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

Índice general Presentación

I

Índice general

II

1D . atos generales 1.1. Datos Personales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Datos de la Institución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Datos de la Asignatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Ju . stificación

1 1 1 1

2

O3b . jetivos 3.1. Objetivos Generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Objetivos Específicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4E.lasticidad

4 4 4 5

4.1. 55 4.2. Elasticidad Plasticidad .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. 4.3. Deformación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 4.4. Esfuerzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 4.5. Ley de Hooke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 4.6. Deformación longitudinal o unilateral (E ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 4.7. Deformación multilateral o volumétrica ( B ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 4.8. Deformación por cizalladura o elasticidad de forma (η) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 4.9. Deformación lateral ( µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 4.10. Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 4.11. Energía elastica acumulada en una barra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 4.12. Deformación volumétrica (Ley de Hooke generalizada) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 4.13. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

5O. scilaciones 48 5.1. Movimiento periódico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.2. Movimiento oscilatorio o vibratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.3. Movimiento Armónico simple (MAS) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.3.1. Elongacion ( x ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.3.2. Posición de equilibrio ( x 0 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.3.3. Amplitud ( A ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.3.4. Periodo ( T ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.3.5. Frecuencia (ν ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.3.6. Energía almacenada en MAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.4. Péndulo simple o Matemático . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.5. Péndulo compuesto o Físico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 II

ÍNDICE GENERAL

II I

5.6. Péndulo de torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 5.7. Superposición de MAS en la misma dirección . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 5.8. Superposición de dos MAS en dirección perpendiculares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 5.9. Movimiento oscilatorio amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 5.10. Movimiento oscilatorio forzado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 5.11. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

6H. idrostática 77 6.1. Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 6.2. Densidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 6.3. Peso especifico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 6.4. Densidad relativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 6.5. Presión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 6.6. Variación de la presión en un fluido en reposo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 6.6.1. Líquidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 6.6.2. Gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 6.7. Equilibrio de los líquidos no miscibles en los vasos comunicantes . . . . . . . . . . . . . 80 6.8. Fuerza ejercida sobre la pared de un recipiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 6.9. Principio de pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 6.10. Principio de Arquímedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 6.11. Manometro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 6.12. Fuerzas moleculares en los líquidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 6.13. Tension superficial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 6.14. Definición del coeficiente de tension superficial (σ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 6.15. Formación de una gota liquida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 6.16. Formación de una burbuja de jabón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 6.17. Ascenso de liquido en tubos capilares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 6.18. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 7H . idrodinámica 101 7.1. Líneas de fluido o de corriente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 7.2. Tubos de flujo o de corriente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 7.3. Principio fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 7.4. Tipos de flujo o regimen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 7.4.1. Regimen estable, permanente o estacionario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 7.4.2. Flujo uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 7.4.3. Flujo rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 7.4.4. Flujo laminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 7.4.5. Flujo turbulento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 7.5. Ecuación de continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 7.6. Ecuación de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 7.7. Teorema de Torricelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 7.8. Tubo de Venturi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 7.9. . . . . .viscosos . . . . . . . .. .. .. .. .. . . . .. .. .. ......... .. .. .. .. .. . .. .. .. .. . . .. .. .. . .. .. .. .. ........... .. .. . . 7.10. Tubo Flujo de de Pitot los fluidos 7.11. Numero de Reynolds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.12. Ley de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.13. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

105 . 106 107 108 109

Fisica II

ÍNDICE GENERAL

IV

8T. emperatura 119 8.1. Ley cero de la termodinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 8.1.1. Definición de estado de un sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 8.1.2. Pared adiabática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 8.1.3. Pared diatérmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 8.1.4. Equilibrio térmico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 8.2. Concepto de temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 8.2.1. Isoterma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 8.2.2. Definición de temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 8.2.3. Medición de la temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 8.3. Dilatación por temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 8.4. Dilatación de líquidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 8.4.1. Variación de la densidad con la temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 8.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 9. Calor y primera ley de la termodinámica 128 9.1. Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 9.1.1. Teoría del calórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 9.1.2. Teoría cinética o energética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 9.2. Cantidad de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 9.3. Calor especifico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 9.4. Cambios de estado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 9.4.1. Region AB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 9.4.2. Region BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 9.4.3. Calor latente de fusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 9.4.4. Region CD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 9.4.5. Region DE . . de . . .vaporización . . . . . . . . . . . .. . . . .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. . ........ .. .. .. .. ..... .. .. . . 131 9.4.6. Calor latente . 131 9.5. Propagación del calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 9.5.1. Conducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 9.5.2. Conducción de calor entre dos capas paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 9.5.3. Flujo calorífico radial entre dos cilindros coaxiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 9.5.4. Flujo calorífico radial entre dos esferas concéntricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 9.5.5. Convección . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 9.5.6. Radiación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 9.6. Diferencial entre calor y trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 9.7. Trabajo originados por cambios de volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 9.8. Primera ley de la Termodinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 9.9. Transformación isobarica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 9.10. Transformación adiabática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 9.11. Dilatación libre o expansion en el vació . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 9.12. Transformación isocora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 9.13. Teoría cinética de gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 9.13.1. Gas ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 9.13.2. Ley de Boyle - Mariotte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 9.13.3. Ley de Gay - Lusas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 9.13.4. Ley de Dalton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 9.13.5. Calores específicos de un gas ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 9.14. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

Fisica II

ÍNDICE GENERAL

V

10. Segunda ley de la termodinámica 149 10.1. Ciclo de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 10.2. Eficiencia o rendimiento térmico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 10.3. Enunciado de Clausius y de Kelvin - Planck del segundo Principio de la Termodinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 10.3.1. Enunciado de Kelvin-Planck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 10.3.2. Enunciado de Clausius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 10.3.3. Teorema de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 10.3.4. Entropía - Procesos reversible (Teorema de Claussius) . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 10.4. Entropía y la Segunda Ley de la Termodinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 10.5. Entropía y desorden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 10.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 11. Metodología 161 11.1. Estrategias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 11.2. Métodos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 11.3. Medios y Materiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 12. Cronograma de Actividades 162 12.1. Temas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 12.2. Cronograma de Actividades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 13. Relación de Estudiantes y Asistencias 163 13.1. Relación de estudiantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 13.2. Lista de Asistencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 Bibliografía

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Fisica II

Capítulo 2 Justificación La practica pre-profesional contribuye a lograr el perfil del futuro profesional de la E.P. de Ciencias Físico Matemáticas, en sus aspectos: personal, profesional y promotor de cambio social y desarrollo. La practica pre-profesionales permite el logro de experiencias en las areas de desempeño docente, mediante la aplicación de los conocimientos y el ejercicio de habilidades y destrezas desarrolladas en la E.P. de Ciencias Físico Matemáticas. La practica pre-profesional tiene sustento: 1ro En la curricula flexible por competencias de la C.P. de Ciencias Físico Matemáticas 2001-2006 en los reglamentos específicos que habla de las prácticas pre-profesionales en sus artículos 40-48 señalan:

Art. 40 El presente reglamento se sustenta en el estatuto de la U.N.A. que contempla la realización de prácticas pre-profesionales en la formación de todos los estudiantes de la universidad. Art. 41 Los estudiantes de la Carrera Profesional de Cs. Físico Matemáticas están obligados a realizar prácticas pre-profesionales pudiendo efectuarse después de haber logrado un mínimo de 170 créditos. Art. 42 Las prácticas pre profesionales de la Carrera Profesional de Cs. Físico Matemáticas serán prácticas productivas y prácticas de investigación. Art. 43 Las prácticas productivas comprenderán prácticas pedagógicas en centros de enseñanza de nivel medio superior y universidades; prácticas en centros productivos, convenio, proyectos y otros que requieran la participación de Físicos Matemáticos. Art. 44 Las prácticas de investigación se realizan en la U.N.A. bajo la dirección de un profesor designado específicamente con este fin. Art. 45 Las prácticas productivas de investigación tendrán una duración de un semestre académico. Art. 46 2

2. Justificación

3

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

Art. 47 En el caso de que la practica productiva y/o prácticas de investigación se realice en la Universidad Nacional del Atiplado el practicante presentara el informe al docente a cargo, este a su vez informara su desarrollo a la Dirección de la Carrera para el visto bueno de la comisión de prácticas Pre-profesionales. Art. 48 Los aspectos no contemplados en el presente reglamento serán absueltos por la Comisión de prácticas pre profesionales. 2do En el Estatuto Universitario del Titulo VI del regimen académico y administrativo en su capitulo II del regimen de estudios en la facultad, cuando nos habla de los estudios en su articulo 122 que señala:

Art. 122 La actividad académica en una Escuela Profesional comprende: Formación general. Formación básica profesional. Formación profesional. Investigación. Orientación profesional. Proyección y extension universitaria Su diseño involucra la programación curricular teórico-practica de cada asignatura; proyectos de investigación sobre la realidad regional, nacional y mundial; plan de actividades de proyección y extension universitaria; y un plan de prácticas pre-profesionales. Concor.: Arts.10, 12, 16 y ss. Ley 23733

Fisica II

Capítulo 3 Objetivos 3.1. Objetivos Generales Las prácticas pre-profesionales tienen como objetivo poner en práctica los conocimientos adquiridos plasmándolo en la enseñanza universitaria.

3.2. Objetivos Específicos Los objetivos específicos que se tiene para la practica desarrollada en la respectiva asignatura designada son: Familiarizarse en el desempeño de la docencia universitaria. Afianzar los conocimientos adquiridos, para resolver problemas durante la práctica preprofesional. Solucionar con métodos adecuados los problemas que se presentan. Estar siempre disponible para absolver las inquietudes de los alumnos.

4

Capítulo 4 Elasticidad 4.1. Elasticidad Se llama así a la propiedad que tiene los cuerpos, de recuperar su forma y dimensiones original cuando la fuerza aplicada cesa de actuar. El trabajo realizado por la fuerza se transforma en energía potencial de deformación.

4.2. Plasticidad Cuando al cesar las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, este no recupera su forma o dimensiones srcinales, parcial o totalmente. El trabajo realizado por los fuerzas parte se transforma en calor.

4.3. Deformación Son todas las variaciones que se producen en su longitud, superficie, volumen y también de forma.

4.4. Esfuerzo Se define como una relación entre las fuerzas entre el area de la sección transversal, su notación es σ σ=

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

6

4. Elasticidad

Figura 4.1: Ley de Hooke

4.6. Deformación longitudinal o unilateral (E ) Se define el modulo de Young ( E ) E=

Esfuerzo por tensión o compresión Deformación unitaria longitudinal E=

σ ∆

=

F S ∆L L0

=

F L0 S ∆L

(4.2) (4.3)

Figura 4.2: Deformación por tracción

Fisica II

7

4. Elasticidad

Figura 4.3: Deformación volumétrica

4.7. Deformación multilateral o volumétrica ( B ) Si el cuerpo se somete iguales esfuerzos de tracción o compresión por todo los lados, entonces el cuerpo sufrirá deformación volumétrica. Definiremos el modulo de compresibilidad ( B ) y su inversa el coeficiente de compresibilidad (χ ).

B=

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

∆p ∆

χ

=

(4.4)

∆p

(4.5)

∆V

V0

1

(4.6)

B

4.8. Deformación por cizalladura o elasticidad de forma (η) Esta deformación es producto de opuestas a os caras produciendose un desplazamiento deaplicar planesfuerzas paralelos en la dirección decontrarías las fuerzas.del cuerpo,

Fisica II

8

4. Elasticidad

Figura 4.4: Elasticidad de forma

η=

Esfuerzo cortante σr = Deformación cortante φ

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

(4.7) (4.8) (4.9)

4.9. Deformación lateral (µ) Es cuando la muestra se estira, se observa que lateralmente sufre una contracción. Para medirla se usa el coeficiente de Poisson (µ).

µ=

Contracción lateral relativa Alargamiento longitudinal negativo

Para el caso del cilindro de la figura

µ

∆r L 0 ∆L r0

(4.10)

(4.11)

Fisica II

9

4. Elasticidad

Figura 4.5: Deformación lateral

4.10. Torsion

Es una deformación por cizalladura pura, pero no homogénea, se produce cuando se aplica un par de fuerzas (F ), en la parte superior de la barra y la sección inferior de la base esta fija. Se demuestra que el torque aplicado es igual a τ=

πµR 4 θ

2L o

(4.12)

en este caso tampoco hay variación de volumen.

4.11. Energía elastica acumulada en una barra Cuando una barra es sometida a una fuerza F de tracción , esta se alarga una distancia ∆ L y el trabajo realizado por esta fuerza, se transforma en energía elastica almacenada en la barra.

Fisica II

10

4. Elasticidad

Figura 4.6: Deformación lateral

U = 1 E V0 ∆2 2

(4.13)

Relación entre los módulos elásticos η=

E

2( 1 + µ)

,

B=

E

3(1 − 2µ )

(4.14)

4.12. Deformación volumétrica (Ley de Hooke generalizada)

4.13. Ejercicios resueltos EJERCICIO NO 4. 1 De un tubo vertical cuyo radio infer ior r = 1m gotea agua. Hallar el radio de las gotas en el momento de desprenderse. Considérese que las gotas son esféricas

SOLUCIÓN

Fisica II

11

4. Elasticidad

Figura 4.7: torsion

Figura 4.8: Energía elastica almacenada en una barra

F =W

(i) Fisica II

12

4. Elasticidad

Figura 4.9: Deformación volumétrica F = σA

σ (π r 2 )

(ii)

W = ρg V W = ρg

igualando (ii)=(iii)

  4 3 πR 3

(iii)

4 3

σπr 2 = ρ g πR 3 R3 =

 

3 σr 2 4 ρg

⇒

R=

  3

3 σr 2 4 ρg

EJERCICIO NO 4. 2 En la figura se representa dos alambre de sección uniforme A que están articuladas en X , Y , Z , inicialmente tiene una longitud H y están horiz ontales, cuando se ha aplicado ninguna carga. El peso del cable es despreciable. Si se aplica gradualmente un peso P en el punto Y . Hallar P para producir una deformaci ón vertical v , respecto del punto Y

SOLUCIÓN SOLUCIÓN

Fisica II

13

4. Elasticidad



FY = 0

2T cos θ = P cos θ =



(i)

v

(ii)

H2 + v 2

F L0 , F=T AE ∆ t = LA E L0

∆L =

(iii) en (i)

∆ LA E

P=2

P=

2A E H



L0

H2 + v2 H

∆L =

∆L =



Lf

cos θ

 −  1

v H2 + v2

− L0

L0

H2 + v 2 H h2 + v 2

∆L =

(iii)

H

−H −1



EJERCICIO NO 4. 3 Si el esfuerzo de corte en el acero excede aproximadamente 4 × 108 N /m 2 , el acero se rompe. Determinar para (a) Corte un perno de acero de 1, 0c m de diametro. (b) Hacer un hoyo de 1,0c m de diametro en una placa d e acero de 0, 5cm de espesor. SOLUCIÓN (a) σr =

Fr

A = πr 2 = π

(b)

S

σr =

Fr = σr A

⇒

A

d2

4

,

Fr =

σ r πd 2

4

OLUCIÓN

Fr A

⇒

Fr = σr A

A = πd l f r = σ r πd l Fisica II

14

4. Elasticidad

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 K g f cda una.Hallar el ángulo de ciza lla y el desplazamie nto relativo, el modulo de rigidez del acero vale 8,4 × 105 K g f /c m 2 SOLUCIÓN SOLUCIÓN

(a) G=

σ F /A F /A = = , εs ∆y /h tan θ θ=

tan θ = θ

F AG

(b) Si tan θ ≈ θ = ∆hy , ∆y = θ h

EJERCICIO NO 4. 5 Se aplican fuerzas de compre sion a dos caras opuestas de un bloque rectangular de volumen V0 = L x L y L z . La disminucion relativa de volumen es 0,0005 y la distancia relativa de la longitud del bloque es 0,001. Determinar el coeficiente de poisson del material del bloque. SOLUCIÓN Consideremos las ecuaciones de Ley de Hooke generalizadas para el caso de compresion, se tiene. SOLUCIÓN

εx = εy

=

εz

=

  −  − − y1 1

y

1

y

σ x − µ(σ y + σ z ) σy

− µ( σ

z

+ σx )

σ z − µ (σ x + σ y )

   Fisica II

15

4. Elasticidad

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

∆V

(1)

= εx + εy εz

V0

1

εx + εy εz = + µσ y y

1

εx + εy εz =

− σy

(1

y

+

µσy y

2µ )σ y

(2)

−y −

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

∆L y

Ly

,

εy =

∆L y

Ly

(3)

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

1

y

y

ε V = − ( 1 − 2µ )σ y = − ( 1 − 2µ )

( y εy )

− 

Porcompresionodisminucion

1

εV = ( 1 − 2µ)y εy y

εV = 1 − 2µ εy

1 εV µ = 2 1 − εy

EJERCICIO NO 4. 6 Sea una barra de longitud L

 

o o o que al calentarla desde 0 C hasta t C se dilata en una magnitud ∆ L, si α es el coeficiente lineal del material de la barra. Para reducir la barra mediante un deformación elastica de compresión, en la magnitud ∆ L hay que aplicar una carga σn si E es el modulo de Young del material, hallar σn .

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

(1)

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

(2)

o

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

EJERCICIO NO 4. 7 Una barra de cobre de longitud L = 1m , dispuesta horizontalmente gira alrededor de un eje vertical que pasa por su centro. ¿Con que frecuencia de rotación se despedazara la barra?

SOLUCIÓN

Fisica II

16

4. Elasticidad

Sea conoce la densidad: ρC u = 8,9 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 dm

V2 (w x )2 d FC = d m x = d m x = w 2 x d m , F C = w 2 ρS



L /2

xdx = 0

d m = ρ d V = ρSd x

1 2 L2 w ρS 2 a

(1)

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

ν

1 πL

1 2 w ρSL 2 = σr S y w = 2πν 8 2 σr 1 /2 ≈ 0,827 × 102RPS , ν = 82RPS

  ρ

EJERCICIO NO 4. 8 Al tensar un alamb re de C u , cuya sección 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 F1 = 4,5 K g f , el alambre se estira x l ; luego el limite de elasticidad esta dado por:

σ=

F S

=

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

Fisica II

17

4. Elasticidad

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

×

SOLUCIÓN

Se conoce d = 2 × 10−3 m , L o = 40 m La tension a la rotura σ r (acero ) = 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

× 108 mN2 × 3,14 (2 × 10 4

− 3 )2

m 2 = 2469N

F = 251K g f

(b) El alargamiento solicitado ∆ L = F L o /ES ∆L =

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

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

F S

=

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

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

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

4. Elasticidad SOLUCIÓN

En este problema nuevamente comparamos el alargamiento debido a la temperatura y la compresión debido a la elasticidad. El alargamiento debido a la temperatura en las dos barras: ∆ l = ∆l 1 + ∆l 2 = α1 l 1 ∆ t o + α2 l 2 ∆ t o

(1)

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

(2)

Igualando (1) y (2) y despejando F 1 1 2 2 F = ( α l + α l ) A ∆t o l1 l2 +E E

  1

2

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

Fisica II

19

4. Elasticidad Se conoce E = 21,6 F = 10

× 1010N /m 2 ,

r = 10−3 m

S = πr 2 = 3,14

× 9,8N ,

× (10−3)2m 2

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

W = ESL o ∆2

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

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

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

SOLUCIÓN

El volumen inicial Vo = πro2 l o , El volumen final Vf = π(ro − ∆r )2 (l o + ∆l ) donde el radio se acorta y la longitud se alarga. Como el volumen no varia Vo = Vf πro2 l o = o p i (ro

∆ r ) 2 (l o + ∆ l )

−

πro l o = π(ro2 l o − 2ro l o ∆r + l o ∆r 2 + ro2 ∆l ∆ r 2 , ∆ l ∆r 2

− 2r ∆ l ∆ r + ∆ l ∆ r 2 ) o

donde los términos que poseen son nulos. Simplificando 2πro l o ∆r = πro2 ∆l , 2l o ∆r = ro ∆l como por definición µ = ∆∆rl //lroo µ=

∆ r /ro ∆ l /l o

=

1 2

luego µ0,5 Fisica II

20

4. Elasticidad

EJERCICIO NO 4.13 Una barra de cobre de longitud l se suspende de uno de los extremos de un techo. Hallar (a) el alargamiento de la barra ∆ L bajo la acción de su propio peso. (b) El incremento relativo de su volumen ( ∆V /V )

SOLUCIÓN

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

Por definición: E=



lo

d z = ρ g Sl o

(1)

0

F /S ∆ l /l o

,

F = ES

∆l

lo

(2)

Igualando (1) y (2), ES

∆l

lo

= ρ g Sl o

∆l = ρ g l o2 /E

(b) En teoría se demuestra como

∆V

V

=

(1

− 2µ )σ

(3)

E

E = σ/(∆l /l o ),

σ E

=

∆l

lo

(4.15)

reemplazando (4.15) en (3): ∆V

V

= (1

− 2µ) ∆l l o

Fisica II

21

4. Elasticidad

EJERCICIO NO 4.14 Una esfera de hierro de 20 cm de diámetro y 25 K g f de peso, se encuentra suspendida de un punto a 2,00 sobre el suelo por un alambre de 3m de longitud. El diámetro del alambre es 0,10cm se le comunica una oscilación al péndulo así formado de manera que el centro de la esfera, en la posición mas baja esta animado de una velocidad de 2m /s . ¿A que distancia pasara del suelo? El modulo de Young del hierro es 1,89 × 106 K g f /c m 2 SOLUCIÓN

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



W =F

−

c

T = Fc + W

T=

mv2 L o + ∆L

(1)

