo reversible.

Figura 10.1: Ciclo reversible

→ c dilatandose La figura representa un ciclo, en el cual el sistema pasa de a → dilatandose y el area debajo de esta curva representa el trabajo realizado por el sistema. Después el sistema pasa de c → → a comprimiendo y el area debajo de esta curva representa el trabajo que debemos hacer sobre el sistema. Luego el area encerrada en un ciclo a b c d , representa el trabajo efectivo realizado por el sistema. Durante una parte del ciclo realizado, la sustancia absorbe calor de un foco caliente y durante otro cede una cantidad menor de calor al foco frió. Por esta razón se dice que el sistema funciona entre estos dos focos. Fue Nicolas Carnot quien se pregunto ¿Cual es el máximo rendimiento que puede obtenerse de un motor que trabaja entre estos dos focos?. 149

10. 10. Segu Segund ndaa ley ley de la term termod odiná inámi mica ca

150

El sistema consta de un sustancia (gas) y el ciclo esta formado por dos procesos isotermicos y dos adiabáticos,

Figura 10.2: Ciclo de Carnot

y se realizan cuatro procesos en el orden que se indica. El sistema se halla en el estado d . Un proceso adiabática reversible en sentido tal que la temperatura se eleve de T 2 (foco frió) a T 2 (foco caliente.) El sistema se halla en el estado a y se realiza un proceso isotermico reversible en el sentido a → → b y y se absorbe calor Q 1 del foco caliente.

→ c , hasta que la temperatura descienda a T 2 del foco Un proceso adiabático reversible b → mas frió. El sistema se mantiene mantiene en contacto contacto con el food de temperatura temperatura T 2 y se realiza un proceso isotermico reversible de c → → d , hasta que el sistema vuelva a su estado inicial. Durante este proceso, se cede el calor Q 2 al foco frió. El trabajo neto W efectuado por el sistema, durante e ciclo esta dado por el area encerrado por la = Q 1 − Q 2 curva a b c d a . La cantidad de calor recibida por el sistema en el ciclo es ∆Q = Como el estado inicial y final son los mismos, entonces no hay cambios neto en la energía interna U del del sistema.

−

∆U = = ∆Q W = (Q 1

− Q 2) − W = 0,

W = q 1

− Q 2

El resultado es una convención de calor en trabajo y se tiene el sistema que trabaja como una maquina térmica. figura Como el ciclo de Carnot, esta formado por procesos reversible, luego cuando se realiza en sent sentid ido o opue opuest sto o el proce proceso so,, se tend tendrá rá una una maqu maquin inaa frigo frigorífi rífico co:: es decir decir,, el siste sistema ma tran transp sport ortaa calor calor de un cuerpo a baja temperatura (T 2 ) a otro de mayor T 1 temperatura. figura. Fisica II


151

Figura 10.3: Maquinas

10.2 10.2.. Efici Eficien enci ciaa o rendi endimi mien ento to té térm rmic ico o Se define como la relación del trabajo neto realizado W por la maquina durante un ciclo, al calor Q 1 tomado por ella de la función de temperatura elevada T 1 en un ciclo: es decir: = n =

W Q 1

=

Q 1

− Q 2 = 1 − Q 2 = 1 − T 2

Q 1

Q 1

T 1

(10.1)

10.3 10.3.. Enun Enunci ciad ado o de Clau Clausi sius us y de Kelvi elvin n - Planc lanck k de dell segu segund ndo o Prinrincipi cipio o de la Termod ermodin inam amica ica

Figura 10.4: Maquinas terminas

En un maquina térmica real, parte del calor Q 1 se convierte en trabajo W y el resto se expulsa como calor Q 2 . figura. En unamaq una maquin uinaa térmica térmica ideal ideal o perfec perfecta, ta, todo todo el calor calor se convier convierte te en trabaj trabajo o aprov aprovech echabl able. e.figu figura ra Fisica II


