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Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 5 de septiembre de 2001
1. Si el cuerpo A de la figura se mueve hacia la izquierda con una
celeridad de 6 m/s, determinar la celeridad del cuerpo B. Además, si la
celeridad del cuerpo A disminuye a razón de 1 m/s2, determinar la
aceleración del cuerpo B.
vA, aA
vB, aB
A
B
Establecemos la condición de que la longitud de la cuerda
permanece constante, adoptando el convenio de signos que
se indica en la figura,
O
xA
xB
4 xA + 2 xB = cte.
y la derivamos con respecto al tiempo
4 xA + 2 xB = 0 → xB = −2 xA
→ vB = −2vA = −2× 6 = −12 m/s
de modo que el cuerpo B se mueve hacia la izquierda (al contrario de lo indicado en la
figura).
Derivamos de nuevo con respecto al tiempo para obtener las aceleraciones:
4 xA + 2 xB = 0 → xB = −2 xA
→ aB = −2aA = −2× (−1) = +2 m/s 2
de modo que el cuerpo B presenta una aceleración en
sentido contrario a su velocidad, por lo que ésta disminuye.
vA, aA
vB, aB
En la figura adjunta se indican los sentidos reales de las
velocidades y aceleraciones.
A
B
O
xA
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ETSIAM
xB
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Examen final / 5 de septiembre de 2001
2. Una moneda, de 1.5 cm de radio, rueda inclinada manteniendo un ángulo de 60º
respecto al plano horizontal. En su movimiento, el punto de contacto con el plano
horizontal describe sobre éste una circunferencia, de 0.75 cm de radio, cada tercio de
segundo. Determinar las velocidades y aceleraciones del centro de la moneda A y del
punto B de la periferia, en el instante en el que se encuentra en una posición
diametralmente opuesta al punto de contacto con el plano horizontal.
60º
B
A
La velocidad angular Ω vale 3 r.p.s.; o sea Ω = 3×2π = 6π rad/s
z
B
Ω
ωR
60º
ω
R
O
r
30º
aB
vA = 0
y
A
C
a) Dado que r = R cos60º, el punto A permanece
estacionario en la vertical del centro O de la trayectoria
circular descrita por el punto de contacto C; i.e.,
aA = 0
Además, el punto C de la moneda que en cada instante está
en contacto con plano horizontal se encuentra instantáneamente en reposo, ya que nos dicen que la moneda
rueda; esto es vC = 0. En consecuencia, todos los puntos
del diámetro CAB se encuentran instantáneamente en
reposo; i.e., dicho diámetro coincide con el eje instantáneo
de rotación (EIR). En consecuencia, el punto B también se
encuentra instantáneamente en reposo; i.e.,
vB = 0
b) Determinamos la velocidad angular intrínseca de la moneda (ω) a partir de la
condición de rodadura:
vC = rΩ− Rω = 0 → ω =

  0 
0
 


ω =  ω sen 60º  = 3 3π / 2 rad/s

 

−ω cos 60º −3π / 2
r
Ω
0.75
Ω=
Ω = = 3π rad/s
R
1.50
2
 0 
 
Ω =  0  rad/s
 
6π
 0 



ωR = ω +Ω = 3 3π / 2 rad/s


 9π / 2 
donde ωR es la velocidad angular total o resultante de la moneda.
Determinamos la aceleración del punto B a partir de la del punto A (nula):
aB = aA +
d ωR
× AB + ωR × (ωR × AB)
dt
 0   0  −9 3π 2 
  