+mg

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

T /S ∆L /L o

,

T=

SE Lo

∆L

(2)

reemplazando valores en (2): T=

de (3) en (1):

3,14 × (0,10)2 × 1,89 × 106 × 9,8 × ∆L = 48466∆ LN 4 × 3,0

(3)

mv2

48466∆L = L o + ∆L + m g ∆ L 2 + 3∆ L − 0,017 = 0 ∆ L = 0,05m = 5c m

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

EJERCICIO NO 4.15 (a)Calcular la extensio n de un alambre de acero que tiene una longitud de 2 m y diámetro 1mm cuando es cargado con un peso de 10 K g f si el modulo de Young para el acero es 21,6 × 1010N /m 2 . (b)¿Cuanta energía se almacena al estirar el alambre? Fisica II

22

4. Elasticidad SOLUCIÓN

(a) de la definición E =

∆FL//SL o

∆L =

F ES Lo E

, y por lo tanto ∆ L =

reemplazando valores

10 × 9,8 × 2 = 11,55 ×−4 m = 0,115c m 2,16 × 1010 × π(103 )2 /4 ∆ L = 0115c m

EJERCICIO NO 4.16 Calcular la densidad del agua a 8 K m de profundidad si su coeficiente de compresión es χ = 4,8 × 10−10 m 2 /N SOLUCIÓN Por definición del modulo de compreibilidad: B=

Por tanto

1 χ

∆V

V

de ρ =

m V

−

=

p

 ∆V

V

−p χ

(1)

− ∆VV

(2)

=

se obtiene por derivacion ∆ρ

ρ

de (1) en (2)

∆ρ

ρ

=

4

=1

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

23

4. Elasticidad ρ − ρo = 0,038 ρo

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

EJERCICIO NO 4.17 (a)¿Que presión p debe actuar todas las caras de un cubo de caucho, para que su densidad aumente en el 1 por 100? (b)¿Que fuerza por area nos proporciona el alargamiento del cuboen un 10 por 100 en la dirección de un de sus aristas?. Se sabe que E = 7,2K g f /c m 2 y µ = 0,499 SOLUCIÓN En teoría se ha deducido ∆VV = 1−E2µ (σx + σy + σz ) como la presión es la misma para todas las caras, se tiene: ∆V 3σ = (1 − 2µ ) (1) V

E

Además

∆V

V

=

∆ρ

(2)

ρ

tomar en cuenta que σ = p = presion De (1) y (2): p=

  ∆ρ

E

ρ

3(1 − 2µ )

=

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

p = 12K g f /c m 2 σ

(b)Nos pide el esfuerzo: E = , como dato ∆ = 0,10 ∆

σ = ∆e = 0,10 × 7,2 K g f /c m 2 = 0,72 K g f /c m 2 σ = 0,72 K g f /c m 2

EJERCICIO NO 4.18 ¿Cual es la presión necesario para comprimir un cubo de hule al 90 % de su volumen original?. Compara este presión con la presión atmosférica. La compresibilidad del hule es de 40 10−11 m 2 /N

×

Por definición: B = ( ∆pV ) Por tanto ∆VV = 0,10 V p=B

  ∆V

V

=

SOLUCIÓN

1 40 × 10‘−11m 2 /N

× 0,10 = 2,5 × 108N /m 2

108 N /m 2

p = 2,5

×

EJERCICIO NO 4.19 La suspension de un ascensor montacargas esta construida por 4 cables iguales de acero de 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 20m. Si se introduce en el ascensor una maquina de 1000 K g f . ¿a que distancia por debajo del nivel del suelo, quedara el piso del ascensor?. Se supone que el alargamiento de los cables de suspension y el E = 2 × 106 K g f /c m 2

Fisica II

24

4. Elasticidad SOLUCIÓN

Por definición E = F i o /S ∆l

 ∆l =

F = 0,

W lo

4SE

=

4F − W = 0,

F = W /4

1000 × 20 −3 −2 2 ×106 = 3 × 10 m 4 × π (104 ) × 210 −4 ∆ l = 3m m

EJERCICIO NO 4.20 El extremo superior de un cordon de goma esta fijo y las extensiones causadas por suspender varias masas M de su extremo inferior han sido medidas. Los resultados se muestran en la tabla. Haga la grafica carga versus extension y de ella determinar el trabajo que se hace en aumentar la extension del cordon desde 7,5cm hasta 22,5c m

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

300 − 100 = 10,8 g f /c m = 10,6 × 103 dinas /c m 25 − 6,5

Para determinar el trabajo se usa la expresión vista en teoría: x2

W=



F (x )d x =



Kxdx = 1 K [x 22

2

x1

− x 12 ]

donde x 1 = 7,5c m y x 2 = 22,5c m por tanto W = 4,77 × 106 Ergios

EJERCICIO NO 4.21 Se aplican fuerzas de compreson dos caras opuestas de un bloque rectangular de volumen Vo = a o b o c o . La disminicion relativa del volumen es 0,0004 y la dismininucion relativa de la longitud del bloque es 0,02. Hallar µ SOLUCIÓN Se debuja en teoría ∆V

V

= (1

− 2µ ) σ

x

+ σ y + σz

E

en este caso la fuerza se aplica a lo largo del eje X , entonces σy = σz = 0. Como es una compresión a lo largo del eje X . ∆V

=(

V

Además E =

σx ∆x

)

σx

1 − 2µ E

, por dato ∆x = − ∆a ao , entonces

(1)

− ∆a a = + σE

x

(2)

o

reemplazando (2) en (1):

 

− ∆VV = (1 − 2µ) − ∆a a o

Fisica II

25

4. Elasticidad ∆V

V

∆a

= 0,0004,

ao

= 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 transversal del alambre es S 1 el modulo de Yo ung es E . Hallar α1 del alambre, considerando pequeño

SOLUCIÓN

El diagrama de fuerza es el siguiente



Fy = 0(equilibrio

)

2T sen α − m g = 0

Por definición E =

σ ∆

=

T S∆

=

T = m g /2sen α

(1)

 

(2)

T ( L /2 ) S ∆L

T = 2ES

También cos α = ∆ =

L

L /2 L /2 + ∆ L

1

   − −  L

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

L

∆L

2 cos α

1

(3)

1 1 mg 1 = 2 cos α 2sen α Haciendo aproximaciones porque α es pequeño, se tiene: 2 ES

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

sen α = α,

ES

α2

2

 

1 mg = 1 − α 2 /2 2α

α3 mg = 1 − α2 /2 ES

≈ α3

α(m g /ES )1/3

EJERCICIO NO 4.23 A dos caras opuestas de un bloque cubico de acero de 25 cm de largo se aplica sendas fuerzas de extension opuesta de 200 K g f c /u . Hallar el ángulo de cizalla y el desplazamiento relativo. El modulo de rigidez del acero vale 8,4 × 105 K g f /c m 2 SOLUCIÓN f uer zoc orta nte F /S (a)Por definición η = Deesforma = Φ cionc orta nte Φ=

F Sη

F

= 2 = l η

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

26

4. Elasticidad Φ = 3,8 x l

× 10−7 r a d

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

× 10−5c m

EJERCICIO NO 4.24 Un alambre delgado y uniforme de radio r esta colocado horizontalmente entre dos soportes rígidos A y B de tal maneraque la longitud del alambre es L. Una masa m se cuelga en el punto medio C del alambre, deslizándose una distancia vertical Y que es muy pequeña comparada con L . Hallar (a) el esfuerzo, (b) la deformación, (c) el modulo de Young del alambre en función de m , L, r , Y . Despreciase en cada caso cuad rados y potencias mayores de ( Y /L ) comparadas con la unidad

(a)



SOLUCIÓN Fy = 0, 2T cos θ = m g , t = m g /2cos θ El esfuerzo: σ = mg 2π r 2

σ=



( L / 2 )2 + y 2

Y

=

m g ( L /2 )



T S

mg

= 2πr 2 cos θ

1 + ( Y / L / 2)2

2π r 2 Y

mgL σ= 4 πr 2 Y

(b) La deformación unitaria ∆=

(c)

 2

−L

Lo

o

=



1

L

∆=

Lf

L /2

− ( L / 2)

2

1 + 2 (V / L / 2) L /2 E=

( L / 2)2 + Y 2

σ ∆

2

− . .. − 1 mgL

=

4πr 2 Y 2Y 2 / L 2

=



2

= 2 Y2 ∆ = 2 Y2

L

L

m g L2

8π r 2 Y 3

EJERCICIO NO 4.25 Una barra de 8 K g cuya sección recta es un cuadrado de longitud b = 50 m m , tiene una longitud L = 30c m . Se mueve jaland a sobre una superfi cie lisa por acción de una fuerz a aplicada uniformemente sobre uno de sus extremos. La barra adquiere una aceleración constante 2,4m /s 2 . (a) ¿Cual es el esfuerzo en una sección transversal de la barra normal a su longitud y a una distancia de x = 25m m del extremo posterior de la barra? (b) ¿Caul es el valor de dicho esfuerzo en el centro de la barra?

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

d F = a ρb 2d x  ,

F = a ρb 2

F = a ρb 2x

El esfuerzo

σ = a ρ b 2x /b 2

= a ρx =



dx 0

a (m b 2 L )x

σ = a m x /b 2 L = 640N /m 2 L

(b) Para x = 2 , σ =

a m (L /2) b 2L

=

ma 2b 2

= 3840N /m 2

σ = 3840N /m 2 Fisica II

27

4. Elasticidad

EJERCICIO NO 4.26 La compresibilidad del sodio se mide observando el desplazamiento del émbolo de la figura al aplicar una fuerza F. El sodio esta sumergido en aceite que llena el cilindro por debajo del émbolo. Supongase que las paredes del cilindro son perfectamente rígidas, que no hay rozamiento ni perdida de aceite. Calculese la compresibilidad del sodio en función de la fuerza F , el desplazamiento del émbolo x , del area de este ultimo S, del volumen inici al del aceite V o , del volumen del sodio Vo y de la compresibilidad del aceite K o

SOLUCIÓN Hallemos el cambio de volumen del aceite: ∆Va c = Vo

− Sx

Hallemos el cambio de volumen del sodio debido al aceite: ∆VN a = Vo

− K ∆p V o

o

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

KNa =

=

∆p

1 (Sx − K o Vo ∆p )

Vo

∆p

1

=

KNa =

∆p

Vo

 

Vo

1 Vo

Sx

 

−K V F /S

o o

xS 2 F

−K V

o o

,

∆p = F /S

y

EJERCICIO NO 4.27 Al levantar una jaula que pesa 10T n con un cable que tiene 200m de longitud y area de sección recta 1,000m m 2 , este se estira 170m m . Hallar la aceleración de la jaula desprecian6

do el peso del cable que es de acero y su modulo vale 2

Como no hay equilibrio



SOLUCIÓN F = ma T

La tension T da lugar a una deformación ∆ L

ES ∆ L

Lo Reemplazando valores a = 7,86m /s 2

(1)

−w = ma

T=

de (2) en (1)

2

× 10 K g f /c m

ES ∆ L

(2)

Lo

−m g = ma,

a=

ES ∆ L m Lo

−g

EJERCICIO NO 4.28 Dos bandas metálicas se mantienen unidas mediante cuatro remaches que tienen cada uno un diámetro de 6 mm. ¿cual es la tension maxima que se puede ejercer sobre la banda 2

remaches ha de exceder de 7,2 K g f /m m ?. Supongase que cada remache soporta una cuarta parte de lano carga

Como el esfuerzo a la rotura es : σ r = σr =

F

F S

SOLUCIÓN Cada remache soporta la cuarta parte, es decir F  = F4 ,

4S

F = 3,14

×

πd 2

= o p i σr d 2 d 7,2K g f /m m 2 (6m m )2 = 813,8 K g f

F = 4σ r S = 4σ r

Fisica II

28

4. Elasticidad

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

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

También ∆x =

−

σ x µ (σ y + σ z ) E

σy

µ(σy + σz ) = 0,

σy

σz

−

=0

−

σ z µ (σ x + σ y ) E

=

1−µ

σx µ = σz 1 − µ

σx − µ(σx + σy ) = 0,

entonces ∆z =

µ

=

σz 2µσx

−

E

σ z − 2µ[σz µ/(1 − µ)]

∆z =

E

=

σz E

(1

− µ − 2µ 2 )

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

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

1 2

W = E Vo ∆2 = E (SL o )∆2 W Vo

=

E ∆2

2

,

E=2

 W

1

Vo

∆2

=

2 × 2 × 104 ergios /c m 3 (2 × 10−4 )2

E = 1012dinas /c m 2

(b)Por definición E = ∆σ , σ = E ∆ = 1012 dinas cm2

× 2 × 10−4 σ = 2 × 108 dinas /c m 2

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

SOLUCIÓN (a) Se tiene m = ρ Vo = ρSL o , ρ = 7,8 g /c m 3 , m = 16 g , l o = 250c m , ∆ L = 0,12c m , F = 8K g E=

(b)

F Lo S ∆L

1 2

=

F Lo

 m ρLo

1 2

= 1,99

∆L

W = E Vo ∆2 = E

 m

ρ

× 1012dinas

∆2 = 4,71

/c m 2

× 105 ergios Fisica II

29

4. Elasticidad

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

Por definición µ = ∆∆Lr//Lroo = Lroo∆∆Lr

µ ro ∆ L

∆r =

Lo

,

−

r = 4m m 1

−  

r = ro 1

0,5 ×

µ

∆L

Lo

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 3 N, distribuida uniformemente por su extremo. ¿En cuanto mm 3 cambio en este caso el volumen del cilindro? µ = 0,34, e = 11,8 × 1010 N /m 2 SOLUCIÓN Se tiene deducido en teoría:

∆V

V

En este caso: σx = σy = 0, V = A L , ∆VV ∆V =

=

(1

− 2µ ) (σ E

x

+ σ y + σz )

(1

− 2µ) 1−2µ = E σz , ∆ V = E σ z 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 longitud y sección transversal que el AB y BD una barra de 80c m de longitud. De esta barra se quiere colgar una carga P = 2 K g f . ¿A que distancia x del punto B habrá que colgar la carga para la que la barra horizontal?

SOLUCIÓN Para la barra de F e : ∆ L F e = TSEFe FeL o Para la barra de C u : ∆ L C u = TSECuCuL o Por la condición del problema ∆ L F e = ∆L C u

TC u = E C u TF e EFe

Por equilibrio de momentos:

  

(1)

τ B = x P − 80TC u = 0

(2)

τO = x TF e − (80 − x )TC u = 0

(3)

τD = 8TF e − (80 − x )P = 0

(4)

Fisica II

30

4. Elasticidad de (2), (3) y (4): TF e

=

TC u

de (1) y (5):

80 − x

=

x

80 − x

EFe 19,6 = EC u 11,8

se deduce: x = 30c m JERCICIO

(5)

x

× 1010 = 1,66 × 1010

O

Paraque hacer un tirador ha empleado unc m cordon de goma de 42Hallar c m de longitud N 4.35 El niño dispara con el,se estira la goma 20 al lanzar la piedra. el moduloy 3Em m de radio. de Young de esta goma sabiendo que una piedra cuyo peso era de 0,02K g f salió disparada por el tirador con una velocidad de 20m /s . La variación que experimenta la sección del cordon al estirarse se desprecia.

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

E=

m v 2l o S (∆l )2

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

×

EJERCICIO NO 4.36 Desde un barco se lanzo una pesa sujeta por un cable de acero para medir la profundidad del mar despreciando el peso de la pesa en comparación con el cable, hallar la profundidad maxima que se puede medir por este procedimiento. La densidad del agua del mar tómese igual a 1 g /c m 2

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

(1)

pero Wac es el peso del cable de acero cuando esta dentro del agua, es decir el peso aparente, debido al empuje: Wac = Wa c − E = ρa c SH g − ρa SH g (2) de (1) y (2)

(ρa c

H=

−ρ

a )SH g

σr

g (ρ a c

−ρ

a)

= σr S

= 12,000m

H = 12K m

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

31

4. Elasticidad SOLUCIÓN Se sabe por teoría ∆V

V

(1

=

− 2µ )σ

(1)

E

Para una presión aplicada p = σ (esfuerzo de compresión) De la expresión ρ = obtiene: ∆ρ

ρ

=

∆V

m V

, derivado, se (2)

V

De (2) y (1): ∆ρ = ( 1

ρ

− 2µ)σ = ( 1 − 2 × 0,34)11× 103 −×4 9,8 E 1,18 × 10 × 10 ∆ρ = 0,265 × 10−3 ρ

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

× 108 N /m 2,

ρ = 11,3 ×3 K g /m 3 )

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

SOLUCIÓN d F = ρSgdz , si el cambio de gravedad es nulo L

F = ρS g



d z = ρS g L

0

El alambre se destruirá cuando alcance la tension de ruptura Fr = σ r S , como F = Fr , entonces L = ρσgr , reemplazando valores L = 180,6m

EJERCICIO NO 4.39 Una barra uniforme horizontal de masa 200 K g esta soportada horizontalmente por tres alambres vertical A, B, C, cada uno de una longitud inicial de 2 metros y sección recta 2c m 2 . B es un alambre de cobre, A y C son alambres de acero y están colocados simétricamente uno a cada lado de B. Hallar: (a) la tension en cada alambre, (b) la extension en cada alambre

En la condición de equilibrio:



SOLUCIÓN Fy = 0

Por definición de modulo

2Ta c + TC u = m g E a c S ∆L

+

E C u S ∆L

 

Lo Lo 2 Despejando: ∆ L = S (2Emacg+LeoCu ) y reemplazando valores: E a c = 21,6

× 1010N /m 2 , ∆ L = 0,36

=

mg

E C u = 11,8

× 1010N /m 2

× 10−4m

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

32

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

F

  , despejando πd 2

4

reemplazando valores: d=



4 × 103 × 9,8 3,14 × 7,85 × 108 d =4



d =

 4F

πσr

1 /2

,

1 /2

m = 3,98

× 10−3m

× 10−3m

O

JERCICIO de que altura se puede construi r un muro vertical de hormig ón si su reE 4.41 Hallar sistencia deNrotación es de 180 K g /c m 2 y se emplea un coeficiente de seguridad 5. La densidad del hormigón es de 2,200K g /m 3

SOLUCIÓN

Por definición: σr = F /S Como la fuerza que debe soportar el muro es su propio peso, se tiene F = ρSL o

Luego: σr = ρSL o /S = ρ L o reemplazando valores: L o = σr /ρ L = 180/2200 × 10−4 m = 818m o

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

EJERCICIO NO 4.42 Un cilindro recto, hueco de sección circular, de función, tiene un diámetro externo de 10cm y el interior de 8c m . Si se aplica una fuerza axial de compresión de 10,000 K g . Hallar el acortamiento, para 60c m de longitud y el esfuerzo de la carga. No cons idere la deformación lateral del cilindro y E = 2 × 106 K g /c m 2 SOLUCIÓN

Fisica II

33

4. Elasticidad Para hallar el acortamiento por teoría

L = L  o

La deformación unitaria: Luego el esfuerzo:

 = σ/ E σ = F /S = F /π(r 22 − r12 )

Entonces:L = L o F / E π(r22 − r12 ) reemplazando:

L = 0,011c m



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

Hallemos la deformación para el acero:

L L

a

a

= F I 1 /S 1 E a

1000 × 30 3,14(0,5)2 × 20 × 105 L a = 0,0191c m

=

Para el bronce:

L

b

= F I 2 /S 2 E b

× 20 L = 8 ×1000 8 × 9 × 105 L = 0,00035c m b

b

Al alargamiento pedido sera:

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

b

a

b

Fisica II

34

4. Elasticidad

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

Region AB

La deformación longitudinal es un alargamiento:

L = F L /SE = 6000 × 100/20 × 106 = 0,03c m AB

Region BC:

L

AB

La deformación es una compresión:

L L

BC

Region CD:

−2000 × 150 20 × 106 = −0,015c m

=

BC

La deformación es una compresión

L L

CD

CD

La deformación total es un alargamiento:

L = L

AB

+

L

−500 × 200 20 × 106 = −0,005c m

=

BC

+

L

CD

= 0,01945c m

Fisica II

35

4. Elasticidad

EJERCICIO NO 4.45 Una placa de acero delgada tiene la forma trapezoidal de la figura. El espesor es e y varia uniformemente desde una anchura de 2a hasta otra de 2b en una longitud L o . Si se aplica en cada extremo una fuerza axial de F . Hallar el alargamiento de la placa, si se conoce E

SOLUCIÓN

Se puede observar que la deformación no es homogénea, de la expresión:

L = F L /SE Para un diferencial de deformación se tendrá: d L = F d x /SE L = F d x / 2y e E

d

(1)



Por semejanza de triángulos: y x

−a = b −a , −0 L −0

y=

x L

(b

−a)+a

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

  L

L =

0

2

Fdx x (b L

−a)+a



eE

=

FL

2e (b − a )

ln(b /a )

EJERCICIO NO 4.46 Una barra cónica maciza de sección circular esta suspendida vertical como en la figura. La longitud de la barra es L, el diámetro de su base D, el modulo de elasticidad E y el peso especifico es γ. Hallar el alargamiento de la barra debido a su propio peso.