152

10.3.1 10.3.1.. Enunci Enunciado ado de Ke Kelvi lvin-P n-Plan lanck ck

Figura 10.5: Maquinas refrigerante

Una transformación cuyo único resultado final sea transformar en trabajo calor extraído de alguna fuente que se encuentra en toda su extension a la misma temperatura es imposible. Otra forma es: Es imposible construir un motor que funcionando según un ciclo, no produzca otro efecto que extrae calor de un foco y realizar na cantidad equivalente de trabajo. En un refrigerador real, figura se necesita un trabajo W para transportar calor de un deposito de baja temperatura T 2 a otro de elevada temperatura T 1 . En un refrigerador ideal, el calor fluiría del deposito de baja temperatura T 2 al de elevada temperatura T 1 sin que halla que hacer ningún trabajo sobre la maquina.figura

10.3 10.3.2 .2.. Enun Enunci ciad ado o de Clau Clausi sius us Es imposible que una maquina cíclica produzca exclusivamente el efecto de hacer pasar calor cont contin inua uame ment ntee de un cuerp cuerpo o a otro otro que que se encu encuen entr traa a una una temp temper erat atur uraa mas mas elev elevad ada. a. Otra Otra forma forma:: Es imposible construir un dispositivo que funcione según un ciclo y no produzca otro efecto que el paso de calor de un cuerpo a otro mas caliente.

10.3 10.3.3 .3.. Teore eorema ma de Carno Carnott Ningún motor que funciona entre dos focos caloríficos dados puede tener un rendimiento superior al de un motor de Carnot que funciona entre los dos mismos focos. Sea Sea el moto motorr de Carn Carnot ot reve reversi rsible ble (R ) que que abso absorb rbee calor calor Q 1 del del foco foco cali calien ente te y real realiz izaa un trab trabaj ajo o W W . Luego cede la cantidad de calor Q 1 − W al foco frió. Su rendimiento sera: n R = Q . 1 El otro motor irreversible (I) absorbe calor Q 1 del foco caliente y realiza el trabajo W y cede la cantidad de calor Q 1 − W al foco frió. Su rendimiento sera: n I = Q W  . 1 W W n n Q Q < < < Supongamos que I , 1 1. R , Q Q 1 1

Fisica II


153

Figura 10.6: Motor I accionando una maquina frigorifico de Carnot

Ahora según la figura, el motor I accion accion el moto motorr R , como como una maquin maquinaa refrige refrigeran rante te acopla acoplados dos de este modo forman un maquina que extrae calor del foco frió: (Q 1

− W ) − (Q 1 − W ) = Q 1 − Q 1

Como Q 1 < Q 1 entonces Q 1 − Q 1 < 0. El calor neto suministra al foco caliente es asimismo: Q 1 = Q 1

Luego hemos hallado una maquina que transfiere calor Q 1 − Q 1 de un foco a otro caliente y esto contra contradic dicee el enunci enunciado ado de Clauss Claussius ius,, porque porque nuestr nuestraa hipóte hipótesis sis de n I < n R R esfalsa.Debecumplirse n I < n R

10.3 10.3.4 .4.. Entr Entrop opía ía - Proc Proces esos os reve revers rsib ible le (Teo (Teore rema ma de Clau Clauss ssiu ius) s)

Figura 10.7: Proceso reversible

Fisica II


154

Figura 10.8: Diagrama de trabajo

Figura 10.9: Diagrama p V de de trabajo

10.4 10.4.. Entrop tropía ía y la Se Segu gund ndaa Ley Ley de la Termo ermod dinám inámic ica a 10.5 10.5.. Entr Entrop opía ía y de deso sorrde den n 10.6 10.6.. Ejer Ejerci cicio cioss resue esuelt ltos os EJERCICIO NO 10.1 Ha Halla llarr la varia variaci ción ón que que expe experim riment enta a la entro entropía pía al trans transfo form rmars arse e 10 g de hielo a o o 100 C −20 C en vapor a 100 SOLUCIÓN El proceso se indica en el gráfico:

Fisica II


155

El cambio de entropía es: ∆S = =

  d Q T

B

=

+

T

A

∆S = = m C e e Hi Hi ln

  C C

m C e e Hi d T Hi

B

d Q T 0

D

+

C

m C e e a a d T T



E

+

D

d Q T 100 100

273 m L f 373 m Lv f + + m C e e a a ln + 253 273 273 373

540c a l como T 0 = 273o K , L f f = 80c a l / g , l v = g

∆S = = 10

× 0,5 × ln(273/253) + (10 × 80/273) + 10 × 1 × ln(373/273) + (10 × 540/373) c a l

∆S = = 0,38 + 2,93 + 3,12 + 14,47 = 20,9 o K

EJERCICIO NO 10.2 Halla Hallarr la varia variació ción n que que expe experi rime menta nta la entro entropí pía a cuan cuando do 8 g de oxíge xígeno no que que ocuocuo paban el volumen de 10 temper eratur atura a de 80 la tem tem- 10l t a la temp 80 C pasan a ocupar el volumen de 40 40l t a la o peratura de 300 300 C SOLUCIÓN

Para hallar la entropía, usaremos la trayectoria: ABC

  B

∆S = =

A

d Q T

C C

+

B

d Q T Fisica II


156

= R C v d T El = 0 d Q = El proceso AB es isobarico: dQ El proceso BC es isobarico: d U =

d U = = d Q d W ,

−

d Q = = = Luego: ∆S =

  B B n C v d T + T A

d Q = = d W = p d V n RT RT d v V

C C n R T d V T V B



T T2

∆S = = n C v

T 1

d T T



V C

+ n R

V B B

d V V

∆S = = n C v ln ln(T 1 /T 1 ) + n R ln(V C /V B B )

donde: T 1 = 80 + 273o K = 353o K , T 2 = 300 + 273o K = 573o K = m /P M = 8/32 = 0,25 g /m ol n =

− − o K = 1,986c a l /m ol − R = − o K C v = 5c a l /m a l

= 1,293c a l /o K reemplazando valores: ∆S =

EJERCICIO NO 10.3 6,6 g de hidrógeno hidrógeno se expanden expanden por via isobarico isobarico hasta duplicar su volumen. Hallar la variación que experimenta la entropía al producirse esta expansion.

SOLUCIÓN

Hallemos el numero de moles: = 6,6 g /2 g /m ol n = = 3,3 g /m o l e s n =

Fisica II


157



d Q

∆S = =



B

∆S = =

T

nCpdT T

A

∆S = = n C p ln ln(T B B /T A )

(1)

T B B = 2T A

(2)

por ser gas ideal: p A A V o = n R t A A

p A A 2V o = n RT B B

de (2) en (1) ∆S = = n C p ln ln(2T A /T A ) = n C p ln2 ln 2 ∆S = = 3,3

ln 2(c a l /o K ) × 7 × ln2

∆S = = 16c a l /o K

EJERCICIO NO 10.4 La variación de la entropía en el espacio comprendido entre las dos adiabáticas de un ciclo de Carnot es igual a 1 diferencia de temperatura temperatura entre las dos isotermas isotermas es 1K c a l /o K . La diferencia o igual a 100 100 K ¿Que cantidad de calor se transforma en trabajo en este ciclo? SOLUCIÓN

o El calor que se convierte en trabajo es: ∆Q = = Sabemos: ∆S A A B = 103 c a l /o K , ∆T = T A − T D D = 100 C El Q 2 T D D q 1 − Q 2 Por teoría: T = q A 1

T A

− T

D D

=

Q 1

− Q 2 = ∆Q

T A Q 1 Q 1 Q 1 Q 1 ∆Q = = (T A T D ∆T D ) = T A T A

−

Por definición de energía de entropía: ∆S A A B = ∆S A A B =

de (2) en (1):