 

d ωR
= Ω × ωR =  0  × 3 3π / 2 =  0  rad/s 2
dt
6π   9π / 2   0 
  

 
-9 3π 2   0  
  0 
0


 
 
d ωR
 
aB =
× AB =  0 × 3 / 4  =  81π 2 / 4  =  200  cm/s 2
 
 

dt

 
 0  3 3 / 4 −27 3π 2 / 4 −115
aB = 2002 + 1152 = 231 cm/s 2
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tg θ =
ETSIAM
115
→ θ = 30º con la horizontal.
200
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3. Una escalera AB, de 10 kg de masa, 2,5 m de longitud y centro de masa situado a
mitad de la misma, se encuentra apoyada sobre una pared lisa y un suelo rugoso,
cuando su extremo inferior se encuentra a una distancia de 1,5 m de la pared.
a) Calcular las reacciones en los apoyos A y B. b) Determinar el valor mínimo del
coeficiente de rozamiento entre el suelo y la escalera para que ésta pueda permanecer
en equilibrio en la posición indicada en la figura.
B
A
NB
B
Determinamos el lado vertical del triángulo:
1,5m
b = l 2 − a 2 = 2.52 −1.52 = 2 m
l
G
NA
mg
f
A
a
b
a) Aplicamos las ecuaciones cardinales de la Estática,
descomponiendo las fuerzas en las direcciones horizontal y vertical
y tomando momentos en el punto A.
 f − NB = 0
→ f = N B = 3.75 kg = 36.8 N