SOLUCIÓN

Fisica II

36

4. Elasticidad

Usando nuevamente la expresión:

L = F L /SE en este caso: d

L = WSEd y

(1)

donde: W = γV = γ1/3Sy

(2)

DE (2) en (1) d ( L ) = (γy S /3)d y /SE



L

γ

integrando:L = 3E



0

ydy

 L = γ L 2 /6 E

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



SOLUCIÓN Según las condiciones del problema

Fisica II

37

4. Elasticidad

x = z = 0

De las ecuaciones de teoría:

x = 1/E [σ − µ(σ x

+ σz )]

(1)

x

+ σz )]

(2)

x

+ σy )]

(3)

y

 y = 1 / E [ σ − µ (σ y

 z = 1 / E [ σ − µ (σ z

De (1)

0 = σ x − µ( σ y + σ z )

(4)

σ x = µ( σ y + σ z )

de (3) 0 = σ z − µ (σ x + σ y )

(5)

σ z = µ(σ x + σ y )

De (5) en (4) σx = µ[σy + µ(σx + σy )] σx = µσy (1 − µ)

de(6) en (5):

σz = µ

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

y = E1 simplificando

σy



(6)



µσ y µσy + σy = 1−µ 1−µ

 −− σy

µ µσ y + µσy 1 µ 1−µ 2

 y = E ( 1 − µ)/ (1 − µ − 2µ )

(7)



EJERCICIO NO 4.48 Una union remachada de dos placas metálicas tiene n o pernos de cierto material. La maxima tension que se puede ejerce r sobre la banda es T y la fatiga por cizalladura tien e un valor máximo en los remaches dados por σT . Hallar el diámetro de cada remache.

SOLUCIÓN

Fisica II

38

4. Elasticidad

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

FT S

=

T /n o

π d 2 /4

=

4T n o πd 2



,

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 12cm, de diámetro y el diámetro exterior del tubo de bronce es de 15cm . Si la fuerza es de K g . Hallar las tensiones en el bronce y en el hormigón. Para el bronce E = 9 106 K g /c m 2 y el 5,000 Aluminio E = 7 106 K g /c m 2

×

×

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

F



F=0

−F −F b

Al

=0

F = Fb + FAl

(1)

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

Fb L

donde

Sb Eb S b = π[(7,5)2

=

FAL L

(2)

S Al E Al

− (5)2 ] = 31,25πc m 2

S Al = π(6)2 = 36πc m 2

reemplazando en (2): Fb = 1,113 FAl

(3)

de (3) en (1): F = 1,116 FAl + FAl = 5000 K g Fisica II

39

4. Elasticidad FAL = 2363 K g Fb = 2637 K g

Por definición:

σb = Fb /S b = 26,87 K g /c m 2 σAl = FAl /S Al = 20,90 K g /c m 2

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

SOLUCIÓN

Sabemos por teoría, el alargamiento es igual a ∆ L = F L /SE En este caso, la deformaci ón no es uniforme, se tiene que trabajar con un diferencial de alargamiento: d (∆ L ) = F d x /SE

donde S = πy 2 Fdx

d (∆ L ) =

(1)

πy 2 E

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

−r = R −r

x

L

y =r+

x L

(2)

R

de (2) en (1) ∆L =



   L

d (∆ L ) =

0

Fdx

π r + xL R

2

E

∆ L = F L /πRr E

EJERCICIO NO 4.51 Una barra circular de 50c m 2 de sección esta sujeta rígidamente entre los puntos y cargada con una fuerza axial de 12,000k g , como se indica en la figur a. Hallar las reacciones en los extremos de la barra y el alargamiento de la parte derecha, si E = 106 K g /c m 2 Fisica II

40

4. Elasticidad SOLUCIÓN

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



F = R1 + R2

− 12,000 = 0

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

la figura, el radio de la base superior es ro y el peso especifico del material es γ(K g /c m ). Determinar como debe variar el radio con la altura para que la tension de compresión sea constante, en todas las secciones. El peso del solido no es despreciable.

SOLUCIÓN

Fisica II

41

4. Elasticidad Sea F y W el peso sobre la sección S , el esfuerzo es: σ=

F+W S

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

σ=

como el esfuerzo es constante: F + W = F + W +dW S S + dS dS

S

=

dW

F+W

=

1

(1)

σ

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

reemplazando en (1) 1 σ

=

2 πr d r γπr 2 d y y=

γ σ

,

2σ γ

;



y

dy =2 0

r = ro e



r

ro

dr r

γy 2σ

donde

2

σ = F /S = F /πr 2 ,

r = ro e

γπ 2 Fro

 

y

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

SOLUCIÓN

Fisica II

42

4. Elasticidad

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



Mo = 0

1 × F1 + 2 × F2 − 2,5W = 0 W = F1 + 2 F2 /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 E2

=2

∆1

1

σ1 L 1 E1

=

∆2

2

,

,

∆2 = 2 ∆1

  

σ2 1 =2 σ1 1,5 σ1 =

  

σ2 L1 =2 σ1 L2

E2 E1

5 20 = 3 9

20 σ2 9

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

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

reemplazando en (1): W=

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

× 106 K g

EJERCICIO NO 4.54 Se cuelga verticalmente dos hilos de fierro de modulo de young E , de longitud L 1 y L 2 y sección S 1 y S 2 respectivamente. Hallar las deformaciones en las barras para los casos:

a) Sosteniendo carga concentradas W1 y W2 b) Sosteniendo carga uniforme distribuidas W1 y W2 respectivamente

Fisica II

43

4. Elasticidad

SOLUCIÓN

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

W2 L 2 S2E

Para la barra 1 se considera los pesos : W1 + W2 ∆ L 1 = ( W1 + W2 ) L 1

S1E

b) Para la barra inferior

∆L 2 =



Wdy S2E

Fisica II

44

4. Elasticidad

∆L 2 =



∆L 2 =

L2

γS 2 Yd y S2E

0

( γS 2 L 2 )L 2

=

=

S 2 γ L 22

2S 2 E

W2 L 2

2S 2 E 2S 2 E Para la barra superior, la deformación es debida a W2 y W1 distribuida uniformemente. ∆L 1 =

W2 L 1 S1E

∆L 1 =

L1

+

(γS 1 Yd y )

S1E



0

W2 L 1 S1E

+

W1 L 1

2S 1 E

EJERCICIO N 4.55 El peso W cuelga de 3 varillas de los cuales las del medio tien e una longitud O

L. Los módulos de elasticidad y las secciones respectivas E 1 y S 1 para la central, E laterales. Hallar las tracciones en las varillas y el descenso en A

2

y S 2 para las

SOLUCIÓN

Fisica II

45

4. Elasticidad

Por las condiciones de equilibrio



Fy = 2F2 cos θ + F1

−W =0

donde F1 y F2 son las tracciones en las varillas 2F2 cos θ + F1 = W también: cos θ donde

F2 L 2

δ2 =

E 2S 2

también: δ1 =

de (3) y (4) en (2) cos θ =

2

F1 L 1 E 1S 1

δ2 δ1

(2) F2 L

E 2S 2 cos θ =

F1 L

=

F1 L /E 1S 1

E 1S 1

F2 E 1S 1 F1 E 2S 2 cos θ

2 E 2S 2 cos2 θ F1

E 2S 2 cos2 θ

(3) (4)

E 1S 1

F2 L / E 2S 2 cos θ

F2 =

de (5) en (1)

=

(1)

(5)

E 1S 1 F1 cos θ + F1 = W

F1 = W /1 +

2cos 2 θ E 2S 2 E 1S 1

(6)

reemplazando (6) en (4) δ1 = δ1 =





W /1 + 2cosE21θS 1E 2S 2 L E 1S 1 WL

E 1S 1 + 2 E 2S 2 cos2 θ

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

46

4. Elasticidad SOLUCIÓN

Vista de la base inferior:

De la figura y el triángulo A  A B : tan β = Como β es pequeño



AA



L

=

∼β = tan β = De la definición de modulo de rigidez: η=

σT

tan β

∼= σ

T

β

=

rθ L

rθ

(1)

L

σT rθ L

=

σT L rθ

σ T = ηr θ / L

(2)

Por definición de momento: d τ = r d F = r (σ T d S ) d τ = r [σT ][r d ϕ d r ] = r 2 σT d ϕ d r Fisica II

47

4. Elasticidad usando (2) en la ultima expresión:

  

dτ=r2 η

integrando: τ=

rθ L

R

ηθ L

θ

d ϕd r = η r 3d r d ϕ L

r 3d r =

ηθ R 4

0

L 4

4π

πη R 4 θ τ=

2L

Fisica II

Capítulo 5 Oscilaciones 5.1. Movimiento periódico Es aquel movimiento que es repite es intervalos iguales de tiempo.

5.2. Movimiento oscilatorio o vibratorio Si una partícula que tiene movimiento periódico se mueve alternativamente en un sentido y en otro siguiendo en la misma trayectoria a su movimiento.

5.3. Movimiento Armónico simple (MAS)

Figura 5.1: Movimiento Armónico simple

5.3.1. Elongacion ( x ) Es la distancia lineal o angular de la partícula que oscila a su posición de equilibrio en un instante cualquiera.

5.3.2. Posición de equilibrio ( x 0 ) Aquella para la cual no abra ninguna fuerza neta sobre la partícula oscilante 48

49

5. Oscilaciones

5.3.3. Amplitud ( A ) Es la maxima elongacion.

5.3.4. Periodo ( T ) Es el tiempo necesario para completar un ciclo completo del movimiento.

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

1

(5.1)

T

5.3.6. Energía almacenada en MAS Si no existe función de rozamiento la energía mecánica se conserva E = K +U

(5.2)

1 1 1 m v 2 + k x 2 = k A2 2 2 2

(5.3)

5.4. Péndulo simple o Matemático Se considera como tal, a una partícula de masa m , que cuelga de una cuerda longitud L y masa despreciable y que se lleva de su posición vertical a otra posición medida por el desplazamiento angular θ < 10o , la ecuación del movimiento es:

m

dv d dw d =m ( Lw ) = m L = mL dt dt dt dt mL

d 2θ 2

dt

donde: w =



g L

= 2πν = 2Tπ , T = 2π



dθ dt

m g sin θ = m g θ

=

−

d 2θ

dt2 L g

 

+

 g

L

−

θ =0

(5.4)

Fisica II

50

5. Oscilaciones

Figura 5.2: Péndulo simple

Figura 5.3: Péndulo fisico

5.5. Péndulo compuesto o Físico Cualquier cuerpo rígido que puede oscilar libremente alrededor de un eje horizontal ( bajo la acción de la gravedad.

A B ),

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

d 2θ dt2

Fisica II

51

5. Oscilaciones

Luego:

2

−m g b sin θ = I dd tθ2 d 2θ dt2

+

  gbm I

(5.5)

θ =0

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

(5.6)



I g bm

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

Figura 5.4: Péndulo de torsion

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

d 2θ dt2

d 2θ

y el periodo sera:w =



k I

= 2Tπ , T = 2π



+ dt2

=

−k θ

 k I

θ =0

(5.7) (5.8)

I k

Fisica II

52

5. Oscilaciones

5.7. Superposición de MAS en la misma dirección Varias ondas pueden coincidir en el espacio independiente una de las otras. El proceso de adición vectorial de las elongaciones de un partícula se llama superposición.

A) Superposición de dos MAS. Igual dirección, frecuencia, pero diferente amplitud y fase inicial. Si x 1 = A 1 sin(w t + α1 ), y x 2 = A 2 sin(w t + α2 ), el movimiento resultante x = x 1 + x 2 = α1 +A 2 sin α2 ) A sin(w t + α) esMAS,donde A = (A 21 + A 22 + 2a 1 A 2 cos δ)1/2 , δ = α2 − α1 y tan α = (A 1Asincos . α1 +A 2 α2 1 π

Si δ = 0 están en fase, δ = π en oposición, y δ = 2 en cuadratura. B) Superposición de dos MAS. Igual dirección, diferencial frecuencia y amplitud. Si x 1 = A 1 sin w 1 t y x 2 = a 2 sin w 2 t , el movimiento resultante no es MAS, porque su amplitud varia con el tiempo, así: x = a 1 sin w 1 t + A 2 w 2 t A=



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

− w 2 )t

Caso especial. Si A 1 = A 2 , entonces el movimiento resultante esta dado por: x = 2A 1 cos ( w 1 −2 w 2 ) t sin ( w 1 se uso: sin A + sin B = 2sin A +2 B cos A −2 B

5.8. Superposición de dos MAS en dirección perpendiculares Caso A Si w 1 = w 2 , A = B , y δ = 0, π, entonces x = A sin w t , y = B sin(w t + δ), se obtiene y = ± BA x , llamada polarización rectilinea.



2

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

y2 B2

= 1, llamada polarización elíptica.

π 3π

Caso C Si w 1  = w 2 , δ = 2 , 2 , se obtiene x 2 + y 2 = A 2 , llamada polarización circular. 2 Caso D Si w 1  = w 2 , δ = α1 − α2  = 0, para gráficas se utilizan las expresiones: w = ab y δ = c , donde w1 a , b y c son conocidos, la superposición da lugar a las curvas de Lissajous.

5.9. Movimiento oscilatorio amortiguado En esta caso la masa esta sometida además de la fuerza recuperadora del resorte a otra fuerza de rozamiento, debido al liquido que lo rodea.

F = m a = k x λv λ dx k x=0 + + dt2 m dt m

d 2x

Si w 0 =



k m

y 2γ = mλ

d 2x dt2

  − −   

+ 2γ

dx dt

+ w 02 x = 0

(5.9) Fisica II

53

5. Oscilaciones

Figura 5.5: Movimiento oscilatorio amortiguado

donde: w 0 : frecuencia angular sin amortiguamiento, γ: coeficiente o constante de amortiguamiento. La solución de esta ecuación, tiene tres casos:

Caso A Si γ < w 0 , x = Ae r1t + B e r2 t donde:

−  − − −

r1 = γ +

γ2

w 02

r2 = γ

γ2

w 02

−

y el movimiento se llama sobreamortiguado.

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



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

C e −γt C e −γ(t +T )

= γT

(5.10)

5.10. Movimiento oscilatorio forzado Este movimiento se produce, cuando además de la fuerza elastica del resorte y la fuerza de amortiguamiento del liquido, se aplica una fuerza oscilatoria externa , con diferente frecuencia wf .

Fisica II

54

5. Oscilaciones

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

d 2x dt2

=

−k x − λ dd xt + F0 cos w

f

t

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 = A sin w t + B cos w t y la solución general: p

f

2

2

f

x = x p + x c = A sin(w f t

donde A =



 f0 m

(w 2f w 02 )2 +4γ2 w 2f

−





1/2

y tan α =

w 2f w 02

−

2γw f

− α)

La amplitud tiene un máximo, que se tiene:

∂A ∂ wf

=0y

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

5.11. Ejercicios resueltos EJERCICIO NO 5. 1 Una partícula cuya masa es de 1 g r vibra con MAS de 2m m de amplitud. Su aceleración en el extremo de su recorrido es de 8,0 × 103 m /s 2 . Calcular la frecuencia del movimient o y la velocidad de la partícula y la velocidad de la partícula cuando pasa por la posición de equilibrio y cuando la elongacion es 1,2mm. Escribir la ecuación que expresa la fuerza que actúa sobre la partícula en función de la posición y tiempo.

m = 1 g r = 10−3 k g , A = 2m m = 2 F = f ( t ) = f ( x ) =?

SOLUCIÓN 3 2 m a x = 8 × 10 m /s , f =?, v =?,en x = 0 y x = 1,2m m ,

× 10−3m , a

si x (t ) = A sin(w t + α) v (t ) = Aw cos(w t + α) a (t ) = Aw 2 sin(w t + α) = w 2 x

−

−

Fisica II

55

5. Oscilaciones en un extremo la aceleración es maxima, entonces.

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

a max = 3

(a)Frecuencia f = 2wπ f =

2,0 × 103

= 318,31H z

2 × 3,1416 (b) Velocidad en el punto de equilibrio esta velocidad maxima, luego: v (t ) = Aw cos(w t + α) v m a x = Aw , v m a x = (2,0

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

cos (w t + α) = 1

× 103)(2,0 × 10−3) = 4m /s

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(w t + α) v (t ) = (2 103 )(2 10−3 ) cos37 o

×

×

4 v (t ) = 4 = 3,2m /s 5 (d) Fuerza en función de posición F = f (x )

Si F = m a = m (−

w 2x ) =

−

m w 2x F = (103 )(2,0

−

F=

−4 × 103,

× 103)2x

Siempre a la izquierda

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

− × 104x

F= 4

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

F= 4

EJERCICIO NO 5. 2 Una barra uniforme de masa M longitud L esta suspendido de un extremo (a)Determinar el periodo de oscilacion para pequeñas desplazamientos angulares (b) Determinar el periodo de oscilacion se esta suspendida de un punto P a una distancia x del centro de masa (C M )

Fisica II

56

5. Oscilaciones SOLUCIÓN (a)El periodo para un pendulo fisico en general esta dado por t = 2π



I mgr

Calcularemos el momento de inercia de una barra que gira de un extremo. r 2d m =

I=

ρ r 2d V,

  

ρ=

V L

ρ r 2 Ad r = ρS

I=

I=

ρA

3

I=

entonces T = 2π

L 3,

ρ=

dM

r 2d r 0

M V

=

M AL

1M A L 3 1 = M L2 3A L 3



M L2

3M ( L / 2)

= 2π



2L 3g

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

y el momento de inercia respecto del C M es: IC M

=



IC M

=

2ρ A

r 2d m =

  L /2



ρ r 2d V =



ρ r 2 Ad r

r 2d r

0

IC M

=

2ρ A 3

L

3

3

=

1 M L2 12

IP = IC M + M r 2 = T = 2π T = 2π





M L2

12

+Mx2

TP Mgx

(1/12)L 2 + x 2

gx

EJERCICIO NO 5. 3 Una masa m se conecta a dos resortes de constantes de fuerza k 1 y k 2 como muestran en las figura se mueve sobre una mesa sin fricción y se desplaza de la posición de equilibrio y se suelta. demostrar que la mesa tiene movimiento armónico simple con periodo

Fisica II

57

5. Oscilaciones SOLUCIÓN (b) T = 2π (a)



m k 1 +k 2

−k 1x − k 2x = m x¨ x¨ +

   k1 + k2 m

x=0

k1 + k2

w0 =

m m

T = 2π

k1 + k2

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

t = 1,5,

2π T

t +α

2π π π π t+ t+ = 50sen 4 4 2 4

x = 50sen

(b) Parat = 0, x = 50sen π4 = 252m m

 

     x = 50sen

π1,5

2

+

π

4

= 0m m

EJERCICIO NO 5. 5 ¿Cuanto tiempo transcurrirá desde el comienzo del movimiento armónico, hasta que el punto vibrante una elongacion igual a la mitad de la amplitud. El periodo de las vibraciones es igual a 24s e g y fase inicial igual a cero?

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

2

= A sen

  2π t +0 24

  2π T

t + α , se tiene:

donde: t = 2s e g

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

−Aw 2 sen(w t + α) Fisica II

58

5. Oscilaciones reemplazando valores 49,3 = Aw 2 para la aceleración maxima: 49,3 = A Luego, 2,5 = 5sen



2π 2



×0+α

 2π 2

2

,

A = cm

α30o Entonces: x = 5sen (πt + 30o )

,

EJERCICIO NO 5. 7 La aceleración de las vibraciones de un punto material de masa m tiene la forma x = 0,1sen π8t + π4 .Hallar el valor máximo de la fuerza.

    

2

Por la 2da Ley de Newton F = m a = m dd t x2 π

x = 0,1sen

8

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

t+

π 2

8

π

4

m,

= 1,6

× 10−2

SOLUCIÓN

F = m 0,1

−

   π

2

8

sen

π

8

t+

π

4

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

× 10−5 N

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

La posición esta dada: x = A sen(4t + α), derivando se obtiene la velocidad v = 4A cos(4t + α). Reemplazando las condiciones iniciales: 25 = A sen α y 100 = 4A cos α, se obtiene α = 45o . Luego A = 25/ sen45 o = 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









EJERCICIO NO 5. 9 En el sistema de la figura, hallar el periodo de las oscilaciones verticales pequeñas

de un cuerpo de masa m . La rigidez de los resorte s son K 1 y K 2 y sus masa pueden ser despreciadas.

SOLUCIÓN

Fisica II

59

5. Oscilaciones

Para hallar el periodo de oscilación usaremos la expresión T = 2π



m /K

(1)

y el K es el equivalente i efectivo de los dos resortes. Cuando los resortes están en serie, la fuerza que los deforma se transmite por igual en ambos resortes y las elongaciones cumplen: x = x1 + x2 F K

de donde

=

F K1

+

F K2

1 K1 + K2 K = K1K 2

reemplazando (2) en (1): T = 2π



(2)

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

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

SOLUCIÓN

Para determinar el periodo se usara T = 2π



m 1/K 1

(1)

Fisica II

60

5. Oscilaciones El problema cosiste nuevamente en hallar K 1 del sistema: F1 =

(2)

−K 1x

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

−m 1 l 1 + m 2 L 2

xcm =

m1 + m2

m 1L 1 = m 2L 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 ,

x1

x2 =

m2

x1

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

−

−

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

F=

Comparando (3) en (2) se obtiene:

  −

x1 +

K

K1 = K

reemplazando (4) en (1): T = 2π



m1 K (m 1 + m 2 )/ m 2

 

T = 2π

m 1x 1 m2

−   =

m1 + m2 m2

K x1

m1 + m2 m2

 (3)

x

m1 + m2

(4)

m2



1 /2

m 1m 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 de acuerdo con la ecuación x = 7sen0,5 πt recorre el espacio que hay entre la posición de equilibrio y la elongacion maxima.?