 

(1)

dQ 1 T A

1

T A

d Q 1 =

Q 1 T A

(2)

C a l

3 ∆Q = = (∆S A 100o K A B )∆T = 10 o K 5 ∆T = 10 c a l = 4,186 105 J

×

Fisica II


158

EJERCICIO NO 10.5 Hallar la variación de la entropía correspondiente a la expresión isotómica de hidrógeno desde desde 10 6 g de hidrógeno 105 hasta 0,5 0,5 × 105 N /m 2 SOLUCIÓN

dQ = T Por ser un proceso isotermico Por definición: ∆S =

∆S = =

  p d V T A

=

n R d V V

∆S = = n R ln(V B B /V A )

Por ser un gas ideal:

V B B V A

=

p a a p B

p A A V A = n RT A p B V B B = n RT A

= n R ln(p A Luego: ∆S = A /p B )





6 moles ∆S = = 2



1 × 105 1,986 m ol − − o K ln 0,5 × 105 c a l



∆S = = 4,13c a l /o K

EJERCICIO NO 10.6 Demo Demost stra raci ción ón que que la efici eficien enci cia a de una maqu maquina ina de Carno Carnott que que utilic utilicee como como sussustancia de trabajo un gas ideal: n = T 1

− T 2/T 1 SOLUCIÓN

Fisica II


159

Por definición de eficiencia: = 1 n =

2 − Q Q

(a)

1

donde: Q 1 : es el calor que absorbe el sistema en el proceso: b c Q 2 : es el calor que cede el sistema en el proceso: d a = 0 Proceso: bc: Es isotermico, ∆U = ∆U = = Q



− W ,

V Vc

Q 1 =

n RT 1



Q 1 = W = d V V

V b

p d V

= n RT 1 ln(V c /V b )

(1)

Proceso: da: Es isotermico, ∆u = 0 análogamente: Q 2 = −n RT 2 ln(V a /V d )

−Q 2 = n RT 2 ln(v /V ) d d

a

considerando solo e valor absoluto de Q 2 = n RT 2 ln(V d V E )

(2)

reemplazando (1) y (2) en (a): = 1 n =

T 2 ln(V /V ) 2 ln(V /V ) =1− − nnRT RT ln(V /V ) T ln(V /V ) 1

d

a

c

b

1

d

a

c

b

(3)

= 0 Para el proceso ab: Es adiabático ∆Q =

−

∆U = = ∆Q ∆W =

−∆W = −p d V

= n C v d T Luego como ∆U = Luego n C v d T = −p d V

n C v d T = C v

− R

− n V RT d V

  T 1

T 2

d T T

V b

=

V a

d V V Fisica II

10. 10. Segu Segund ndaa ley ley de la term termod odiná inámi mica ca C v R

160

   T 1

d T T

T 2

C v R

b b

=

d V

a

T T1

d T T

T 2

V

= ln

 V a V b

= ln(V a /V b )

(4)

= 0 Por analogía: ∆U = = −∆W = −p d V Para el proceso cd: Es adiabático ∆Q =

−C v R

   T 2

T

T 1

C v R

d T

T 1

V b

=

V c

d T T

T 2

d V V

= ln

 V d V c

= ln(V d /V c )

(5)

de (4) y (5): ln(V a /V b ) = ln(V d /V c ) ln(V d /V a ) = ln(V c /V b ) de (6) en (3), se tiene: = 1 n =

(6)

T 2 (V /V ) = 1 − − T T 2 ln T ln(V /V ) 1

c

b

c

b

1

Fisica II

Capít apítul ulo o 11 Metodología 11.1 11.1.. Estra Estrate tegi gias as El desarr desarrollo ollo del curso curso,, se realiz realizaa utiliza utilizando ndo la estrat estrategia egia del aprend aprendiza izaje je significa significativ tivo o, brindan brindan-do apoyo a los alumnos en la solución de los diferentes problemas que se les puede presentar.