 N A − mg = 0 → N A = mg = 10 kg = 98.0 N


1.5
a
a


mg = N Bb → N B = mg =
×10 = 3.75 kg = 36.8 N

2
2b
2× 2


b) El valor mínimo del coeficiente de rozamiento es
a
mg
f
a 1.5
µ=
= 2b
=
=
= 0.375
2b
4
NA
mg
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ETSIAM
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4. En la figura se muestra esquemáticamente el tren de aterrizaje de un avión
visto desde atrás. El radio de la rueda es de 40 cm y su momento de inercia
es de 2.5 kg·m2. El avión despega a una velocidad de 180 km/h. Después del
despegue, se recoge el tren de aterrizaje girándolo lateralmente a razón de
45E por segundo. Determinar la magnitud del par ejercido sobre la rueda por
su soporte e indicar las direcciones de las magnitudes vectoriales implicadas.
45º/s
Datos
Momento de inercia:
I = 2.5 kg·m2
Radio de la rueda:
R = 0.40 m
Velocidad:
v = 180 km/h = 180/3.6 m/s = 50 m/s
Velocidad angular rueda:
ω = v/R = 50/0.40 = 125 rad/s
Momento angular rueda:
L = Iω = 2.5 × 125 = 312.5 kg·m2/s
Velocidad angular tren:
Ω = 45º /s = π/4 rad/s = 0.7854 rad/s
Ω
M
Durante la recogida del tren de aterrizaje, el modulo del momento
angular de la rueda permanece constante, pero su dirección cambia, ya
que gira con una velocidad angular Ω. El par ejercido sobre la rueda
es igual a la variación de su momento angular por unidad de tiempo;
esto es,
M=
L
π
dL
= Ω × L ⇒ M = ΩL = ×312.5 = 245.4 N ⋅ m
dt
4
y la dirección de M es la que se indica en la figura.
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5. Un automóvil de 1200 kg, que inicialmente viaja con una velocidad de 27 m/s, choca contra la parte
posterior de un camión que se desplaza en la misma dirección y sentido a 22 m/s. La velocidad del camión
en el instante inmediato posterior al choque es de 23 m/s. a) Determinar el coeficiente de restitución.
b) Calcular la energía mecánica que se ha perdido en el choque. ¿Cómo se explica esta pérdida de energía?
a) Conservación de la cantidad de movimiento durante el choque:
mA vA + mBvB = mA vA′ + mBvB′ →
vA′ = vA +
9 000
mB
(vB − vB′ ) = 27 +
(22 − 23) = 19.5 m/s
mA
1200
Aplicamos la definición del coeficiente de restitución:
e=−
vA′ − vB′
19.5 − 23
=−
= 0.70
27 − 22
vA − vB
de modo que se trata de una colisión parcialmente elástica.
b) Durante el choque disminuye la energía mecánica (cinética) del sistema.
1
1
1
1
2
2
2
2
Ek = mvA2 + mvB2 = 1200× 27 2 + 9000× 222 = 2 615 400 J
1
1
1
1
2
2
2
2
Ek′ = mvA′ 2 + mvB′ 2 = 1200×19.52 + 9000× 232 = 2 608 650 J
∆Ek = Ek′ − Ek = − 6750 J
La energía mecánica (cinética) que ha desaparecido se ha convertido en otras formas de
energía, asociadas a la deformación de los vehículos colisionantes.
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6. Un altavoz genera en un concierto de rock 10-2 W/m2 a 20 m a una frecuencia de 1 kHz. Supongamos
que la energía procedente del altavoz se extienda uniformemente en todas las direcciones. a) ¿Cuál es el
nivel de intensidad a 20 m? b) ¿Cuál es la potencia acústica total generada por el altavoz? c) ¿A qué
distancia alcanzará la intensidad el umbral de dolor de 120 dB? d) ¿Cuál es el nivel de intensidad a 30 m?
a) Por definición del nivel de intensidad, se sigue
I 20
10−2
β20 = 10 log
= 10 log −12 = 10 log 1010 = 10×10 = 100 dB
I umb
10
b) Por tratarse de una onda esférica, la potencia se reparte sobre frentes de onda cada vez
más extensos, a medida que nos apartamos del foco.
P = I 20 S20 = 10−2 × 4π × 202 = 50.3 W
c) Deberemos disponer de una intensidad de 1 W/m2, ya que entonces será