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

π

0,5 πt = , 2

t = 1s e g

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

(a) De la ecuación x = 5sen

  πt

5

SOLUCIÓN

+ π4

w = π/5,

A = 5,

F = Kx,

−

Fm a x =

−K A Fisica II

61

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

(b) La energía E=

 × π

5

2

10 × 10−3 × 5 × 10−2 N = 2π2 × 10−5 N



1 2 w2 1 π 2 KA = m A2 = × 10 × 10−3 × (5 × 10−2)2 2 2 2 5 E = 2,5π2 × 10−6 Jou l e s

EJERCICIO NO 5.13 La energía total de un cuerpo que realiza un movimiento vibratorio armónico es igual a 3 × 10−5 J , y la fuerza maxima que actúa sobre el es igual a 1,5 × 10−3 N . Escribir la ecuación del movimiento de este cuerpo si el periodo de las vibraciones es igual a 2s e g y la fase inicial 60o SOLUCIÓN La energía total

1 2

ET = K A2 = 3

× 10−5

(1)

× 10−3

(2)

la fuerza maxima Fm a x = K A = 1,5

Dividiendo(1)/(2) se obtiene A = 40 × 10−3 m como w = 2π/T = π, luego x = 40 × 10−3 sen(πt + 60o )

EJERCICIO NO 5.14 Un peso de 10 K g f esta colgado de un muelle. Hallar el periodo de las oscilaciones verticales de este peso sabiendo que el muelle 1,5 cm cuando se le someta a la acción de la fuerza 1K g f SOLUCIÓN Para un peso de 10 K g f le corresponde una masa de 10K g f K = F /x = 1





× 9,8N /1,5 × 10−2m = 653N /m

Luego T = 2π m / K = 2π 10/653 = 0,78s e g

EJERCICIO NO 5.15 Como variara el periodo de las oscilaciones verticales de un peso que esta colgado de dos muelles iguales, se estos muelles en vez de unirse consecutivamente se unen paralelamente

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

=

F K

+

Ts = 2π

F K

K eq =

  2m

K

2

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: F1 + F2 = F, K x + K x = K e q x 2K x = K e q x K e q = 2K Fisica II

62

5. Oscilaciones Tp = 2π



m /2 K

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

Ts Tp

=

  2m / K m /2 K

1/2

= 2 Luego el periodo dismin-

EJERCICIO NO 5.16 Un bloque de 6 K g alarga un reso rte 18 c m desde su posición de equilibrio. Se retira el primer cuerpo de 6K g y se reemplaza por un segund o bloque de 4K g que se pone a oscilar. Halle la frecuencia y el periodo de la oscilación.

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

Para hallar la frecuencia w =



× 9,8N /18 × 10−2m = 03,26 × 102 N /m

K /m w=



3,26 × 102 /4 = 9r a d /s e g

ν = w /2π = 1,4s e g −1

El periodo es la inversa de la frecuencia T = 1/ν = 0,7s e g

EJERCICIO NO 5.17 Una partícula efectúa MAS a la frecuencia de 5Hz. Halle una expresión que de el desplazamiento x en función de t , utilizando las siguientes condiciones iniciales: (a) t = 0, x = A, v x = 0. (b) t = 0, x = 0, v x = vo . (c) t = 0, x = 2cm , v x = 5c m /s SOLUCIÓN (a) La expresión general del desplazamiento x = A sen(w t + α) Derivando con respecto al tiempo se obtiene v x = Aw cos (w t + α) reemplazando las condiciones del problema: x = A = A sen(2π5 × 0 + α) se deduce α = π2 ,v x = a = Aw cos(2π5 × 0 + α) se deduce αP π4 Luego x PA sen(10πt + α) (b)x = 0 = A sen(10π × 0 + α) se deduce α = n π, n = 0,1, 1,.. . v x = vo = Aw cos(10π × 0 + α) se deduce que no existe un valor de α que satisfaga las dos ecuaciones de x y v x , por lo tanto no existe x = f (t ) para un MAS. (c) Para x = 2 = A sen(10π × +α) se deduce v x = 5 = A 10cos (10π

× +α) se deduce

de (1) y (2) se deduce A =

2 = A sen(α)

(1)

5 = 10π cos α

(2)

2,00c m , α = 85,4o 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 mo vimiento de un punto tiene la forma x = 2 sen

π

2

SOLUCIÓN π (a) de la expresión x = 2sen π2 t + π4 se obtiene w 2 y t = 4s e g (b) v x = dd xt = 2 π2 cos π2 t + π4 , v m a x = πc m /s e g (c) a x = ddvtx = −π π2 sen π2 t + π4 , a m a x = π2 2c m /s e g 2

        

Fisica II

63

5. Oscilaciones

EJERCICIO NO 5.19 Una masa de 1 K g oscila hacia arriba y hacia abajo a lo largo de una recta de 20cm de longitud con MAS, 4 s e g de periodo. (a) Hallar la veloc idad y la aceleración cuando la elongacion sea de 4c m . (b) la fuerza restauradora cuando la elonga cion sea de 8cm por debajo del centro de la trayectoria.

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

A = 10

La ecuación del movimiento y = 10sen π2 t + α para y = 4c m , 4 = 10sen π2 t + α 0,4 = sen se usara cos θ = [1 − sen2 θ ]1/2 La velocidad v y = A π2 cos π2 t + α = 10 π2 1 − 0,42

         − −  − − − − v y = 14,4c m

La aceleración a y = A

π 2

2

sen

F=

π

2

π

2

t+α ;

 

t + α = 9,8c m /s 2 (b) La fuerza restauradora, para y = 8c m

π

k (y ) = w 2 m y = F = 39,4

2

2

−

103 ( 8)dinas

× 103 dinas

EJERCICIO NO 5.20 Un cuerpo de masa 2 K g descansa sobre una superfi cie pulida, esta ndo unido a un muelle en la forma representada en la figura. El muelle tiene la propiedad de que bajo la acción de una fuerza de 10N sufre un alargamiento de 0,05m ; su se desplaza el cuerpo 0,05m de su posición de equilibrio y se suelta a continuación, calcular la amplitud, la frecuencia y el periodo del MAS OLUCIÓN (a) La amplitud, es la maxima elongacion A S= 0,05m

K = F /x = 10N /0,05m = 200N /m w=

El periodo T = ν1 = π5 s e g



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

y

y

w 2 = K /m

ν = w /2π = 5/πs e g −1

EJERCICIO NO 5.21 Con relación al problema anterior, en vez de desplazar el cuerpo 0,005m respecto a su posición de equilibrio, se le comunica una velocidad inicial de 1m /s, cuando se encuentra en dicha posición de equilibrio. Hallar la ecuación del movimiento, si para t = 0, x = 0 SOLUCIÓN La ecuación del movimiento es x = A sen(w t + α) Para x = 0 y t = 0, 0 = A sen(w × 0 + α) se deduce que α = 0, luego x = A sen w t como w = 10 r a d /s e g y K = 200 N /m , para hallar A , usamos la relación energética del MAS: 1 m v 2 + K x 2 = 1 K A2 2 2 1 1 2 2 2 m v + K o = k A , A = m /K vo = 0,1m 2 o 2 Luego: x = 0,1sen10 t



EJERCICIO NO 5.22 Un cilindro flota con su eje en posición vertical en un liquido ρ . Se empuja levemente hacia abajo y luego se deja libre. Hallar el periodo de la oscilación si el cilindro tiene un peso W y una sección transversal de area S Fisica II

64

5. Oscilaciones

SOLUCIÓN La fuerza que actúa sobre el cuerpo cuando este se sumerge una distancia y es: Sy ρ Usando la 2da Ley de Newton: m d 2y dt 2

+

S ρg 2 y W

dy dt2

=

W d 2y

−( g Sy ρ ),

= 0, se deduce

= S ρy g

−

gdt2

 

t = 2p i / S ρ g 2 / W 2

T = 2π W /S ρ g O EJERCICIO N 5.23 S tiene un liquido de densidad ρ y la longitud total L en el manometro representado en la figura. Un aumento repentino de presión en un lado fuerza al liquido hacia abajo. Cuando desaparece la presión, el liquido oscila. Despreciando el amortiguamiento por rozamiento ¿Cual sera la frecuencia de vibración?

SOLUCIÓN 2 La fuerza restauradora es debido a los dos ramales 2 (Sx ρ ) g De la 2da Ley de Newton: m dd t x2 = −2Sx ρ g El peso total del liquido SL ρ g g

SL ρ d 2x = 2Sx ρ g g dt2

−

d 2x dt2

T=

ν=

1 2π



2 g /L , donde ν =

1 T

g

+2 x = 0

L



2π 2g /L

EJERCICIO NO 5.24 Un peso pequeño W esta sujeto a un alam bre sometido a una tension T , según se indica en la figura. ¿Cual sera la frecuencia natural de vibración del peso si se le desplaza lateralmente una pequeña cantidad y se le suelta después?

SOLUCIÓN Para distancia pequeñas x , las componentes de las tensiones son: T yx1 y T yx2 , dirigidos en sentido opuesto (a la izquierda) al desplazamiento x . DE la 2da Ley de Newton:

−T yx − T yx 1

dx dt 2

g

+

W

T

 W

dx

g

dt2

T

  y1

2

=

+ y2 x = 0, el periodo es la inversa de la frecuencia:

ν=

  

1 Tg 2π W

1

y1

+

1

1 /2

y2

EJERCICIO NO 5.25 Un paralelepípedo de lados a , b y c de peso W vibra verticalmente en un liquido de densidad ρ . Halle una expresión para el periodo de vibración del cuerpo.

Fisica II

65

5. Oscilaciones

SOLUCIÓN Cuando el cuerpo se sumerge una distancia z , aparece una fuerza restauradora que la hace oscilar. Esta fuerza es: Fz = ρ (a b z ) g

−

DE la 2da Ley de Newton:

 W g

d 2z

2

d 2z = (ρ a b g ) z dt2

−

ρa b g 2

+

z =0

 

dt

W W

t = 2π

1 /2

ρa b g 2

EJERCICIO NO 5.26 La figura muestra una partícula de masa m sostenida por un alambre de longitud L. si la partícula se desplaza verticalmente una distancia pequeña y y se lo abandona, demostrar que la frecuencia cíclica de vibración de la masa es: w o = [T L /m a (L

− a )]1/2

T1 = T2 = T

SOLUCIÓN Se tiene para desplazamiento pequeños y < a , y < L − a . La fuerza restauradora es −T1 cos θ1 − T2 cos θ2 dirigido hacia abajo. Y de la 2da Ley de Newton: m

d 2y 2

=

T1 cos θ1

t 2 cos θ2

dt y

− − d 2y y m − T ≈ − Ta y − L −T a y = −T 2 / 2 2 1 2 dt (a + y ) [( L − a )2 y 2 ]1/2 d 2y

T



1

1



−a a = 0 w = [T L /m a (L − a )]1/2

dt2

+

m

a

+

L

EJERCICIO NO 5.27 Una partícula se desliza hacia adelante y hacia atrás entre dos planos inclinados sin fricción. Si θ es el ángulo de inclinación de los planos y si H es la altura inicial del movim iento. 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 θ Por la 2da Ley de Newton: m a = m g sen θ , a = g sen θ es constante. Luego x = 1 a t 2 = 2 pero sen θ = Hx H g sen θ 2 = t , t = 2H / g sen 2 θ sen θ 2 El periodo es cuatro veces este tiempo t = 4t

g sen θ

t,

2



T =4 T=



2H / g sen2 θ

4 sen θ



2H / g Fisica II

66

5. Oscilaciones

EJERCICIO NO 5.28 La lenteja de un péndulo es un cuerpo pequeño de 1K g y la longitud de suspension es de 1m. Si se suelta el péndulo cuando t = 0 y forma un ángulo de 0,1rad con vertical, con una velocidad angular inicial de 0,5 r a d /s e g . Obtenga una expresión que de el desplazamiento angular en función del tiempo. Suponga que la velocidad angular inicial es como se indica en la figura

Sabemos para un MAS θ = o theta La velocidad angular

o

SOLUCIÓN sen(w o t + α) donde w a2 = g /L , w a =

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



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

para t = 0; 0,5 = θo 3,13cos (3,13 × 0 + α)

(1)

0,1 = θo sen(3,13 × 0 + α)

(2)

θ = 0,1r a d para t = 0

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

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

 − −  −

d 2θ

(1)

dt2

τo = m g L sen θ − (K x )a

τo = m g L sen θ − K (a sen θ )a

o

de (1) y (2): m L2

para ángulos pequeños θ :

d 2θ dt2

=

t a uo =

m g L sen θ

− K a 2 sen θ

I = m L2

(1) (2)

−(m g L + K a 2) sen θ ≈ −(m g L + K a 2 )θ d 2θ + (m g L + K a 2 )θ = 0 dt2 d 2θ (m g L + K a 2) + θ =0 dt2 m L2

m L2

w=



(m g L + K a 2 )

m L2



1/2

EJERCICIO NO 5.30 Encontrar la ecuación del movimiento resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simples paralelos cuyos ecuaciones son x 1 = 6sen2 t 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

5. Oscilaciones SOLUCIÓN (a) para α = 0, x 1 = 6sen2 t y x 2 = 8sen2 t x = x 1 + x 2, π

x = 14sen2 t

π

(b) si α = 2 , x 1 = 6sen2 t y x 2 8sen (2t + 2 ) = 8cos2 t x = x1 + x2 x = 10sen (2t + 53o )

(c) Si α = π, x 1 = 6sen2 t y x 2 = 8sen (2t + π) = −8sen2 t x = X 1 + x 2,

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 determinar la ecuación del movimiento resultante, se halla la amplitud y la fase, para ello usamos las ecuaciones deducidas en teoría: x = x 1 + x 2 = A sen(w t + α), δ = α2 A = (A 21 + A 22 + 2A 1 A 2 cos δ )1/2

tan α =

− α1

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

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

tan α =

2sen π3 + 3sen π2 , 2cos π3 + 3cos π2

α = 78o

EJERCICIO NO 5.32 Hallar la ecuación de la trayectoria del movimiento resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simples perpendicular, si w 1 /w 2 = 12 y α = 0, π3 , π2 SOLUCIÓN

(a)w 2 = 2w 1 , α = 0

x = A sen w 1 t

y = B sen(w 2 t + α) = B sen2 w 1 t = B 2sen w 1 t cos w 1 t , y = 2 B (x / A ) y=

2B A



−

x2

1

A=B

(x / A )2

− (x 4 / A 2 ) Fisica II

68

5. Oscilaciones

  −

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

D C

3

 −      −  

1 (x /C )2 +

x

2

1 2

2

x

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 el tiempo se halla y =Q 1

x

2

2

P

EJERCICIO NO 5.33 El periodo de las oscilaciones amortiguadas de una masa de 1K g a un resorte es de 0,5s e g . Si la masa de 1K g estira el resorte 5c m . halle la constante de amortigua miento. SOLUCIÓN Se ha deducido en teoría para el movimiento amortiguado: m

d 2x

d 2x λ

dt2

+

dx dt

λ dx m dt

+Kx = 0

+

K m

x=0

λ2

( K / m )2

− 4m 2 : frecuencia de oscilación del sistema. 2π 9,8 Se conoce w = 2Tπ = 0,5 , m g = K x , mK = xg , mK = 0,05 , despejando λ se halla su valor, λ = 12,36 K g /s m

= 2γ , w =



+λ

dt2

EJERCICIO NO 5.34 El periodo de amortiguamiento de una vibración es de 4s e g , su decremento logarítmico es 1,6 y la fase inicial es igual a cero. La elongacion del punto cuando t = T −/γ4t es de 4,5c m . Escribir la ecuación de este movimiento vibratorio suponiendola de la forma x = C e sen(w t + ϕ )

SOLUCIÓN Por definición de decremento logarítmico: D = ln

Amplitud

(t )

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

=

C e −γt C e −γ(t +T )

= γT ,

como T = 4, D = 1,6, γ = D /T = 0,4y ϕ = 0luego x = C e −0,4t sen 4,5 = C e −0,4×1 sen

 × π

2

1

D = γT

  2π t 4

+0

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

C = 4,5e 0,4

luego x =

4,5e 0,4 e −γt

π

sen 2 t

EJERCICIO NO 5.35 Un peso de 20l b f se cuelga de un resorte vertical el que se estira entonces 2pies. El peso se empuja 5 p i e s hacia abajo y se abandona. (a) Halla r la posición del peso en cualquier tiempo si una fuerza de amortiguamiento numéricamente igual a 5 veces la velocidad instantánea con que esta actuando se hace presente

SOLUCIÓN Para saber que tipo de movimiento se trata hay que hallar γ y w o , usando g = 32pies /s e g 2 . Sabemos que w o2 = mK = m g /I m = gI w = 32/2 = 4s e g −1 o



Fisica II

69

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

Se trata de un movimiento críticamente amortiguado. La ecuación diferencial del movimiento es la siguiente: d 2x dt2

+ 2γ

d 2x dt2

+8

dx dt

dx dt =

+ w o2 x = 0 + 16x = 0

γt ( + ) = La solución esta pies , t o = 0,de vo = 0 ecuación es de la forma: x e − A B t Las condiciones iniciales son: x o 5 = e −4×0 [A + B 0] = A + 0, A = 5

dx

×

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

dt

t

=

t

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

EJERCICIO NO 5.36 El peso unido a un resorte vertical esta forzado a vibrar de acuerdo a la ecuación: (d 2 x /d t 2 )+ 16x = 12sen w t , donde x es el desplazamiento de la posición de equilibrio y w > 0 esun a constante. Si para t = 0, x = 0 y d x /d t = 0, hallar (a)x como función del tiempo t . (b) el periodo de la fuerza externa para la cual la resonancia ocurre.

SOLUCIÓN (a) usara el método de la solución complementaria y otra particular, así: La solución complementaria x c = A cos w o t + B sen w o t de la ecuación diferencial dad w o2 = 16, w o = 4 luego x c = A cos4 t + B sen4 t (1) otra solución particular es x p = C sen w t + D cos w t (2) y tenemos que hallar las constantes A , B , C y D hallemos d xp dt d 2x p dt2

= C w cos w t

− Dw sen w t

= C w 2 sen w t

−

− Dw 2 cos w t

2

reemplazando la ultima expresión y (2) en : dd t x2 + 16x = 12sen w t

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

C = 12/16

− w 2 − Dw 2 + 16D = 0,

D=0

12

Luego: x p = 16−w 2 sen w t , la solución general queda: x = x c + x p = A cos4 t + B sen4 t +

12 sen w t 16 − w 2

(3) Fisica II

70

5. Oscilaciones Hallemos la velocidad v=

dv dt

=

−4A sen w t + 4 B cos4 t + 1612−ww 2 cos w t

(4)

Para las condiciones iniciales t = 0, x = 0, se tiene en (3) 0 = A × 1 + B × 0 + 0, t = 0, v = 0 en (4)

0 = 4A + 4 B B = 3w /w 2

− 16, Luego: x=3

12w

(1)

16 − w 2

×

12

w w2

1+

− ×

A=0

3

− 16 sen 4t + 16 − w 2 sen w t = 16 − w 2 (sen w t − w sen 4t )

para w = 4. Para el caso de w = 4, se tiene que intentar una solución adicional. Pero para los fines del curso, es suficiente con la solución dada. (b) Para hallar la frecuencia de resonancia w r e s , se usara la ecuación deducida en teoría: w = (w o2

− 2γ2)1/2

Para nuestro problema no hay amortiguamiento, luego: λ = 0 y γ = 0, entonces wres =



w o2 = w o = 4r a d /s e g

w r e s = erad /s e g

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

SOLUCIÓN

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

dx dt

se obtiene la velocidad maxima cuando cos πt

6

= n π,

= πt

6

π

6

cos

πt

6

= 1 o sea

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

t = 6n : 0,6,1 2,18 s e g ,...

b) Hallando la aceleración nuevamente derivando la velocidad: dv π2 πt a= =− sen dt 6 6 se obtiene la aceleración maxima cuando: sen π6t = 1 πt

6

= ( 2n + 1)

π

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

71

5. Oscilaciones

EJERCICIO NO 5.38 A que es igual la relación entre la energía cinética de un punto que vibra armónicamente y su energía potencial, en los momentos en que el tiempo es t = T /12s e g SOLUCIÓN Sabemos por el principio de conservación de energía: Ec + Ep =

1 2 KA 2

(1)

La energía potencial es Ep = 1 K X 2

(2)

2

según la condición del problema: X = A sen T para t = 12 , X = A sen 2Tπ



2π t T

T

12

X = A sen

de(3) en (2): Ep =

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

π

6



1 A K 2 2 Ec =

=

2

=

A

(3)

2 K A2

8

(4)

3 K A2 8

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

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

SOLUCIÓN

Fisica II

72

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

     T = 2π

Luego hallamos la relación:

TAl

=

Tc u

m /k

2π m 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 TAl = Tc u

ρAl V = ρc u V

ρAl = ρc u

2,7 8,9

TAl /Tc u = 0,55

EJERCICIO NO 5.40 Un areómetro cuyo peso 0,2 K g f esta flotando en un liquido. Si este areómetro se sumerge un poco en el liquido y después se suelta, empezara a oscilar verticalmente con un periodo 3,4s e g . Partiendo de la suposición de que estas oscilando no son amortiguados y de los datos de este experimento. Hallar la densidad de liquido en que flota el areómetro. El diámetro del tubo cilíndrico vertical del areómetro es 1c m

SOLUCIÓN

Por la condición de equilibrio inicial:



F = mg

mg

− E1 = 0

− g (V + s h ) = 0

(1) Cuando el areómetro se sumerge una distancia X , existe una fuerza neta, que actúa sobre el areómetro m g = g (V + s h )

y lo obliga a oscilar y es proporcional a la elongación:

E2 = m g = K x

ρ g [v + s (h + x )] − ρ g (v + Sh ) = k x ρg sx = K x, K = ρg s

si el periodo de oscilación esta dado por: T = 2π



m / k = 2π



(2)

m /ρ g s

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

73

5. Oscilaciones

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

SOLUCIÓN Su amplitud inicial es: A 1 = A o e −γt La amplitud final es: A 2 = A o e −γ(t +T ) Luego: A1 A2

= A o e −γt /A o e −γ(t +T ) = e −γt

Por definición de decremento logarítmico: D = γT = 0,2 A /A = e −D = e −0,2 = 1,22 1

2

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



Io / g b M

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



g RM



g

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

74

5. Oscilaciones SOLUCIÓN

Nuevamente se trata de un péndulo compuesto, su periodo es: T = 2π



I o gbM

Usando nuevamente el teorema de Steiner

2 5

Io = M a 2 + Io = M L2 + M R 2 T = 2π



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

= 2π



L 2 + /5 R 2 gL

EJERCICIO NO 5.45 Se tiene una varilla delg ada de longitud L y masa m , que esta suspendida lib remente 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 por O  . Hallar el periodo del péndulo

SOLUCIÓN

Fisica II

75

5. Oscilaciones Se trata de un péndulo compuesto, su periodo se halla por teoría T = 2π



Io gbM

donde I o  se halla, usando el teorema de Steiner: Io = M a 2 + I o ,

Luego:T = 2π



y

a = L /4

M L2 7 2 2 I o  = M (L /4) + 12 = 48 M L ,

y

b = L /4

7 2 48 M L

g L4 M

T = 2π



7L 12 g

EJERCICIO NO 5.46 Hallar el periodo de oscilación de la placa de masa m que se muestra en la figura. La placa se encuentra suspendida del punto medio de uno de sus lados

SOLUCIÓN

Otro caso de péndulo compuesto: T = 2π



Io gbM

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

b = d /2 Fisica II

76

5. Oscilaciones I o  = m d 2 /6 + m (d /2)2 = 15/6m d 2

reemplazando: T = 2π



2m d 2 /12 g (d / 2)m

T = 2π



5d 6g

Fisica II

Capítulo 6 Hidrostática 6.1. Fluidos Es una sustancia incapaz de resistir fuerzas o esfuerzos de corte sin desplazarse los fluidos pueden ser líquidos y gases.