11.2 11.2.. Mét étod odos os El método que se emplea para el desarrollo de las prácticas pre-profesionales es el inductivo y deductivo

11.3 11.3.. Med edio ioss y Mater ateria iale less Los medios y materiales para el desarrollo de las sesiones de aprendizaje son: Auditivo: de acceso personal, esto es, voz voz humana. Visual: empleo de pizarra, plumón y mota.

161

Capít apítul ulo o 12 Cron Cronog ogra rama ma de Acti Activi vida dades des 12.1 12.1.. Tem emas as No Temas 01 Vectores 02 Estática 03 Cinemática 04 Dinámi Dinámica ca de una partícu partícula la 05 Trabajo rabajo Potencia Potencia y energía energía 06 Canti Cantidad dad de movim movimien iento to

12.2 12.2.. Cron Cronog ogra rama ma de Activ Activid idad ades es Fechas Setiembre Obtubre Enero Febrero Temas 6 13 18 20 28 4 10 17 22 24 31 2 5 7 14 01 ∗ ∗ 02 ∗ ∗ 03 ∗ ∗ ∗ ∗ 04 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 05 06 ∗ ∗ ∗

162

Capít apítul ulo o 13 Relac elació ión n de Estud studia iant ntes es y Asis Asiste tenc ncia iass 13.1 13.1.. Relac elació ión n de estu estudi dian ante tess No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39

CODIGO CODIGO 0406 040661 61 0406 040662 62 9814 981405 05 0622 062281 81 0622 062284 84 0553 055390 90 0553 055399 99 0622 062291 91 0622 062292 92 0622 062295 95 9526 952698 98 952681 952681 0554 055406 06 063885 063885 062301 062301 0312 031238 38 0554 055413 13 0623 062306 06 0638 063888 88 990264 990264 063889 063889 942171 942171 064666 064666 0646 064667 67 062318 062318 0638 063891 91 0554 055428 28 0638 063892 92 0623 062321 21 9902 990266 66 021262 021262 9729 972902 02 063894 063894 0554 055430 30 0212 021264 64 0406 040685 85 063896 063896 0646 064674 74 002169 002169