β = 10 log
1
= 10 log1012 = 120 dB
−12
10
Como P = IS = 4πR2I, sera
P
50.3
=
= 4.00 = 2 m
4π I
4π ×1
R=
d) De nuevo tenemos en cuenta que se trata de una onda esférica.
I 30 =
P
50.3
=
= 4.44×10−3 W/m 2
2
S30 4π ×30
β30 = 10 log
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4.44×10−3
= 10 log 4.44×109 = 96.6 dB
10−12
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7. Demostrar que el centro de presiones que un líquido ejerce sobre una pared
rectangular, plana y vertical se encuentra situado una distancia de la superficie libre
de dos tercios de la altura de la pared.
H
2/3 H
Aplicamos el teorema del centro de presiones:
hc hcp =
I
S
siendo:
•
hc la profundidad a la que se encuentra el centro geométrico de la pared:
1
hc = H
2
•
I el momento de áreas de segundo orden de la superficie de la pared con respecto
a la línea definida por la intersección del plano de la pared con la superficie libre
del líquido:
1
I = SH 2
3
•
hcp la profundidad a la que se encuentra el centro de presiones;
de modo que
2
1
I
2
3 SH
hcp =
= 1
= H
hc S
3
2 HS
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c.q.d.
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8. En un tramo de una tubería horizontal existe un estrechamiento que reduce su sección a la mitad. Si por
la misma circula un líquido y la diferencia de presión que se origina entre un punto de la tubería y el punto
donde existe el estrechamiento equivale a la presión que produciría una columna del mismo líquido de
altura h, ¿qué velocidad tendrá el líquido en la tubería?
B
A
Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre los dos puntos, supuestos a la misma cota:
pA + 12 ρvA2 = pB + 12 ρvB2 →
pA − pB = 12 ρ (vB2 − vA2 ) = ρ gh
de modo que
vB2 − vA2 = 2 gh
[1]
Tenemos en cuenta la ecuación de continuidad:
vA SA = vB SB → vB =
SA
vA = 2vA
SB
[2]
y sustituyendo este resultado en la expresión [1], tenemos
4vA2 − vA2 = 3vA2 = 2 gh → vA =
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2
3
gh
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9. Un plano infinito posee una densidad de carga superficial de +4.5 nC/m2 y coincide con el plano yz en el
origen; un segundo plano infinito posee una densidad de carga superficial de -4.5 nC/m2 y se localiza en un
plano paralelo al plano yz en x = 2 m. Determinar la fuerza eléctrica ejercida sobre una carga puntual de
10 nC situada en: (a) x = 1,8 m y (b) x = 5 m.
E=0
A
B
E=508 V/m
a) El campo eléctrico en la zona comprendida entre los dos planos paralelos es uniforme
y su intensidad es
Eint =
σ
4.5×10−9
=
= 508 V/m
ε0 8.854×10−12
y la fuerza ejercida sobre la partícula cargada es
F = qE = 10×10−9 × 508 = 5.08×10−6 N
b) El campo eléctrico fuera de la zona comprendida entre los dos planos paralelos es
nulo, por poseer estos densidades de carga iguales y opuestas.
Obviamente, la fuerza sobre la partícula cargada también será nula.
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10. Consideremos el circuito de c.c. que se muestra en la figura. a) Determinar la f.e.m. y la resistencia
interna del generador equivalente entre los bornes A y B. b) Calcular la potencia máxima que puede
suministrar el circuito de la figura a una resistencia de carga externa conectada entre A y B. Determinar el
valor de dicha resistencia de carga.
12 V, 18 Ω
a) La f.e.m. del generador equivalente entre AB es
igual a la diferencia de potencial entre AB sin carga
externa. Para determinarla, resolvemos el c.c. de la
figura por el método de las mallas de Maxwell.
  