6.2. Densidad Para fluidos homogéneos esta definiendo como una relación de su masa y el volumen que tiene u ocupa. Depende la temperatura y presión para los gases en cambio para los líquidos la variación es pequeña. D=ρ=

M

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

(6.1)

V

6.3. Peso especifico Es el cociente entre el peso del cuerpo por la unidad de volumen. Pe = γ =

P V

γ = ρg

(6.2) (6.3)

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

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

77

78

6. Hidrostática

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

Figura 6.1: Presión en diferencia de area

p = l´ım

∆F

→ ∆S

δS 0

=

dF

(6.4)

dS

6.6. Variación de la presión en un fluido en reposo 6.6.1. Líquidos Tomemos una porción del liquido de sección A y espesor d y . Como el fluido esta en reposo.

− (p − d p ) A − d w = 0 p A − p A − Ad p − ρ gAdAdy = 0 d p = −ρ g d y pA



p 2 =p 0

dp = p 1 =p

−ρ g



y2

dy y1

y y 2 − y1 = h

p = p0 + ρ g h (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. Fisica II

79

6. Hidrostática

Figura 6.2: Presión en un fluido en reposo

6.6.2. Gases Se produce de igual forma y se obtiene d p = −ρ g d y ,consideremos que la densidad varia con la presión, ρ proporcional a p , se considera que la temperatura no varia. ρ p = ρ0 p 0 dp = p 2 =p

donde: α =

ρ0 g p0

, α = 0,116k m −1



p 1 =p 0

−g

 ρ0 p0

y2 =y

g ρ0

dp p =

pd y

−

p0

p = p 0 e −αy



y 1 =0

(6.6)

Figura 6.3: Presión en función de la altura y profundidad

Fisica II

80

6. Hidrostática

Figura 6.4: Vasos comunicantes

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

p 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. Fuerza ejercida sobre la pared de un recipiente Tomemos un d F = p d A = ρ g y (b d y ) F = ρg b



h

ydy = 0

ρ g b h2

2

(6.8)

Fisica II

81

6. Hidrostática

Figura 6.5: Principio de Pascal

6.9. Principio de pascal Expresa lo siguiente: la presión aplicada a un fluido se trasmite sin disminución alguna a todas las partes del fluido y las paredes del recipiente que lo contiene.

6.10. Principio de Arquímedes Se expresa así: Un cuerpo total o parcialmente sumergido en un fluido experimenta un empuje ascendente igual al peso del fluido desalojado por el cuerpo. Consideremos un prisma de sección A y altura h , sumergido dentro de un liquido de densidad ρ y peso especifico γ. La presión en la base del bloque es γ y 1 y la fuerza ascendente ejercida por el liquido sobre el bloque es F1 = p 1 A = γy 1 A . De igual forma el liquido ejerce presión sobre la sección superior γy 2 y la fuerza esta dirigida hacia abajo y vale F2 = p 2 A = γy 2 A

El empuje es: E = F1 − F2 = γy 1 A − γy 2 A = γA (y1 − y 2 ) E = γAh = γV

(6.9)

Fisica II

82

6. Hidrostática

6.11. Manometro Son aparatos destinados a medir la presión de los gases y líquidos. Se puede tener las situaciones que se indican en la figura.

Figura 6.6: Manómetros

6.12. Fuerzas moleculares en los líquidos Si se coloca una lamina de vidrio en un deposito de agua, y después se retira, algo de agua quedara pegada. Las fuerzas de atracción entre las moléculas de agua y las del vidrio son mayores que las fuerzas entre las mayores que las fuerzas entre las moléculas de agua adyacentes. Se mide con el ángulo de contacto α (Trazando una tangente an el punto de intersección de la lamina de vidrio), en este acaso α25o .

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

se halla el ángulo de contacto, trazando una tangente, en este caso α = 130

Fisica II

83

6. Hidrostática

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

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

6.13. Tension superficial Se puede explicar en función de las fuerzas de atracción que las moléculas de un liquido ejercen entre si: Para una molécula dentro del liquido A , la fuerza media es nula, debido a las moléculas vecinas a su alrededor. B que se halla en la superficie del liquido, experimenta fuerzas de Para eldirigidas caso de la moléculahacia atracción solamente una fuerza resultante actuando hacia abajo para impedir que escape.

6.14. Definición del coeficiente de tension superficial (σ) F L

Es la fuerza aplicada a la unidad de longitud del borde de la película superficial del liquido: σ = , también la energía almacenada por unidad de area es igual al coeficiente se tension superficial Fisica II

84

6. Hidrostática

σ = UA , esta expresión se deduce de la figura.

Figura 6.9: Tension superficial

Se utiliza una solución jabonosa el marco de alambre de ancho a ,seformadospelículas cuyo ancho total o perímetro es 2ala retirar . Por definición de σ Fuerza perpendicular a la longitud F0 σ= = Ancho de las dos peliculas 2a Si la altura de la película formada en el marco es h , luego el trabajo hecho para formarla película es: W = F0 h = 2a σh = σ(2a h ) Luego σ=

W

2a h

=

U

(6.10)

A

6.15. Formación de una gota liquida Consideremos la mitad de la gota y Fσ : es la fuerza hacia la izquierda a la tension superficial y F : fuerza hacia la derecha debido a ∆p . p

En el equilibrio, para formar la gota Fσ = f p

σ (2π R ) = ∆ p π R 2 2σ

∆p =, LeydeTate

R

(6.11) Fisica II

85

6. Hidrostática

Figura 6.10: Gotas liquida

6.16. Formación de una burbuja de jabón Sea la figura.

Figura 6.11: Burbuja de jabón

por definición.

∆ p = ∆ p 1 + ∆ p 2 = (p

2σ R

+

− p  ) + (p  − p

2σ R

∆p =

= ∆p

4σ R

a) = p

−p

a

(6.12) (6.13)

Fisica II

86

6. Hidrostática

6.17. Ascenso de liquido en tubos capilares El liquido ascendente hasta que la fuerza de tension superficial se equilibra con el peso del liquido que ascendió por el tubo capilar. Se tiene en el equilibrio: Fy = 0



Fσ cos θ

− m g = 0,

Fσ cos θ = m g

2πr σ cos θ = ρ g πr 2 h h = 2 σ cos θ ρ gLey r deJurin

(6.14)

6.18. Ejercicios resueltos 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 ρ2 , Si la deformacion cuando esta en el aire es el triple que cuando esta en el liquido, determine ρ2 /ρ1

SOLUCIÓN

En el aire FE = k (3x ) = ρ1 g V

en el liquido

(i)

FE + E = W k x + ρ2 g V = ρ1 g V

ρ1 g V

3

(ii)

+ ρ2 g V = ρ1 g V

2 3

ρ2 g V = ρ1 g V ρ2 2 = ρ1 3 Fisica II

87

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

SOLUCIÓN

W = 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 2 (3x )

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

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

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

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

W 04πR 2 .e ρL g

  

E = ρH2O V g = ρH 2O g

43 πR 3

E=W

4 4π R 2 e ρ L g = π R 3 ρ H 2 O g 3 e=

ρ H 2O ρP L

R

3

Fisica II

88

6. Hidrostática

EJERCICIO NO 6. 4 Una caja de monedas de base A = 800c m 2 abierta por su parte superior flota en agua, según muestra la figura, la caja se hunde ∆h = 5c m mas al colocar una masa desconocida m dentro de la caja ¿C ual es el peso de la caja y el valor de la masa m ?

SOLUCIÓN

(a) We = W1 We = ρH 2O g VS = ρH2O g Ah 1

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

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

− h 1) = ρ

H 2 O A ∆h

EJERCICIO NO 4.57 Calcular la fuerza de la presión del agua sobre el panel triangular A BC . La parte superior del panel se encuentra a la profundidad h del nivel del agua. Despreciar la presión atmosférica.

SOLUCIÓN

Fisica II

89

6. Hidrostática Fuerza total F=



(i)

pdS

presión hidrostática: p = ρ g (h + a

(ii)

−y)

de la figura tan θ = x=

b

=

a

b (a a

derivando dx =

x a

−g (iii)

−y)

− ba d

− ab d x = d y

(iv)

dS = xd y

(v)

Area del elemento superior es:

F=



a

0

b

ρ g (h + a − y ) ( a − y )d y a

F = g abρ

  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 Lamasadelcuerpo m c = m H g +m Sn ,Elvolumendelcuerpo Vc = VH g +VSn ,comodato m H g = 14 m Sn , la densidad del cuerpo (amalgana). D=

1 m Sn + m Sn m c m H g + m Sn = = 4 mH g = Sn Vc VH g + VSn +m ρ ρ Hg

Sn

5 m 4 Sn mH g

4ρH g

Sn +m 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 g para establecer el equilibrio. ¿Cual es el peso especifico de la leche?

SOLUCIÓN En equilibrio, primero figura (1)

A = Pf r s co + FLeche

En equilibrio , segunda figura A = PF + Pagua + 12

(2)

En equilibrio, tercero figura: A = Pf + 387 g

(3)

Fisica II

90

6. Hidrostática

de (1) y (3) se obtiene: Pleche = 387 g De (1) y (2) se obtiene: Pagua = 375 g . Peso especifico de la leche: Pe = PVLL , VL = Vagua Como la densidad del agua es 1 g /c m 3 , el volumen del agua Vagua = 375c m 3 , Luego Pe = 387/375 = 1,032

Pe = 1,032 g /c m 3

EJERCICIO NO 6. 7 A un ingeniero se le asigna la tarea de diseñar un globo esférico cuya capaci dad bruta de carga sea 4,900N , lo que corresponde a una masa de 500K g que incluye la masa del propio aeróstato. El globo se llenara con hidrógeno. Hallar el radio mínimo que deberá tener el globo para levantar esa carga total (ρaire = 1,293 K g /m 3 ), ( ρH = 0,090K g /m 3 )

SOLUCIÓN



F = 4,900,

V g (ρA r=



V g ρA

−ρ

H) =

3 × 4,900

E aire

−Vg ρ

4π g (ρ a − ρ H )

−m

4,900;



Hg

= 4,900

H = 4,900

y

4 3

V = πr 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 3

g /c m . Un objetivo cilíndrico deadensidad desconocida area en lade base es a y altura ρ cuya 0,8 se deja caer al recipiente, quedando flote finalmente cortando la superficie separación entreh , el aceite y el agua, sumergido en esta ultima hasta la profundidad de 2h /3. Hallar la densidad del objeto.

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

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

EJERCICIO NO 6. 9 Un prisma de longitud L y peso especifico γ1 = 34 γ se sujeta en la posición indicada.

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

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



F = ma = E

−mg Fisica II

91

6. Hidrostática (L

simplificando: a =

γ γ1

−1−

γx L γ1

SE sabe V DV = a d x , V d V =

− x )A γ − A L γ 1 = m a

, se observa que es variable y depende de x :

−−   − − γ γ1

γx L γ1

1

d x , integrando

γ γ1

V 2 = 2g

1 x

2γ g 2 x 2 L γ1

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

 −− γ γ1

1 x

2γ g 2 x , 2 L γ1

x1 =

L

2

Para hallar el tiempo empleado se usa: v2 =

− 43gL x 2 + 23 g x

integrando, poniendo limites y sabiendo que v = dd xt

 − L /2

dx/

(

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

0

3L /4 g sen−1

−



 

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

t

dt 0

L /2

−8 g x + 2 g 3L 3 2 3g



=t

 

0

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

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



d F sen θ = d = Fz

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



p d A cos θ =



π

2

0

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

Fy = πa 2 ρ g (h

− 2 a / 3)

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

Fisica II

92

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

T =mg



F=T+E

−mg = 0

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

a o

o

h

a)

T = 0,5 O

JERCICIO N 6.12 ¿Cual debe3 ser la relación entre los radios interior R i y exterior R e de una esfera E de hierro hueca ρH = 7,6 × 10 K g /m 3 , para que flote totalmente sumergida en alcohol 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 =mg

4 3

ρOH πr e3 g = ρH (R e2 − R i3) g

Usando la relación x = R i /R e

900 = 7600[1 − x 3 ] x = 0,96

EJERCICIO NO 6.13 Una compuerta de sección parabólica AB esta articulada en A e inmoviliza en B, como se indica en la figura. Si la compuerta tiene una anchura de a = 3m . Hallar las compone ntes de la fuerza que produce el agua al actuar sobre la compuerta.

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

  −  − 

d Fx = p d A = p g ( L L

Fx = p g a L

L

dy

0

La componente en la dirección Y :

y )(a d y )

ydy

0

d Fy = p d A = p g ( L

como x =

y2

3

=

1 2 aL 2

− y )a d x

, d x = 23 y d y

Fy = p g a



L

(L 0

− x )d x = g a



L

(L 0

− y ) 23 y d y = 23 g a

Fy =

1 g a L3 9

 

L

L

0

  L

ydy

−

y 2d y

0

EJERCICIO NO 6.14 El manómetro que se muestra en la figura se utiliza para medir la direcció n de nivel de agua entre los dos tanques. Calcular esta diferencia x , sabiendo la densidad del aceite ρa c y del agua ρa Fisica II

93

6. Hidrostática

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

Pa = p o ,

PE = p o

Luego: PB + ρa g h + ρa g x  = PA = p o (ramal de la izquierda) PC + ρa c g h + ρa g x  + ρa g x = PE = p o (ramal de la derecha)

Igualando las dos ultimes expresiones se halla:

a x=ρ

− ρa c h ρa

EJERCICIO NO 6.15 Un cuerpo que tiene un volumen de 150d m 3 , requiere una fuerza de 20 K g para mantener sumergido en el agua. Si para mantener sumergido en otro liquido se necesita una fuerza de 10K g . Cual es la densidad re lativa de este ultimo liq uido

SOLUCIÓN

Por la condición de equilibrio:



F =0

− F1 − P = 0 P = V γ − F1 P = 150 − 20 = 130 K g E1

c

c

c

L

c

También se cumple



F = E2

− F2 − P

c

E 2 = Pc + F2 = 130 + 10 E 2 = 140K g

como E 2 = Vc γ

⇒ γ = E 2 /V , c

γ = 140/150 = 0,93

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

Fisica II

94

6. Hidrostática

SOLUCIÓN Por la condición de equilibrio



−W = 0 g h π (R 2 − r 2 ) = W

F = PB S B

PB S B = W ; h=

W

(1)

ρ g π( R 2 − r 2 )

Usando la equivalencia de presiones en el punto A

W +mg PA

de (??) en (2) ρg

Luego:



= ρ g (h + H ) =

W

ρ g π (R 2 − r 2 )



H = mg

πR 2

 

+H = 2

− RW2 −r r 2

(2)

W +mg πR 2

/ρ g πR 2

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

Fisica II

95

6. Hidrostática

Sea E 1 = V γ2 : Es el empuje del aire obre el cuerpo E 1 = V1 γ2 : es el empuje del aire sobre el cobre Por condición de equilibrio: P1 − E 2 = Pc − E 1 (1)

− E 2 = P1 + V γ2 − V1γ2 P = P1 + γ2 (V − V1 ) = P1 + γ2 (V − P1 /γ1 ) Pc = P1 + E 1

c

reemplazando valores: Pc = 801,17 g

El error porcentual sera: Pc

− P1 × 100 = 0,14%

Pc

EJERCICIO NO 6.18 Un estanque con agua, cuyo anchur a es b , esta dividido por un tabique. Por un lado del tabique el nivel del agua respecto del fondo es h sobre el tabique

1 , por el otro h 2 . Halar la fuerza que

actúa

SOLUCIÓN

La fuerza solicitada se indica en el gráfico de la izquierda: F = F1 − F2 Luego h1 1 F1 = Pd A = ρ g y (b d y ) = ρ g b h 21 2 0 F2 =

entonces: F1 − F2 =

1 ρb (h 21 2

   

h2

pd A =

ρ g y (b d y ) = 1 ρ g b h 22 0

2

− h 22 )iˆ

EJERCICIO NO 6.19 Una cisterne cuya forma se da en la figura. esta llena hasta el máximo de agua y se mueve con aceleración a en la dirección horizontal. Hallar la fuerza con que el agua actúa sobre la tapa de la cisterna.

Fisica II

96

6. Hidrostática SOLUCIÓN

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

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

 

v 2 = vo2 + 2a x = 2a x ,

= dF

  

1 ρ 2a x (b d x ) jˆ 2 L

F = ρ a b

vo = 0

1 2

x d x jˆ = ρ a b L 2 jˆ

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 el espacio entre los émbolos esta lleno de agua. Despreciése el rozamiento. Los extremos del recipiente están abiertos a la atmosfera.

SOLUCIÓN

Fisica II

97

6. Hidrostática

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



po s 1 + T = p 1s 1

F = p 2s 2



F = p p s1 +

(1)

− T − p s2 = 0 o

p 2s 2 = T + po s 2

(2)

p2 = p1 + ρ g H

(3)

(p 1 + ρ g H )S 2 = T + p 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 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

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

h =

según condición del problema: h 1 = h 2 2σ 1 2σ 2 = ρ1 g R 1 ρ2 g R 2 R 1 = σ 1 ρ2 R 2 σ 2 ρ1 R1 R2

=

0,02 × 0,80 = 0,67 0,03 × 0,79

EJERCICIO NO 6.22 Entre dos varillas iguales de 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 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 + Fσ

−mg = 0

2T + Fσ = m g 2T + σ (2 L ) = m g

(1)

Para hallar σ es necesario conocer T : Fisica II

99

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

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



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



T = 2σ R

d l = Rd θ

(2)

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

mg

4R + 2 L

= 44,5d /c m

y T = 445dinas

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 50m m y un diáme tro exterior 52 mm, para desprenderlo de la superficie del agua. (b) Que parte de la fuerza hallada corre sponde a las fuerzas de la tensión superficial.

SOLUCIÓN

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



F=F

F = m g + Fσ

F = ρ g h π(r 22

donde: ρ

= 2,6 g /c m 3 , σ = 0,073N /m

− m g − Fσ = 0 − r12) + 2πσ(r1 + r2)

F = 64,2

× 10−3N

(b)F σ = 2πσ(r1 + r2 ) = 23,4 ×−3 N Fisica II

100

6. Hidrostática

EJERCICIO NO 6.24 Se lleva un auto que pesa 1600K g f a la plataforma hidráulica de un taller de servicio; el diámetro del piston del elevador mide 0,25m . El peso de todo el elevado r es de 800 K g f a) Calcular la presión que debe ejercer el liquido hidráulico sobre el piston del elevador para levantar el auto a velocidad constante.

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

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

−W −W e

a

= ( m e + m a )a

a) En este caso, como la v es constante la aceleración es nula a = 0 F1

−W −W e

a

= 0,

F1 = We + Wa y F = F1

donde w e : peso del elevador = 800K g f W a : peso del auto = 1600K g f p 1 = F1 /

πD 2

4

=

( We + Wa )4

πD 2

,

D = 0,25m ,

p 1 = 4,79

× 105N /m 2

b) Como existe aceleración : F2

We

Wa = (m e + m a )a

− F2 =−(m

e

y

F = F2

+ m a )a + m e g + m a g

F2 = (m e + m a )(a + g )

ρ2 = F2 /

πD 2

4

= 5,15

× 105N /m 2

Fisica II

Capítulo 7 Hidrodinámica 7.1. Líneas de fluido o de corriente La trayectoria de una pequeña porción de agua va de a a b y c , se llama líneas de flujo.

Figura 7.1: Leneas de flujo

7.2. Tubos de flujo o de corriente Un haz de líneas de flujo se llama tubo de flujo. Si la sección recta del tubo de corriente es suficientemente pequeña, la velocidad en el medio de una sección cualquiera puede considerarse como la velocidad media en dicha sección.

7.3. Principio fundamentales Tres principios fundamentales se aplica al flujo de fluidos:

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

101

102

7. Hidrodinámica

7.4. Tipos de flujo o regimen 7.4.1. Regimen estable, permanente o estacionario Cuando en un punto cualquiera, la velocidad de las sucesiones partículas que ocupan ese puntoenlossucesivosinstanteseslamisma.Peropuedevariardeunpuntoaotro,esdecir,servariable respecto de las coordenadas espaciales.