APELLIDO APELLIDOSS Y NOMBRES NOMBRES AGUI AGUILA LAR R AHUM AHUMAD ADA, A, ADAN ADAN WILL WILLY Y ANCC ANCCOR ORII PARIA ARIAP PAZA, AZA, RENE RENE ANTO ANTONI NIO O FLOR FLORS, S, DAWI DAWIZZ ZZ WILL WILLIA IAM M APAZ APAZA A CRUZ CRUZ,, DENN DENNIS IS HERI HERIBE BERT RTO O CACE CACERE RESS SONC SONCCO CO,, JOSU JOSUE E LINO LINO CAHU CAHUAN ANA A COAQ COAQUI UIRA RA,, HASS HASSAN AN ROLD ROLDAN AN CHOQ CHOQUE UE CAST CASTIL ILLO LO,, HOLG HOLGUE UER R HELA HELART RT CHUQ CHUQUI UIJA JA TITO TITO,, YAXO YAXON N SANT SANTIA IAGO GO COAP COAPAZ AZA A AGUI AGUILA LAR, R, HERN HERNAN AN COND CONDOR ORII MAYT MAYTA, A, JESU JESUSS ANGE ANGELL CRUZ CRUZ IBAÑ IBAÑEZ EZ,, CUOS CUOSET ET ELDE ELDER R FERNA FERNANDE NDEZ Z MACE MACEDO DO,, MARCO MARCO ANTONI ANTONIO O GOME GOMEZ Z CRUZ CRUZ,, EBER EBERTH TH SABI SABINO NO GUTIER GUTIERREZ REZ LLAVIL LLAVILLA, LA, CRISP CRISP LEONO LEONOR R HUA HUAYCANI YCANI HUA HUAYCANI YCANI,, JOEL JOEL EDWI EDWIN N HUMP HUMPIR IRII JILA JILAP PA, CESA CESAR R ITUS ITUSAC ACA A AYALA YALA,, RENE RENE ANGE ANGELL LUQU LUQUE E LUQU LUQUE, E, OMAR OMAR MIL MILTON TON MAYT MAYTA A MAMA MAMANI NI,, CARL CARLOS OS RODO RODOLF LFO O OLAGU OLAGUIVE IVELL MAMANI MAMANI,, ORLAN ORLANDO DO ELARD ELARD PAREDES AREDES RAMOS, RAMOS, CARLO CARLOSS EDUARD EDUARDO O PATRICI TRICIO O TINT TINTAYA, YA, MILTO MILTON N MANUEL MANUEL PAYVA YVA AQUI AQUINO NO,, RIBER RIBERT T CRISTH CRISTHIA IAN N PILC PILCOM OMAM AMAN ANII ARIA ARIAS, S, AMAD AMADOR OR QUENT QUENTA A YANA YANAPA PA,, AGUST AGUSTO O FREDD FREDDY Y QUIS QUISOC OCAL ALA A MORO MOROCC CCO O, SAMU SAMUEL EL QUIS QUISPE PE BUST BUSTIN INCI CIO O, JHOV JHOVAN ANY Y QUISP UISPE E TEC TECCE, CE, ABEL ABEL RAMO RAMOSS GALI GALIND NDO O, DANT DANTE E REYE REYESS CUBA CUBA,, JOSE JOSE AMIL AMILCA CAR R SANT SANTANDER ANDER PACORI ACORICO CONA, NA, FREDD FREDDY Y VLADI VLADIMIR MIR SARA SARAZA ZA AGUI AGUILA LAR, R, JHON JHONNY NY SARDON SARDON HUAN HUANCA, CA, BRAYA BRAYAM M VLADIM VLADIMIR IR SOTO SOTO LIMA LIMACH CHI, I, MARY MARY EUGE EUGENI NIA A SUCA SUCAPU PUCA CA VILL VILLAS ASAN ANTE TE,, ELME ELMER R TURP TURPO O HUMI HUMIRE RE,, ALFR ALFRED EDO O MIGU MIGUEL EL VARGAS ARGAS CAMAC CAMACHO HO,, LUIS LUIS ENRIQ ENRIQUE UE VILC VILCA A PERA PERALLTA, YHON YHON EDD EDDY YUPANQ YUPANQUI UI BENDIT BENDITA, A, CESAR CESAR ENRIQ ENRIQUE UE

163

13. Relaci Relación ón de Estudi Estudiant antes es y Asistenc Asistencias ias

164

13.2 13.2.. Lis Lista de Asis Asiste tenc ncia ia

No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39

Datos CODIGO 6 040661 • 040662 981405 062281 • 062284 • 055390 • 055399 062291 062292 062295 952698 952681 055406 • 063885 • 062301 • 031238 055413 • 062306 • 063888 • 990264 063889 • 942171 064666 • 064667 • 062318 • 063891 • 055428 • 063892 • 062321 990266 021262 972902 • 063894 • 055430 • 021264 040685 063896 • 064674 • 002169

Setiembre 13 18 20

28

Obtubre 4 10

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17

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Enero 22 24

31

2

Febrero 5 7 14

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Fisica II

Bibliografía [1] Luis

Rodriguez Valencia, Mecanica I , Departamento de Física,Universidad de Santiago de Chile, 2000

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Marcelo Alonso y Edward Edward J. Finn, Fisica Volumen I Macanica , , 1967

[3] R. A. Serway,Fisica Tomo I , McGraw-Hill,1982

165

259978046-Problemas-Resueltos-de-Fisica-2.pdf

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