 
16 =  30 −6 I1  → ∆ = 30 −6 = 864 Ω 2

 I 2 
 2  −6 30 
−6 30
I1 =
1 16 −6 492 41
=
=
= 0.569 A
∆ 2 30 864 72
I2 =
6 V, 9 Ω
4V
6Ω
1
6Ω
A
2
15 Ω
B
1 30 16 156 13
=
=
= 0.181 A
∆ −6 2
864 72
VAB = 0.569× 6 + 0.181×15 = 3.417 + 2.708 = 6.125 V
∴ Eeq = 6.125 V
Determinamos ahora la “intensidad en cortocircuito”; esto es, con los bornes AB
cortocircuitados. Resolvemos el nuevo circuito por el método de las mallas de Maxwell.
 0   21 −6 15 
 I c 
  

 '
16 =  −6 30 −6 I1 
 2  −15 −6 30  I ' 
  
 2 
12 V, 18 Ω
21 −6 15
∆ = −6 30 −6 = 9234 Ω3
−15 −6 30
0
Ic =
−6
6 V, 9 Ω
4V
6Ω
1
A
6Ω
2
15 Ω
B
Ic
15
1
5292
16 30 −6 =
= 0.5731 A
9234
9234
2 −6 30
req =
Eeq
Ic
=
6.125
= 10.69 Ω
0.5731
b) Un generador suministra la máxima potencia a una carga externa cuando el valor de
ésta coincide con el de la resistencia interna del generador. Por consiguiente,
Rext = req = 10.69 Ω
2
Pmax
 Eeq 
Eeq2
R Eeq2
6.1252
 R =
= I R = 
=
=
= 0.877 W = 877 mW
 r + R 
4R 2
4 R 4×10.69
2
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11. a) Enuncie la ley de Ampère. ¿Es válida para toda trayectoria que rodea a un
conductor? Indique para que y en que casos resulta útil. b) Cuatro conductores
rectilíneos, indefinidos y paralelos en el vacío, transportan corrientes de igual
magnitud I =4 A, tal como se indica en la figura. Determinar el campo magnético
en el punto P situado en el centro del cuadrado, determinado por los cuatro
conductores cuyo lado mide 0.2 m.
P
0.2 m
Teorema de Ampère:
La circulación del campo de inducción magnética (B) a lo largo de una trayectoria
cerrada (C) es igual al producto de µ0 por la intensidad neta (I) que fluye a través de
cualquier superficie que tenga a la trayectoria de circulación (C) como contorno. Esto es,
∫ Bidl = µ I
0
C
Este teorema es válido para cualquier trayectoria cerrada en un campo magnético.
Se utiliza para determinar el campo magnético de inducción (B), resultando
especialmente útil cuando calculamos la circulación de B a lo largo de una línea de
campo magnético y es constante el módulo de B (esto es, B), a lo largo de dicha línea.
b) Determinamos el campo magnético B creado por un largo conductor rectilíneo, que
transporta una corriente I, a una distancia r del mismo. Aplicando el teorema de Ampère,
siendo C una trayectoria circular de radio r que coincide con una línea de campo:
∫ B i dl = ∫ B d l = B ∫ d l = B 2π r = µ I
0
C
C
C
→ B=
µ0 I
µ 2I
= 0
2πr 4π r
y aplicando esta expresión a uno cualquiera de los cuatro conductores, teniendo en cuenta
que r = l 2 / 2 , siendo l el lado del cuadrado, tenemos
µ0 2 I
µ 2 2I
2 2 ×4
= 0
= 10−7
= 5.66×10−6 T
4π l 2 / 2 4π l
0.2
µ 2 2I
µ 8I
Btotal = 4 B cos 45º = 2 2 B = 0
(2 2) = 0
4π l
4π l
Btotal
×
8
4
−7
−6
∴ Btotal = 10
= 16×10 T
0.2
B=
en la dirección indicada en la figura.
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12. En una región del espacio existe un campo magnético giratorio cuya expresión en función del tiempo
viene dada por
z
B = B0 cos ωt j + B0 sen ωt k
Una espira cuadrada de lado a gira alrededor del eje Ox con igual
velocidad angular ω. Determinar la f.e.m. inducida si: a) el sentido de giro
de la espira coincide con el del campo magnético, b) el sentido es
opuesto.
Expresamos vectorialmente la superficie contorneada por la
espira; esto es
a
y
x
S = S cos(±ωt ) j + S sen (±ωt ) k = S cos ωt j ± S sen ωt k
donde el doble signo de la velocidad corresponde a las dos posibilidades previstas en el
enunciado del problema.
El flujo a través de la espira es

 

0
0

 

Φ = B ⋅ S =  B0 cos ωt  i  S cos ωt  = B0 S (cos 2 ωt ± sen 2 ωt )

 

 B0 sen ωt  ± S sen ωt 
Y la f.e.m. inducida viene dada por
Eind = −
dΦ
d
= − B0 S (cos 2 ωt ± sen 2 ωt ) = − ω B0 S (−2 cos ωt senωt ± 2senωt cos ωt )
dt
dt
∴ Eind = 2ω B0 S (cos ωt senωt ∓ senωt cos ωt )
a) El sentido de giro de la espira coincide con el del campo magnético:
Eind = 2ω B0 S (cos ωt senωt − senωt cos ωt ) = 0
lo que resulta obvio, ya que al girar la espira con la misma velocidad angular y en el
mismo sentido con que lo hace el vector campo magnético, el flujo a través de ella
permanece constante.
b) El sentido de giro de la espira es opuesto al del campo magnético:
Eind = 2ω B0 S (cos ωt senωt + senωt cos ωt ) = 2ω B0 S (2sen ωt cos ωt ) =
= 2ω B0 a 2 sen(2ωt )
lo que también resulta obvio, ya que el resultado anterior se puede escribir en la
forma Eind = 2ω B0 a 2 sen(2ωt ) = ΩB0 a 2 sen Ωt , ya que al girar la espira con la misma
velocidad angular, pero en sentido opuesto al de rotación del vector campo magnético,
equivale a una rotación de la espira con una velocidad angular Ω = 2ω en un campo
magnético estacionario.
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