7.4.2. Flujo uniforme Tiene lugar cuando el modulo, la dirección y el sentido de la velocidad no varia de un punto a otro del fluido.

7.4.3. Flujo rotacional Los líquidos en depósitos que están girando constituyen un ejemplo en las que la velocidad de cada partícula varia en proporción directa a la distancia del centro de rotación.

7.4.4. Flujo laminar Las partículas fluidas se mueven según trayectorias paralelas formando el conjunto de las laminas o planos paralelos. Los módulos de las velocidades de capas adyacentes no tienen el mismo valor.

7.4.5. Flujo turbulento Cuando las partículas del fluido se mueven de forma desordenada en todas las direcciones.

7.5. Ecuación de continuidad

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

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

El flujo de masa en A 1 es

∆m 1 ∆t

= ρ1 A 1 v 1

Fisica II

103

7. Hidrodinámica 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 1A 1v1 ρ2 A 2 v 2

(7.1)

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

7.6. Ecuación de Bernoulli Consideremos un fluido no viscoso, irrotacional, estable, incompresible, que se desplaza por un tubo de flujo.

Sea p 1 , A 1 , v 1 y ∆ L 1 elementos del sistema al inicio, y p 2 , v 2 y ∆ L 2 del movimiento de la masa. El trabajo de debido a la fuerza F1 = p 1 A 1 es w 1 = p 1 A 1 ∆ L 1 y debido a la fuerza F2 = p 2 A 2 es w 2 = −p 2 A 2 ∆ L 2 . El trabajo efectuado en contra de la fuerza de la gravedad: w 3 = −m g (y 2 − y 1 ). El trabajo total: W = w 1 + w 2 + w 3 = p 1 A 1 ∆L 1

Como

m

ρ

− p 2 A 2 ∆ L 2 − m g (y 2 − y 1 )

= A 1 ∆ L 1 = A 2 ∆ L 2 , reemplazando:

W = (p 1

− p 2) mρ − m g (y2 − y1)

(i)

El cambio de energía cinética del elemento de fluido es: 1

2

1

2

∆K =

2 m v2 − 2 m v1 Como el Teorema de trabajo y Energía expresa: W = ∆K de (i) y (ii): (p 1

(ii)

− p 2) mρ − m g (y2 − y1) = 12 m v 22 − 12 m v 12

1 1 2 2 donde p + ρ g y : presión estática, 12 ρ v 2 : presión dinámica.

p 1 + ρ v 12 + ρ g y 1 = p 2 + ρ v 22 + ρ g y 2 ,E cuación de Bernoulli

(7.2)

Fisica II

104

7. Hidrodinámica

7.7. Teorema de Torricelli

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 v1 =

−

y1) = 2g h

(7.3)

2g h

(7.4)

7.8. Tubo de Venturi

Se usa para medir la velocidad de flujo de un liquido.

De la ecuación de Bernoulli: 1

1

2

2

p 1 + 2 ρ v1 + ρ g y1 = p 2 + 2 ρ v2 + ρ g y2

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: pc = pD Fisica II

105

7. Hidrodinámica p1 + ρ g h = p2 + ρ g h p1

− p 2 = g h (ρ  − ρ ) (γ )

x

De (β ), (γ) en (α) v1 =



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 y1 = y2,

v2 = 0

1 2

p 1 + ρ v 12 = p 2

(i)

Como el liquido ρ  esta en reposo: p 1 + ρ  g h = p 2 + ρ g h y ρ  < ρ p1 + ρ g h = p2

(ii)

De (ii) en (i) 2ρ  g h

v = 1



(7.6)

ρ

Fisica II

106

7. Hidrodinámica

7.10. Flujo de los fluidos viscosos La viscosidad en los fluidos se debe a atracciones entre las moléculas del liquido y la de los 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 objetos en contacto con el fluido y del fluido mismo (su densidad). El coeficiente de viscosidad (η) aumenta con el aumento de temperatura para gases y el aumento de temperatura para gases y en líquidos la relación es inversa con la temperatura. La Ley fundamental de la viscosidad es que el valor de la fuerza de viscosidad es proporcional al area y al gradiente de velocidad ∂∂ vy que existe en el lugar donde esta situada el area de contacto (A )



f = ηA

− 

[ η] =

∂v ∂y

; en unidades:

g

cm

− s e g = poise

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

La velocidad v es solo función de r y se anula para r = R = D2 , como el flujo es laminar: F1

− F2 − f = p 1πr 2 − p 2 πr 2

 − −

2π r L η

dv dr



=0



F =0

Fisica II

107

7. Hidrodinámica

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

−



0

dv =

p1

2η L

v

v=

p1

− p2

− p2

4η L

vm a x = v

|



D /2

rdr r

 −

r =0

D2

4

=

r2

(i)

∆p R 2

4η L

Hallemos el gasto que pasa a través de todo el tubo

Q = V˙ =

Reemplazando (i) en (ii) e integrando: V˙ =



D /2

v (2π r d r )

(ii)

0

π R 4 ∆p ,EcuacióndePoiseuille 8η L

(7.7)

2

La velocidad media es: v = πQR 2 = ∆8pR = 12 v m a x πL

7.11. Numero de Reynolds Sirve para determinar si el fluido de que se desplaza a través de un tubo es o no laminar.

Fisica II

108

7. Hidrodinámica Se define: N Re = N Re

ρ v D η

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

cinética

ν =

η ρ

: viscosidad

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

George Stokes dedujo una expresión:



−6πηr v F = m g − E − F = ma FR =

R

Si la esfera parte del reposo v = 0, y FR = 0 ao = g

− mE = g (ρ − ρρ ) o

Esta aceleración inicial srcina 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 3 m g = E + FR , 3 πr ρ g = 3 πr ρ0 g + 6πηr v l i m 2 r 2g vl i m = (ρ − ρ0 ) (7.8) 9 η

Fisica II

109

7. Hidrodinámica

7.13. Ejercicios resueltos EJERCICIO NO 7. 1 Un gran tanque de almacenamiento se llena hasta una altura h. Si el tanque se perfora a una altura h medida desde de el fondo del tanque. ¿A que distancia horizontal x del tanque cae la corriente?

SOLUCIÓN Por Bernoulli SOLUCIÓN

1 v1

 v2 ⇒

2

o

2

p 1 + 2 ρv1 + ρ g h 1 = p 2 + u m ρv2 + ρ g h 2 v 1 = 0, p 1 = p 2 = 0

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 = v 0 cos θ v y = v 0 sin θ

En la cumbre v y = 0

⇒

⇒ ⇒

−gt

x = (v 0 cos θ )t y = (v 0 sin θ )t

− 12 g t 2

v 0 sin θ = g t h = y (v 0 sin θ )t t=



2h / g

− 12 g t 2 ⇒

h= 1gt2 2

Tiempo de subida o bajada

x

= (v 0 cos θ )t = v 2 t

x

=

x

=



2 g (h 0 − h )r t 2h / g

2 h (h 0 − h ) Fisica II

110

7. Hidrodinámica

EJERCICIO NO 7. 2 Un tanque con agua tiene dos aguje ros a las alturas 3c m y 10cm medidos desde su base. ¿A que altura esta el agua en el tanque cuando los chorros que salen de los agujeros tocan el piso en el mismo punto?

SOLUCIÓN Aplicando la Ley de Torricell:

para cada agujero v1 = v2 =

Distancia alcanzadas.

 

2 g (H − h 1 )

(1)

2 g (H − h 2 )

(2)

  −

c x 1 = v1t 1 = x 2 = v 2t 2 =

Por dato: x 1 = x 2



2 g ( H − h 1 )t 1 2 g (H − h 2 ) t 2

2 g (H − h 1 ) t 1 = t1 =

H H

(3) (4)

2 g (H − h 2 )t 2

h2

− h1 t2

(5)

respecto de las alturas de las caidas de los chorros:

(6)÷(7)⇒

h1 h2

=

h 1 = g t 12

(6)

h 2 = g t 22

(7)

t 12 t 22

h1

t1 =

−

t2

(8)

h2

(8) en (5)

h1 h2

=

H

h2

H

− h1

− 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 1H

H = h2 + h1

Fisica II

111

7. Hidrodinámica

EJERCICIO NO 7. 3 En la pared de un recipiente grande con agua se perforan dos orificios, uno encima de otro, de area 0,1c m 2 cada uno. La distancia entre los orificios es 30cm. En el recipiente se vierte un caudal de 100 c m 3 /s. Hallar el punto de intersección de los chorros de agua que salen de los orificios.

SOLUCIÓN

Como A  a , usamos el Teorema de Torricelli: v1 = 2g h , v2 =



Usando las ecuaciones de la cinemática



2 g (h + H )

x = v 1t 1 = v2t 2 y

− h = 12 g t 12,

y

− h − H = 12 g t 22

(1)

(2) (3)

El caudal Q es igual al caudal que sale por los orificios Q = a v1 + a 2

(4)

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

y = 255,88c m

EJERCICIO NO 7. 4 En un tubo, doblad o en ángulo recto de secció n transversal S, para el gas con ve-

locidad v . La densidad del gas es ρ . Con que fuerza el gas actúa sobre el tubo. Precindir de la composición del gas y del rozamiento.

SOLUCIÓN

Fisica II

112

7. Hidrodinámica

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

 ∆P ∆t

Hallemos la variación de la cantidad de movimiento por unidad de tiempo, para la sección vertical 1 p

=

∆t

∆ m 1 v1 ∆t

p 1 ∆t

=

=

ρ S ∆L 1 v1 ∆t

ρ Sv ∆t v ∆t

=

v ρS ∆t v1 ∆t

( jˆ) = ρSv 2 ( jˆ)

−

−

Para la sección horizontal: p 2 ∆t

=

∆ m 2 v2 ∆t

p 2

ρ S ∆L 2 v2 ∆t

ρ Sv ∆t v

=

∆t

=

∆t

=

ρ Sv ∆t v2 ∆t

iˆ= ρSv 2 (iˆ)

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

=

p 2

− p 1 = ρSv 2(iˆ+ jˆ)

∆t

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

 ∆p ∆t

= ρ v 2S (iˆ+ jˆ)

Luego la fuerza del gas sobre el tubo es: 2 ˆ  F = ρv S( i

ˆ

− −j)

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

SOLUCIÓN

Fisica II

113

7. Hidrodinámica

De la ecuación de Bernulli: 1 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 + (F /S ),

p 2 = po

h1 = h2 = 0

F 1 1 p o + + ρ v 12 + 0 = p o + ρ v 22 + 0 S 2 2 F 1 1 2 2 + ρv = ρv S 2 1 2 2

(1)

de la ecuación de continuidad: πD 2

A 1v1 = A 2v 2,

4 D

v2 =

de (2) en (1):

F S

1

v1 =

  2d 2 D

πd 2

4

v2

2



+ ρ v 12 = 2

v1 =

d

v1

(2)

1 ρ [(D /d )2 v 2 ]2 2

[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 vaciad o.

SOLUCIÓN

Fisica II

114

7. Hidrodinámica

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 = po y1 = h

−y

y2 = 0

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

(1)

πr 2 v 1 = πr 2 v 2 v2 =

r 2 r2

(2)

v1

De (2) en (1):

 

r 2 v 1 1 2 1 ρ v 1 + ρ g (h − y ) = ρ r2 2 2 1 2 1 r 4 v 2 ρ v + ρ g (h − y ) = ρ 4 1 2 1 2 r v1 =

Pero en el gráfico se tiene la relación:

  −− 

2 gr (4h y ) 1 r4

R r = h h y

−

De (4) en (3): v1 =



2

(3)

(4)

2 g (h − y ) dy − − 1 = vy = d t 4

[R /h (h y )]4

r

Fisica II

115

7. Hidrodinámica

− − −  − ∼ −  ∼ −  ∼ −  − − 

2g d t =

h

R2 d t = h 2r 22 g

y

dy

dy

y )3 d y

(h

2g h 2r 2

t=

y )4

h

R2

1

y

(h

2g h 2r 2

dt =

0

y )4

(h

h 2r 2 R2

dt =

t

R2

h

(h

y )3 / 2 ( d y )

0

R2

2h

5t 2

g

EJERCICIO NO 7. 7 Sea en la figura, agu a de una densidad ρ y que sale del fondo de un embudo, en forma de cono truncado de semiángulo α. Suponiendo que el agua salga a una velocidad vo po r una abertura de radio r al fondo. Hallar la velocidad del fluido v (y) a una altura y por encima de la base del embudo.

SOLUCIÓN

Por la ecuación de continuidad:

πx 2 v y = πr 2 vo

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

x

−r , y

(1)

x = y tan α + r

π(r + y tan α)2 v y = πr 2 vo v = r 2 vo /(r + y tan α)2 Fisica II

116

7. Hidrodinámica

EJERCICIO NO 7. 8 Si la presión P en algún punto de un fluido en movimiento se hace muy pequeña, observamos la aparición de burbujas, que se asocia a la liberación de gases disueltos. Este fenómeno se conoce como cavitacio n. demuestren que si sale agua de una tubería horizontal de area A a una velocidad v o , entonces, la cavitacion se producirá si corriente arriba hay un estrangulamiento de area dada por: a = A /[1 + 2Po /ρ vo2 ]1/2

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 = po ,

y

v1 = v

y1 = y2

v 2 = vo

p + 1 ρ v 2 = p o + 1 ρ vo2

2

2

Para que se produzca la cavitacion: po

p

1 2 1 ρ v = p o + ρ vo2 2 2

(1)

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

de (2) en (1):

v = A /a v 0

(2)

1 1 ρ (A /a vo )2 = p o + ρ vo2 2 2 a = A /[1 + 2p o /ρ vo2 ]1/2

EJERCICIO NO 7. 9 Un tanque de forma piramidal de 4,5m de profundidad, construido como se muestra en la figura. inicialmente esta lleno de agua. En el fondo del mismo se abre un orificio de 30c m 2 , dejando que escurra el agua por el. Cuanto tiempo debe transcurrir para que se vacié completamente el tanque.

SOLUCIÓN

Fisica II

117

7. Hidrodinámica

Usando la ecuación de Bernoulli para los dos puntos: 1 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 = po ,

v 1 = v y , y1 = ho , y2 = 0 1 2 1 p o + ρ v y + ρ g (h o − y ) = p o + ρ v 22 + ρ g (0) 2 2 1 2 1 2 ρ v + ρ g (h o − y ) = ρ v 2 2 y 2 De la ecuación de continuidad: (2x )2 v y = a v 2 ,

De ( 2) en (1):

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

    − − 4x 2

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

2 g (h o

y)

16x 4

1

a2

Por relaciones:

a

tan θ = tan θ =

I 1 /2 x

tan θ =

(2) 2

vy

(3)

(a)

ho + m

ho

(1)

(b)

−y +m I 2 /2

(c)

m

Luego: m = I 2 h o /I 1 − I 2 de (a) y (c) I 1 /2 I 2 ho i 1 I2

ho + −

=

x I 2 ho I1 I2

ho + −

−y Fisica II

118

7. Hidrodinámica De (a) y (b)

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

y = h o (I 1

o

(4)

2h o

De (4) en (3):

 − − ∼   −     − ∼   − − − − − − − − − − − − − − − −  vy =

2 g (h o y ) − − 4 1

16

ho I 1 y ( I 1 I 2 ) 2h o

a2

por aproximacion:

vy =

16

a2

v y == a h o2 dy dt

=

0

h o2 I 12

− 2h

o I 1 (I 2

ho

Los limites de integracion:

integrando y valorando: h o5/2

(h o

B

y)

I 2 )]2

B = 2h o2

,

[h o I 1

y (I 1

I 2 )]2 d y

(h o

y)

y ; y = ho

y)

y (I 1

I 2 )]

µ1 / 2



(h o

[h o I 1

y (I 1

I 1 )(h o

4

2h o

[h o I 1

haciendo cambios de variable: µ = h o



2g

2 g (h o y ) ho I 1 −y (I 1 −I 2 )

2g

= Bdt

µ; d y = d µ

µ) + ( I 2

t = 0,

y = 0,

t =t,

y = ho ,

I 1 )2 ( h o

t

µ)2 ( d µ ) =

Bd t 0

µ = ho µ=0

 

6 2 8 16 I + I 1 I 2 + I 22 = a h o2 2 g t 15 1 15 15

2 t= 15



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

2g

a

donde: h o = 4,5m , I 1 = 10,2m , I 2 = 1,2m , a = 30 × 10−4 m 2 , g = 9,8m /s 2 t = 7923,96s e g t = 2,20h

Fisica II

Capítulo 8 Temperatura 8.1. Ley cero de la termodinámica Si A y B son dos objetos, que se hallen en equilibrio térmico con un tercer objeto mómetro), entonces A y B se encuentran en equilibrio térmico entre si.

C (el ter-

8.1.1. Definición de estado de un sistema Un estado de un sistema de masa y composición constante, se define por un par de coordenadas independientes (x , y ). Para conocer el estado de equilibrio en un sistema es necesario conocer el medio ambiente que lo rodea y la naturaleza de la pared que lo separa.

8.1.2. Pared adiabática Cuando un estado (y , x ) de un sistema A , puede coexistir en equilibri o con un estado ( y  , x  ) del sistema B , para cualquier de los valores de las cuatro magnitudes.

8.1.3. Pared diatérmica Cuando dos sistemas que están separadas por esta pared, los valores de ( y , x ) e (y  , x  ) varían hasta que se obtenga un estado de equilibrio del sistema en conjunto.

8.1.4. Equilibrio térmico Es el estado alcanzado por dos o mas sistemas y caracterizado por valores particulares de las coordenadas de los sistemas después de haber estado en comunicación entre si a través de una pared diatérmica.

8.2. Concepto de temperatura Consideremos un sistema A en el estado (y 1 , x 1 ) en equilibrio térmico con un sistema B en el estado (y 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

120

8. Temperatura

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

Figura 8.1: Isotermas de dos sistemas distintos

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

8.2.2. Definición de temperatura La temperatura de un sistema es una propiedad que determina si un sistema se encuentra o no en equilibrio térmico con otros sistemas.

8.2.3. Medición de la temperatura

Figura 8.2: Escala de temperatura

Fisica II

121

8. Temperatura

8.3. Dilatación por temperatura Casi todos los cuerpos solidos se dilatan por calor, excepto algunos que se contraen y otros cuyo volumen aumenta entre ciertas temperaturas y se reduce en otras. Los cambios de tamaño que se producen, no considera cambios de estado.

Figura 8.3: Modelo de solido cristalino Se usa un modelo cristalino, cuyos átomos están sostenidos entre si, en un ordenamiento regular mediante fuerzas de srcen 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 10 22 resores /c m 3 aproximadamente, la amplitud de vibración es del orden de 10−9 c m y la frecuencia de 1013s e g −1 . El cambio debido a la temperatura, aumenta con la distancia media entre los átomos, y cualquier cambio de las dimensiones lineales del solido, se llama dilatación lineal.

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

− T0 y ∆ L = L − L 0

∆ L = α L o ∆T

(8.1)

L = L 0 + α∆T

(8.2) (8.3)

L = L 0 (1 + α ∆ T )

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

 ∆L

α=

L0

∆T

(8.4)

Para la dilatación superficial: A = A 0 (1 + 2α∆T ), Para la dilatación volumétrica: V = V0 (1 + 3α∆T ) Fisica II

122

8. Temperatura

Figura 8.4: Dilatación lineal

8.4. Dilatación de líquidos Sea un tubo uniforme de vidrio que esta lleno de un liquido hasta la altura muestra en la figura,

h 0 a T0 , como se

Figura 8.5: Dilatación de líquidos

y luego se eleva la temperatura hasta T . ¿Cual es la altura de la columna del liquido?. Esta es la pregunta que se va a responder. Se conoce: αv : coeficiente de dilatación lineal del vidrio. βL : coeficiente volumétrica del liquido. El volumen total del liquido a la temperatura T : V0 + ∆V = (h 0 + ∆h )(A 0 + ∆A ) = h 0 A 0 + a 0 ∆h + h 0 ∆A + ∆A ∆h

donde: V0 = h 0 A 0 y ∆A ∆h = h 0 ; ∆V = A 0 ∆h + h 0 ∆A ∆h =

(∆ V

− h 0 ∆A ) A0

(i)

Para el liquido ∆V = βL V0 ∆T

(ii) Fisica II

123

8. Temperatura

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

(iii)

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

− 2α V )

(8.5)

8.4.1. Variación de la densidad con la temperatura Cuando un cuerpo se dilata se dilata, su masa no se altera, pero su densidad disminuye. Si el volumen del cuerpo T0 es VT y a T0 es VT  y las densidades respectivas son: ρT y ρT  se tiene: m = ρT VT = ρT  VT 

(8.6)

y si V0 es el volumen a 0oC , reemplazando: ρT V0 (1 + 3αT ) = ρT  V0 (1 + 3αT  )

(8.7)

ρ T 1 + 3α T  = ρ T  1 + 3α T

(8.8)

Figura 8.6: .

Fisica II

124

8. Temperatura

8.5. Ejercicios resueltos EJERCICIO NO 8. 1 Cuando cierto metal se calienta desde oC hasta 450oC su densid ad dismin uye 1,015v e c e s . Hallar el coeficiente de dilatación de este metal suponiendo que e constante en el intervalo de temperatura dado

SOLUCIÓN Se ha demostrado ∆ρ/ρ =

y

− β ∆T

β = 3α

−3α∆T, ∆T = − ∆3ρ/ρ α Por condición del problema: ρ − 1,015ρ = ∆ρ , −0,015ρ = ∆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 coeficiente medio que experimenta 200m , a 0oC , de dicho hilo, cuando su temperatura se eleve de 10oC a 200oC . SOLUCIÓN La longitud de hilo metálico para cada temperatura sera: Para t 2 Para t 1 :

I 2 = I o [ 1 + α (t 2

− t )]

I 1 = I o [ 1 + α (t 1

− t )]

o

o

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

Luego: ∆I = I

donde: I o = 200m

1

o

1

o

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

t 1 = 10oC ,

t 2 = 200oC ,

se obtiene: ∆ I = 0,00521m = 5,21m m

EJERCICIO NO 8. 3 Aque temperatura es preciso calentar un matraz abierto para expulsar los 5/6 del o

aire que contiene a 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: Vf = 6Vo Luego, para dilatar de gases: Vf = Vo [1 + β (t − t o )] 6Vo = Vo [1 + (t

− 20oC )]

pero β = 1/273oC t = 20oC + 5 × 273oC = 1385oC

5/β = t

− 20oC ,

Fisica II

125

8. Temperatura

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

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

SOLUCIÓN

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

Luego:



∆I = 2

m i R i2

(1)

m i R i ∆R i

  

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



∆R i = R i α∆T

m i R i (R i α ∆ T )

∆ I = 2α (

(2)

m i R i2)∆ T

∆ I = 2α I o ∆ T (b) sabemos para un péndulo físico, su periodo es:

t o = 2π

Io Mgb

(3)

Fisica II

126

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

Pero:



Io Mgb

1 2

∆t o ∆T

=

∆t o ∆T

= π

∆t o ∆T

= π

∆t o ∆T

= π

to

= 2π

Luego:

∆t o ∆T

 

         

Io Mgb Mgb Io Mgb Io Mgb Io

= πα

1 /2

∆b 1 ∆Io + M Igob 2 ∆ M g b ∆T T Io 2αIo ∆T 1 + Mgb ∆T M gb2 2Io α Io α + Mgb Mgb Mgb = πα MIgo b Io

to

∆t o = o u m αt o ∆T

,

2π

b α∆T ∆T

EJERCICIO NO 8. 5 (a) Una banda bimetálica, tal como se indica en la figura, d = 2m m y los metales son Aluminio y Fierro. Halle el radio de curvatura R de la tira, si se eleva su temperatura 20 oC , a partir de las temperaturas para la cual R = ∞. (b) Si la banda tiene 20c m de largo. Hallar el ángulo central del arco, que forma la banda. (c) La desviación lateral de su punta (flecha)

SOLUCIÓN

(a)Los nuevos radios para el aluminio R 1 y fierro R 2 , tendran un valor para ∆T R 1 = R [1 + αAl ∆T ] R 2 = R [1 + α F e ∆T ] R1

Pero: R 1 − R 2 = d ,

d = (αAl

−α

− R 2 = (α − α Al

F e )R ∆ T

F e )R ∆ T

R=

d (αAl

−α

F e )∆T

= 909,1c m

(b) Según el gráfico: I = R θ θ = l /R = 20c m /909,1c m = 0,022radianes

(c) Nos piden la flecha: ∆ ∆=R

− h = R − R cos(θ /2)

∆ = 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

8. Temperatura

∂V

Por definición: β = ( ∂VT ) P Para un gas ideal:

SOLUCIÓN

PV = n RT ,

  ∂V ∂T

(

luego: β =

∂V ∂T

V

)

1 nR ) = ( PV , como

V= = P

n RT P

nR P

PV nR

=T

β=

1 T

=

1 = 1,66 × 10−3 K −1 600o K

Fisica II

Capítulo 9 Calor y primera ley de la termodinámica 9.1. Calor 9.1.1. Teoría del calórico el calor es un fluido de penetrar en los cuerpos y pasar de unos a otros. Este fluido es el calórico, caracterizado por ser imponderable (no tiene peso) y por estar formado por partículas que se repelen mutuamente y son atraídas por la materia, uno de los teóricos fue Jose Black Wolf (1750).

9.1.2. Teoría cinética o energética El conde Rumford (1718) fue el primero que refuto la teoría del calórico. Considera al calor como forma de de la energía alojada en los cuerpos denominada energía térmica, que depende de los una movimientos sus menores porciones, los átomos y las moléculas. Consideremos una cámara llena de un gas que tiene una gradiente de temperatura en su volumen. En los lugares en que la temperatura es mas alta, las moléculas tienen en promedio, velocidades mayores que en los lugares en que la temperatura es menor.

Figura 9.1: Celda con gas a diferente temperatura T1 > t 2

Debido a las colisiones moleculares en la separación de ambos y a la difusión de las moléculas calientes de izquierda a derecha y de las frías de derecha a izquierda hay una transformación neta energía de izquierda a derecha, que llamamos calor. Luego, el calor es una forma de energía en tránsito. En los gases monoatomicos, la suma total de estas energías se debe al movimiento de traslación o de vaivén de las moléculas, en las moléculas mas complejas se debe considerar las energías de rotación y de vibración. 128

129

9. Calor y primera ley de la termodinámica

Luego la definición de calor, es energía que se comunica entre un sistema y su medio ambiente como resultado únicamente de las diferencias de temperatura. Halmholtz, expreso la idea de que no solo el calor y la energía mecánica son equivalentes si no todas las formas de energía lo son. 1C a l = 4,186 J ,

1 BT U = 778l b − p i e

9.2. Cantidad de calor Si se eleva la temperatura de un K g de masa de agua de 14oC a 15,5oC calentándolo, decimos que se ha agregado al sistema una K − c a l . La relación de la cantidad de calor ∆Q aplicada a un cuerpo a su correspondiente elevación de temperatura ∆T se llama capacidad calorífica, C del cuerpo: C=

∆Q

(9.1)

∆T

9.3. Calor especifico La capacidad calorífica de un cuerpo por unidad de masa, se llama calor especifico, es característico de cada material de que estaformado el cuerpo. Ce =

∆Q ∆T

(9.2)

m

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



T1

CedT ;

C e = f (T )

(9.3)

T2

Para nuestro curso se puede considerar que C ees constante, en general no lo es, tal como se indica para el caso del agua. figura.

Figura 9.2: Calor especifico del agua

Fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica

130

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

9.4. Cambios de estado Van acompañados de absorción o desprendimiento del calor.

Figura 9.3: Cambio de estado

Figura 9.4: Punto de transición

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

Fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica

131

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

9.4.2. Region BC

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

9.4.3. Calor latente de fusion Es la cantidad de calor que debe comunicarse a la unidad de masa de un solido a la temperatura de fusion para transformarlo totalmente en liquido a la misma temperatura.

9.4.4. Region CD El calor añadido se emplea para aumentar la componente cinética de la energía interna total del agua. Se usa la expresión: Q = m C e agua ∆T (9.6)

9.4.5. Region DE En el punto de ebullición, se define la temperatura a 100oC , el calor suministrado durante este intervalo se emplea para vencer las ultimas trazas de cohesion molecular. Se usa: Q = m Lv

(9.7)

L v : calor latente de vaporización.

9.4.6. Calor latente de vaporización Es la cantidad de calor necesario para convertir completamente en vapor a la temperatura de ebullición del liquido. La evaporizacion a diferencia de la ebullición tiene lugar a cualquier temperatura, la ebullición a una temperatura fija siempre que se mantenga constante la presión exterior.

9.5. Propagación del calor Se da cuando halla una diferencia de temperatura ∆T

Fisica II

132

9. Calor y primera ley de la termodinámica

Figura 9.5: Propagación del calor

9.5.1. Conducción es la forma de propagación en los metales y se basa en la presencia de electrones libres, que hacen de conductores del fluido calorífico, excitando a los átomos en su trayecto. En esta propagación no se produce desplazamiento de materia considerada en conjunto. El transporte de energía entre elementos de volúmenes próximos, en virtud de la diferencia de temperatura existente entre ellos se llama conducción calorífica. Consideremos de energía entre elementos de volúmenes próximos, en virtud de la diferencia de temperatura ∆T = T2 − T1 . Se sabe experimentalmente ∆Q ∝ A ∆T , donde ∆T : variación del tiempo.

∝ ∆∆xT

(9.8)

∝ A ∆∆xT

(9.9)

∆Q

Luego: ∆Q

dT

y en el limite: dQ dT

=

−k A dd xT

(9.10)

donde dd Fx : gradiente de temperatura, k : conductividad térmica. El signo menos es debido a que si la temperatura aumenta de izquierda a derecha, la dirección de la corriente calorífica es de derecha a izquierda. No existe ninguna sustancia que sea conductor perfecto (k = ∞) o aislador perfecto (k = 0).

9.5.2. Conducción de calor entre dos capas paralelas

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

∆Q 1 ∆t

=

−k 1A T1 L− T

x

(i)

1

Fisica II

133

9. Calor y primera ley de la termodinámica

Figura 9.6: Conducción de calor entre dos capas paralelas

Para la segunda placa L 2 :

∆Q 2

=

∆t

−k 2A T L− T2 x

(ii)

2

Para un regimen estable: ∆Q 1 ∆t

−k 1 A

T1

=

∆Q 2 ∆t

=

∆Q ∆t

− T = −k A T − T2 2 L L x

x

1

2

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

=

  −  A (T2 L1 k1

+

T2 ) L2 k2

(9.11)

9.5.3. Flujo calorífico radial entre dos cilindros coaxiales

Figura 9.7: Conducción entre cilindros

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

134

9. Calor y primera ley de la termodinámica

Sea T la temperatura para el radio r y T + d T la temperatura para el radio r + d r , el area de la capa 2πr L T2 r2 dT Q˙ dr ∆Q = − k (2π r L ) , dT =− dr π r Lk r ∆t 2 T1 r1



∆Q ∆t



= 2π Lk

T1

ln

−  T2

r2 r1

(9.12)

9.5.4. Flujo calorífico radial entre dos esferas concéntricas

Figura 9.8: Conducción entre esferas

En este caso el area a ser usada es:

A = 4π r 2 ∆Q

Q˙ =

∆t

=

T2

dT = T1



∆Q ∆t

−k (4πr 2) dd Tr r2

˙

− 4Qπk

= 4π r 1 r 2 k

r1

 −−

dr r2

T1

T2

r2

r1

(9.13)

Fisica II

135

9. Calor y primera ley de la termodinámica

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

= hA ∆T

∆t

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

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

, donde

σ = 5,67 × 10−8 w /m 2 − o k 4

9.6. Diferencial entre calor y trabajo El trabajo como el calor requiere y una transmisión de energía. Se define el trabajo como energía que se de un sistema a otro de tal manera que no interviene directamente una diferencia detransmite temperatura. Las cantidades Q y W no son características del estado (equilibrio) del sistema sino, mas bien del proceso termodinámico. Entonces Q es el calor transmitido al sistema o extraído de el, y W el trabajo efectuado sobre el sistema o producido por el.

Fisica II

136

9. Calor y primera ley de la termodinámica

9.7. Trabajo originados por cambios de volumen Tomemos un gas dentro de un recipiente cilíndrico, que tiene un émbolo móvil y el gas es el sistema.

Figura 9.9: Gas en un cilindro

El sistema, inicialmente se encuentra en el estado ( p i Vi ) y como el calor es absorbido por la base del cilindro y pasa a otro estado (p f Vf ), entonces el piston se desplaza una distancia infinitesimal d S y el trabajo efectuado por el gas es: d W = F d S = pAdS = p d V W=



V2

pd V

(9.14)

v1

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

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

Fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica

137

Figura 9.10: Trabajo efectuado por el gas

Figura 9.11: Trayectoria del proceso

9.8. Primera ley de la Termodinámica Si un sistema esta en un estado de equilibrio inicial i , pasa a un estado de equilibrio final f y siendo Q el calor absorbido por el sistema y W el trabajo desarrollado por el mismo. Sabemos que Q y W cuando pasan del estado i y f , sus valores dependen de la trayectoria seguida. Sin embargo la diferencia Q − W para este mismo intervalo de i a f es el mismo. Es decir, no depende de la trayectoria, sino de los estados inicial y final de equilibrio. Luego, sostenemos en termodinámica (a diferencia que en mecánica, la existencia de una función energía potencial), de que hay una función, cuyo cambio es igual a Q W , y se llama Función − de la Termodinámica, de Energía Interna: ∆U = U f −Ui = Q − W , y es el aumento de la Primera Ley el cual encierra ciertas características: La existencia de una función energía interna del sistema El principio de la conservación de la energía La definición de calor como energía en movimiento Todas las magnitudes han de expresarse en las mismas unidades Fisica II

138

9. Calor y primera ley de la termodinámica Q es positivo cuando el sistema recibe calor W es positivo cuando el sistema realiza trabajo

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

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



VV

p d V = p (VV VL

−V ) 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 − p (VV − VL ) (9.16)

9.10. Transformación adiabática llama así, cuando no sale, ni ingresa calor a un sistema, es decir Q = 0 Luego, ∆U = Q − W = −WSeesto significa que el trabajo efectuado sobre el sistema es igual al incremento de la energía interna del mismo generalmente produce un aumento de temperatura.

9.11. Dilatación libre o expansion en el vació En este caso, es un proceso adiabática y en el cual no se hace trabajo externo, es decir Q = 0, W = 0.

Luego, ∆U = 0, y de allí U f = Ui

9.12. Transformación isocora En este caso el gas encerrado en el cilindro absorbe calor y pasa evitar que el émbolo se desplace, depositamos arena, de esta forma el volumen permanece constante: W=



Vf

p d V = 0,

∆U = 0

(9.17)

Vi

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

Fisica II

139

9. Calor y primera ley de la termodinámica

9.13. Teoría cinética de gases 9.13.1. Gas ideal Se define un gas, bajo ciertas suposiciones: Un gas esta formado de partículas llamadas moléculas y estos a su vez de átomos. Todos los átomos son idénticos. Las moléculas se mueven en todas las direcciones y diferentes velocidades. El numero total de moléculas es grande. El volumen de la moléculas es muy pequeña en comparación del volumen ocupado por el gas. La fuerza entre las moléculas es muy pequeño en comparación del volumen ocupado por el gas. Los choques son elásticas y de duración insignificantes.

9.13.2. Ley de Boyle - Mariotte Si se mantiene constante la temperatura de una masa determinada de gas, entonces (proceso isotermico). También se usa:

pV =

constante

p1

=

p2

V2

(9.18)

V1

9.13.3. Ley de Gay - Lusas 9.13.4. Ley de Dalton 9.13.5. Calores específicos de un gas ideal

9.14. Ejercicios resueltos EJERCICIO NO 9. 1 Demostrar que para un gas ideal, que experimenta un proceso adiabático: T Vγ−1 = constante

SOLUCIÓN De la primera ley de termodinámica para un proceso infinitesimal. d U = dQ

−dW =0−dW − −

(1)

nCvdT = d W = p d v

como: p =

nR T V

(gases ideales) reemplazando en (1) nCvdT = dT T

=

− n VRT d V ,

− CRv DV , V

Cv dT R

T

=

− dVV

ln V −R /C v + ln C Fisica II

140

9. Calor y primera ley de la termodinámica ln T

− ln V − /

R Cv

= ln C − R /C v ln T /V = ln C

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

T V R /C v = C

T V (c p −C v )/C v = R T V (γ−1) = C

JERCICIO

O

N 9. 2 Demostrar que para un gas ideal, que experimenta un proceso adiabático: T P −( gamma −1)/γ = constante

E

SOLUCIÓN De la primera Ley de la termodinámica

−dW =0−dW =dW nCvdT = −p DV

d v = dQ

Por ser gases ideales: p V = nRT

p d V + V d p = nRdt

(1) (2)

de (1) en (2):

−nCvdT

+ V d p = nRdT

V d p = nRdT + nCvdT V d p = n (C v + R )d T = nCpdT

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

n RT p P dp Cp p

dT

=

T

ln T

,

d p = nCpdT

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

− ln p

R /C p

= ln C

ln(T /p R /C p ) = ln C ln T p −R /C p = C como: T p R /C p = C como : R = C p − C v T P −(C p −C v )/C p = C , JERCICIO

T p −(γ−1)/γ = C

O

En la figura. se muestra el ciclo un motor de cuatro tiempos en el cual E N La 9. 3rama tenemos: (a) AB, de admisión de aire en elde cilindro (p Diesel o = 1a t m ); (b)La rama BC, de compresión adiabática del aire hasta presión p 1 ; (c) Al finalizar el tiempo de compresión en el cilindro se inyecta el combustib le que al entrar en contacto con aire caliente se inflama y se quema, el émbolo se mueve hacia la derecha, primero por via isobara (rama CD) y luego adiabaticamente (rama DE), (d) Al final de la expansion adiabática se abre la valvula de escape y la presión desciende hasta p o (rama EB); y (e) El émbolo see mueve hacia la izquierda y los gases de escape son expulsados del cilindro (rama BA). Hallar el rendimiento del motor Diesel.

Fisica II

141

9. Calor y primera ley de la termodinámica

SOLUCIÓN Para hallar el rendimiento por la teoría: η=

W

Q1

=

Q1

−Q2 = 1

Q1

Q2

proceso isóbaro CD:

Q 1 = nC p ∆T = nC p (TD

proceso isocoro EB:

nC p (TD

Para CD: p 1 V1 = n RTC

C)

(3)

B)

de (3) y (2) en (1): n C v (TE

(2)

−T

−T

Q 2 = nC v (TE

η=1−

(1)

− Q1

−T ) = 1− T −T −T ) (T − T B

E

B

C

D

C)

TC = TD

V1

(4)

(5)

V3

p 1 V3 = n RTD γ 1

Para DE: TD V3 − = TE V2γ−1

γ 1

TE = TD (V3 /V2 ) −

Para BC: TB V2γ−1 = TC V1γ−1

γ 1

TB V2

TB = TC

de (5), (6) y (7) en (4): η=1−

 V1 V2

−

γ 1

= TC V1

γ 1

−

(6)

= [TD

−

V1 V2

](V1 /V2 )γ−1

(7)

1 TD (V3 /V2 )γ−1 − TD (V1 /V3 )(V1 /V2 )γ−1

γ

TD

D (V1 /V3 )

−T

Fisica II

142

9. Calor y primera ley de la termodinámica

η=1−

− V1γ γ V2γ−1 (V3 − V1 ) 1

γ

V3

EJERCICIO NO 9. 4 En la figura. se repre senta en ciclo de un motor de combustion interna de cuatro tiempos de carburador o gas en el que tenemos que (a) en la primera carrera del émbolo en la cilindro se produce la admisión o aspiración del combustible (en los motores de carburación la mezcla combustible esta compuesta por vapor de gasolina y aire y se prepara en el carburador, en los motores de gas la mezcla gas- aire procede de un generador de gases de combustion), la presión p o = constante y el volumen aumenta desde V2 hasta V1 ,(rama AB, admisión; (b)durante la segunda carrera émbolo (rama BC, compresión)el combustible se comprime adiabaticamente desde V1 hasta V2 , ladel temperatura aumente desde To hasta T1 y la presión desde p o hasta p 1 ; (c) después tiene lugar el encendido (explosión) del combustible por medio de una chispa, como la presión aumenta de p 1 a p 2 a volumen constante (rama CD)y la temperatura se eleva hasta T 2 ; (d) la tercera carrera del émbolo se debe a la expansion adiabática del combustible desde V2 hasta V1 (carrera de trabajo, rama DE ), durante la cual la temperatura desciende hasta T3 ; (e)cuando el émbolo llega a su posición extrema (punto E) se abre la valvula de escape y la presión disminuye a volumen constante hasta p o (rama EB); y (f)la cuarta carrera del émbolo, que produce una compresión isobarica (rama BA ,expulsion o escape, barrido de los gases quemados). Hallar el rendimiento de este ciclo si la relación de compresión V1 /V2 = 5 y la exponente de la adiabática es 1,33

SOLUCIÓN

Para hallar el rendimiento : η = w /Q 1

(a)

W = WBC + WC D + WDE + WE B

Fisica II

143

9. Calor y primera ley de la termodinámica Por ser proceso isocoros: WC D = WE B = 0 W = WBC + WDE

 −  

2 Luego: WD E = ηγRT −1 1

V2 V1

γ 1

−

WBC =

W=

Para el proceso adiabático: BC:

 

1 − ηγRT −1 1−

γ 1

−

V2 V1

ηR (T2 − T1 )[1 − (V2 /V1 )γ−1 ] γ−1 γ 1

To V1

−

(1)

γ 1

= T1 V2

−

T1 /To = (V1 /V2 )γ−1

Para el proceso adiabático DE

(2)

T2 V2 = T3 V1−1 T2 /T3 = (V1 /V2 )−1

(3)

T1 /To = T2 /T3

(4)

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

ηR T3 (T2 − T1 ) 1 − γ 1 T2

−

Para el proceso isocoro CD:

Q 1 = nC v (T2

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

(5)

 

(6)

− T1)

− T1 )(T2 − T3)/T2(γ − 1) nC (T2 − T1 ) T2 − T1 T3 1 η= 1− = 1− T T (T − T )

η=

n R (T2

v

2

usando (3):

η =1−

2

2

3

1 (V1 /V2 )γ−1

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

Fisica II

144

9. Calor y primera ley de la termodinámica

SOLUCIÓN WA B =



p DV =



C dV =C Vγ





V1

Vo

d V C V − γ+ 1 = V γ+1



1 − 1 1 − γ V1γ−1 V2γ−1 C Vo γ−1 WA B = γ−1 −1 V1 V (1 − γ ) C

WA B =

o

WA B =

1−γ

C Vo (1

− γ)

−

    −   Vo V1

1

|

V1 Vo

(1)

γ 1

−

(2)

γ

p o Voγ = C = p 1 V1 p o Vo = ηRTo , γ

p 1 V1 = ηRT1

1 γ

 −    −    −  

o o o − WA B = p V V (γ 1)

−

WA B = WA B =

p o Vo (γ

− 1)

1

1

ηRTo 1 (γ − 1)

Vo V1

Vo

−

γ 1

γ 1

−

V1

Vo

γ 1

−

V1

Fisica II

145

9. Calor y primera ley de la termodinámica

También, en (1): WA B =

C

γ−1

V1

( 1 γ)

−

 −   1

γ 1

−

V1 Vo

WA B =

 −   −  −   γ

p 1 V1

WA B = WA B =

p 1 V1

γ−1

ηRT1

−

Vo

V1

1

γ 1

V1

1 − V1 (1 γ) γ 1

γ 1

−

Vo

1

V1

γ 1

−

 

− (γ − 1) −

Vo

EJERCICIO NO 9. 6 Dos cilindros concéntricos huecos de radio R 1 y R 2 y temperatura interna T1 y externa T2 , (T2 < T1 ) y de longitud L de conducción K 1 y K 2 . Hallar la temperatura entre los cilindros a la distancia R 3 del eje cilindro y el flujo calorífico. ver figura.

SOLUCIÓN

Sea Tx la temperatura perdida a la distancia R 3 . Por la simetría cilíndrica: Q o1 =

2 πLK 1 (T1 − Tx ) ln(R 3 /R 1 ) Fisica II

146

9. Calor y primera ley de la termodinámica 2 πLK 2 (Tx − T3 ) ln(R 2 /R 3 )

Q o2 =

como el flujo es constante y uniforme: Q o1 = Q o2

2πLK 1 (T1 − Tx ) 2 πLK 2 (Tx − T2 ) = ln(R 3 /R 1 ) ln(R 2 /R 3 ) Tx = A K 1 T1 + K 2 T2 /A K 1 + K 2

donde A = ln(R 2 /R 3 )/ ln(R 3 /R 1 ) reemplazando Tx en Q o1 , se halla: Q o1 =

2πLK 1 K 2 (T1 T2 ) K 1 ln(R 2 /R 3 ) + K 2 ln(R 3 /R 1 )

−

EJERCICIO NO 9. 7 Hallar la temperatura del gas que se encuentra en un recipiente cerrado, si la presión del gas aumenta en un 0,4 % como relación a la presión inicial al calentar el gas en 1oC SOLUCIÓN

Por ser un proceso isocoro: p1 p2 p1

=

T1 T2

− p 2 = T1 − T2

p1

por condición del problema: p1

(1)

T1

− p 2 = ∆ p = 0,004 p1

p

o

y ∆T = T1 − T2 = 1oC pero: ∆T (1oC ) = ∆T (1o K ), luego en (1): 0,004 = 1T1K T1 =

1o C = 250oC 0,004

EJERCICIO NO 9. 8 En un horno eléctrico se hace pequeñas orificios de 1c m 2 de area (a modo de cuerpo negro) en una de sus paredes que esta a 1727oC de temperatura. Hallar la cantidad de calor radiada por unidad de tiempo a través de este orificio. Fisica II

147

9. Calor y primera ley de la termodinámica SOLUCIÓN

Hallemos la temperatura en o K

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

Luego por teoría : E = σT 4 E = 5,67

× 10−8 × (2000)4 mW2

E = 90,72

× 104 mW2

El calor que se irradia por unidad de tiempo por la superficie dad es: Qo =

90,72 × 104 c a l 10−4 m 2 4,186 m 2 s e g Q o = 21,67c a l /s e g

EJERCICIO NO 9. 9 Una pared consta de barras alternas de longitud d y de coeficiente de conductividad térmica K 1 y K 2 según figura. Las areas de la sección transversal de las barras son iguales. Hallar el coeficiente de conductividad térmica de la pared.

SOLUCIÓN

El flujo de calor a través de la barra de conductividad K 1 es: Q o1 =

−K 1 A (T2 −d T1) Fisica II

148

9. Calor y primera ley de la termodinámica Para la barra de conductividad K 2 es:

−K 2 A (T2 −d T1)

Q o2 =

Luego el flujo total es:

−2(K 1 − K 2 )A T2 −d T1 El flujo de calor a través de las cuatro barras es: Q = − K 4A − Q o = 2Q o1 =

eq

(T2

−K

eq

4A

T1 )

−d

(T2 T1 )

d

(T2 =

luego: T1 )

−2(K 1 + K 2 )A −d

K e q = ( K 1 + K 2 )/ 2

EJERCICIO NO 9.10 Una tetera de porcelana de 2 m m de espesor contiene agua hirviend o. Hallar (a)La temperatura de la superficie externa de la misma, siendo la del exterior de 20oC, la conductividad de la porcelana 0,0025c a l /s e g − c m − oC y su coeficiente de radiación y conveccion 0,0012c a l /s e g − c m − oC (b) Que espesor habrá que dar a la tetera para que su cara exterior no sobrepase de los 50oC SOLUCIÓN

(a) El calor por conducción es: Q o = K A ∆ T /∆ x

El calor que se transmite por conveccion es:

−

Q o = hA ∆T 

Como el flujo calorífico es uniforme:

−K A ∆T /∆T = hA ∆T  −0,0025A T − 100 = 0,0012A (T − 20) i

0,2

i

92,9oC

Luego Ti = (b) Nuevamente el calor que se transmite por conducción es igual al calor por conveccion: −0,0025A 50 − 100 = 0,0012A (50 − 20) e e = 3,47c m

Fisica II

Capítulo 10 Segunda ley de la termodinámica 10.1. Ciclo de Carnot Ciclo, es una sucesión de procesos tales que el sistema vuelva a su estado de equilibrio original, si los procesos son reversible, entonces se trata de un ciclo reversible.

Figura 10.1: Ciclo reversible

a → c dilatandose La figura ciclo, enrealizado el cual elpor sistema pasa de y el de area debajo de esta curvarepresenta representaun el trabajo el sistema. Después el sistema pasa 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 abcd , representa el trabajo efectivo realizado por el sistema. Durante una parte del ciclo realizado, la sustancia absorbe calor de un foco caliente y durante otro cede una cantidad menor de calor al foco frió. Por esta razón se dice que el sistema funciona entre estos dos focos. Fue Nicolas Carnot quien se pregunto ¿Cual es el máximo rendimiento que puede obtenerse de un motor que trabaja entre estos dos focos?.

149

150

10. Segunda ley de la termodinámica

El sistema consta de un sustancia (gas) y el ciclo esta formado por dos procesos isotermicos y dos adiabáticos,

Figura 10.2: Ciclo de Carnot

y se realizan cuatro procesos en el orden que se indica. El sistema se halla en el estado d . Un proceso adiabática reversible en sentido tal que la temperatura se eleve de T2 (foco frió) a T2 (foco caliente.) El sistema se halla en el estado a y se realiza un proceso isotermico reversible en el sentido a → b y se absorbe calor Q 1 del foco caliente. Un proceso adiabático reversible b mas frió.

→ c , hasta que la temperatura descienda a T2 del foco

El sistema se mantiene en contacto con el food de temperatura T2 y se realiza un proceso isotermico reversible de c → d , hasta que el sistema vuelva a su estado inicial. Durante este proceso, se cede el calor Q 2 al foco frió. El trabajo neto W efectuado por el sistema, durante e ciclo esta dado por el area encerrado por la curva abcda . La cantidad de calor recibida por el sistema en el ciclo es ∆Q = Q 1 − Q 2 Como el estado inicial y final son los mismos, entonces no hay cambios neto en la energía interna U del sistema. ∆U = ∆Q

− W = (Q 1 − Q 2) − W = 0,

W = q1

−Q2

El resultado es una convención de calor en trabajo y se tiene el sistema que trabaja como una maquina térmica. figura Como el ciclo de Carnot, esta formado por procesos reversible, luego cuando se realiza en sentido opuesto el proceso, se tendrá una maquina frigorífico: es decir, el sistema transporta calor de un cuerpo a baja temperatura (T2 ) a otro de mayor T1 temperatura. figura. Fisica II

151

10. Segunda ley de la termodinámica

Figura 10.3: Maquinas

10.2. Eficiencia o rendimiento térmico Se define como la relación del trabajo neto realizado W por la maquina durante un ciclo, al calor Q 1 tomado por ella de la función de temperatura elevada T1 en un ciclo: es decir: n=

W Q1

=

Q1

− Q 2 = 1 − Q 2 = 1 − T2

Q1

Q1

T1

(10.1)

10.3. En Clod auin sius de Kelvin - Planck del segundo Principiun o ci dead laoTde erm amyica

Figura 10.4: Maquinas terminas

En un maquina térmica real, parte del calor Q 1 se convierte en trabajo W y el resto se expulsa como calor Q 2 . figura. En una maquina térmica ideal o perfecta, todo el calor se convierte en trabajo aprovechable.figura Fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica

152

10.3.1. Enunciado de Kelvin-Planck

Figura 10.5: Maquinas refrigerante

Una transformación cuyo único resultado final sea transformar en trabajo calor extraído de alguna fuente que se encuentra en toda su extension a la misma temperatura es imposible. Otra forma es: Es imposible construir motor que funcionando según un no produzca otro efecto que extrae calor de un focoun y realizar na cantidad equivalente de ciclo, trabajo. En un refrigerador real, figura se necesita un trabajo W para transportar calor de un deposito de baja temperatura T2 a otro de elevada temperatura T1 . En un refrigerador ideal, el calor fluiría del deposito de baja temperatura T2 al de elevada temperatura T1 sin que halla que hacer ningún trabajo sobre la maquina.figura

10.3.2. Enunciado de Clausius Es imposible que una maquina cíclica produzca exclusivamente el efecto de hacer pasar calor continuamente de un cuerpo a otro que se encuentra a una temperatura mas elevada. Otra forma: Es imposible construir un dispositivo que funcione según un ciclo y no produzca otro efecto que el paso de calor de un cuerpo a otro mas caliente.

10.3.3. Teorema de Carnot Ningún motor que funciona entre focos entre caloríficos dados puede tener un rendimiento superior al de un motor de Carnot que dos funciona los dos mismos focos. Sea el motor de Carnot reversible (R ) que absorbe calor Q 1 del foco caliente y realiza un trabajo W . Luego cede la cantidad de calor Q 1 − W al foco frió. Su rendimiento sera: n R = QW . 1 El otro motor irreversible (I) absorbe calor Q 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 = QW . 1 Supongamos que n I < n R , QW1 < QW1 , Q 1 < Q 1 .

Fisica II

153

10. Segunda ley de la termodinámica

Figura 10.6: Motor I accionando una maquina frigorifico de Carnot

Ahora según la figura, el motor I accion el motor R , como una maquina refrigerante acoplados de este modo forman un maquina que extrae calor del foco frió: (Q 1

− W ) − (Q 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 contradice el enunciado de Claussius, porque nuestra hipótesis de n I < n R esfalsa.Debecumplirse nI < nR

10.3.4. Entropía - Procesos reversible (Teorema de Claussius)

Figura 10.7: Proceso reversible

Fisica II

154

10. Segunda ley de la termodinámica

Figura 10.8: Diagrama de trabajo

Figura 10.9: Diagrama p V de trabajo

10.4. Entropía y la Segunda Ley de la Termodinámica 10.5. Entropía y desorden 10.6. Ejercicios resueltos la variación que experimenta la entropía al transformarse 10 g de hielo a EJERCICIO NO 10.1 Hallar −20oC en vapor a 100oC

SOLUCIÓN El proceso se indica en el gráfico:

Fisica II

155

10. Segunda ley de la termodinámica

El cambio de entropía es: ∆S =

  dQ = T

B A

m C e Hi d T + T

∆S = m C e Hi

ln

  C

B

dQ + T0

D

C

m C ea d T + T

273 m L f 373 m Lv + + m C e a ln + 253 273 273 373



E D

dQ T100

como T0 = 273o K , L f = 80c a l / g , l v = 540gc a l ∆S = 10

× 0,5 × ln(273/253) + (10 × 80/273) + 10 × 1 × ln(373/273) + (10 × 540/373) cal

∆S = 0,38 + 2,93 + 3,12 + 14,47 = 20,9 o K

EJERCICIO NO 10.2 Hallar la variación que experimenta la entropía cuando 8 g de oxígeno que ocupaban el volumen de 10l t a la temperatura de 80oC pasan a ocupar el volumen de 40l t a la temperatura de 300oC SOLUCIÓN

Para hallar la entropía, usaremos la trayectoria: ABC

  B

∆S =

A

dQ T

C

+

B

dQ T Fisica II

156

10. Segunda ley de la termodinámica El proceso AB es isobarico: d Q = RCvdT El proceso BC es isobarico: d U = 0 d U = dQ

− d W, dQ =

Luego: ∆S =



B nCvdT T A

+



dQ = d W = p d V nR Td v V

C nRTdV TV B T2

∆S = nC v



T1

VC

dT T + nR



VB

dV V

∆S = nC v ln(T1 /T1 ) + n R ln(VC /VB )

donde: T1

= 80 + 273o K

= 353o K , T2 = 300 + 273o K

= 573o K

n = m /PM = 8/32 = 0,25 g /mol

− oK R = 1,986c a l /mol − o K C v = 5c a l / m a l

reemplazando valores: ∆S = 1,293c a l /o K

EJERCICIO NO 10.3 6,6 g de hidrógeno se expanden por via isobarico hasta duplicar su volumen. Hallar la variación que experimenta la entropía al producirse esta expansion.

SOLUCIÓN

Hallemos el numero de moles: n = 6,6 g /2 g /mol n = 3,3 g /moles Fisica II

157

10. Segunda ley de la termodinámica

∆S =

∆S =





B

dQ T

nCpdT T

A

∆S = nC p ln(TB /TA )

(1)

TB = 2TA

(2)

por ser gas ideal: p A Vo = n Rt A

=

p A 2Vo

de (2) en (1)

n RT B

∆S = nC p ln(2TA /TA ) = nC p ln 2 ∆S = 3,3

× 7 × ln 2(c a l /o K )

∆S = 16c a l /o K

EJERCICIO NO 10.4 La variación de la entropía en el espacio comprendido entre las dos adiabáticas de un ciclo de Carnot es igual a 1 Kcal /o K . La diferencia de temperatura entre las dos isoterma s es igual a 100o K ¿Que cantidad de calor se transforma en trabajo en este ciclo? SOLUCIÓN

Sabemos: ∆S A B = 103 c a l /o K , ∆T = TA − TD = 100oC El calor que se convierte en trabajo es: ∆Q = − Q 2 Por teoría: TTDA = Qq12

q1

TA

−T

D

=

TA ∆Q =

Q1 TA

(TA

Por definición de energía de entropía: ∆S A B = ∆S A B =

de (2) en (1):

Q1

− Q 2 = ∆Q

Q1

−



Q1 Q1 TD ) = ∆T TA

(1)

dQ 1 TA

1

TA

dQ 1 =

Q1 TA

(2)

Cal

∆Q = (∆S A B )∆T = 103 o 100o K K ∆T = 105 c a l = 4,186 105 J

×

Fisica II

158

10. Segunda ley de la termodinámica

EJERCICIO NO 10.5 Hallar la variación de la entropía correspondiente a la expresión isotómica de 6 g de hidrógeno desde 105 hasta 0,5 × 105 N /m 2 SOLUCIÓN

Por definición: ∆S = dQ Por ser un proceso isotermico T ∆S =



pd V TA

=



nR V

dV

∆S = n R ln(VB /VA )

Por ser un gas ideal:

VB VA

=

pa pB

p A VA = n RTA p B VB = nRTA

Luego: ∆S = n R ln(p A /p B ) ∆S =



6 moles 2



1,986

cal mol

− oK

 ln

1 × 105 0,5 × 105



∆S = 4,13c a l /o K

EJERCICIO NO 10.6 Demostración que la eficiencia de una maquina de Carnot que utilice como sustancia de trabajo un gas ideal: n = T1

− T2/T1 SOLUCIÓN

Fisica II

159

10. Segunda ley de la termodinámica

Por definición de eficiencia:

− QQ 2

n=1

(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 Proceso: bc: Es isotermico, ∆U = 0 ∆U = Q

Q1 =



− W,

Vc

n RT1



Q1 = W = dV

= n RT1 ln(Vc /Vb )

V

Vb

pd V

(1)

Proceso: da: Es isotermico, ∆u = 0 análogamente: Q 2 = −n RT2 ln(Va /Vd )

−Q 2 = n RT2 ln(v

d /Va )

considerando solo e valor absoluto de Q 2 = n RT2 ln(Vd VE )

(2)

reemplazando (1) y (2) en (a): n=1

T2 ln(V /V ) 2 ln(V /V ) − nnRT =1− RT ln(V /V ) T ln(V /V ) 1

d

a

c

b

1

d

a

c

b

(3)

Para el proceso ab: Es adiabático ∆Q = 0 ∆U = ∆Q

− ∆W = − ∆W = − p d V

como ∆U = nCvdT Luego nCvdT = −p d V nCvdT =

− CRv



T1

T2

− n VRT d V

dT T

=



Vb

Va

dV V Fisica II

160

10. Segunda ley de la termodinámica Cv R



T1

dT

=

T

T2



Cv R

T1



b

V

a

dT T

T2

dV

= ln

 Va Vb

= ln(Va /Vb )

(4)

Para el proceso cd: Es adiabático ∆Q = 0 Por analogía: ∆U = −∆W = −p d V

−C v R

T2

dT

Vb

=

  T1

Cv R

T

T1

dT T

T2

Vc

dV

Vd

= ln

V

 Vc

= ln(Vd /Vc )

(5)

de (4) y (5): ln(Va /Vb ) = ln(Vd /Vc ) ln(Vd /Va ) = ln(Vc /Vb ) de (6) en (3), se tiene: n=1

(6)

T2 (V / V ) − TT2 ln = 1− T ln(V /V ) 1

c

b

c

b

1

Fisica II

Capítulo 11 Metodología 11.1. Estrategias El desarrollo del curso, se realiza utilizando la estrategia del aprendizaje significativo, brindando apoyo a los alumnos en la solución de los diferentes problemas que se les puede presentar.

11.2. Métodos El método que se emplea para el desarrollo de las prácticas pre-profesionales es el inductivo y deductivo

11.3. Medios y Materiales

Los medios y materiales para el desarrollo de las sesiones de aprendizaje son: Auditivo: de acceso personal, esto es, voz humana. Visual: empleo de pizarra, plumón y mota.

161

Capítulo 12 Cronograma de Actividades 12.1. Temas No Temas 01 Vectores 02 Estática 03 Cinemática 04 Dinámica de una partícula 05 Trabajo Potencia y energía 06 Cantidad de movimiento

12.2. Cronograma de Actividades 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

∗

Capítulo 13 Relación de Estudiantes y Asistencias 13.1. Relación de estudiantes No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39

CODIGO 040661 040662 981405 062281 062284 055390 055399 062291 062292 062295 952698 952681 055406 063885 062301 031238 055413 062306 063888 990264 063889 942171 064666 064667 062318 063891 055428 063892 062321 990266 021262 972902 063894 055430 021264 040685 063896 064674 002169

APELLIDOS Y NOMBRES AGUILAR AHUMADA, ADAN WILLY ANCCORI PARIAPAZA, RENE ANTONIO FLORS, DAWIZZ WILLIAM APAZA CRUZ, DENNIS HERIBERTO CACERES SONCCO, JOSUE LINO CAHUANA COAQUIRA, HASSAN ROLDAN CHOQUE CASTILLO, HOLGUER HELART CHUQUIJA TITO, YAXON SANTIAGO COAPAZA AGUILAR, HERNAN CONDORI MAYTA, JESUS ANGEL CRUZ IBAÑEZ, CUOSET ELDER FERNANDEZ MACEDO, MARCO ANTONIO GOMEZ CRUZ, EBERTH SABINO GUTIERREZ LLAVILLA, CRISP LEONOR HUAYCANI HUAYCANI, JOEL EDWIN HUMPIRI JILAPA, CESAR ITUSACA AYALA, RENE ANGEL LUQUE LUQUE, OMAR MILTON MAYTA MAMANI, CARLOS RODOLFO OLAGUIVEL MAMANI, ORLANDO ELARD PAREDES RAMOS, CARLOS EDUARDO PATRICIO TINTAYA, MILTON MANUEL PAYVA AQUINO, RIBERT CRISTHIAN PILCOMAMANI ARIAS, AMADOR QUENTA YANAPA, AGUSTO FREDDY QUISOCALA MOROCCO, SAMUEL QUISPE BUSTINCIO, JHOVANY QUISPE TECCE, ABEL RAMOS GALINDO, DANTE REYES CUBA, JOSE AMILCAR SANTANDER PACORICONA, FREDDY VLADIMIR SARAZA AGUILAR, JHONNY SARDON HUANCA, BRAYAM VLADIMIR SOTO LIMACHI, MARY EUGENIA SUCAPUCA VILLASANTE, ELMER TURPO HUMIRE, ALFREDO MIGUEL VARGAS CAMACHO, LUIS ENRIQUE VILCA PERALTA, YHON EDDY YUPANQUI BENDITA, CESAR ENRIQUE

163

13. Relación de Estudiantes y Asistencias

164

13.2. Lista de Asistencia

No 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39

Datos Setiembre Obtubre Enero Febrero CODIGO 6 13 18 20 28 4 10 17 22 24 31 2 5 7 14 • 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

Fisica II

Bibliografía [ 1]

Luis Rodriguez Valencia, Mecanica I, Departamento de Física,Universidad de Santiago de Chile, 2000

[ 2]

Marcelo Alonso y Edward J. Finn, Fisica Volumen I Macanica , 1967

[ 3]

R. A. Serway,Fisica Tomo I, McGraw-Hill,1982

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