Ejercicios Física

FISICA 2 Solución 1er

Parcial 2do

cuatrimestre 2014 (BORRADOR)

1

Estas hojas fueron diseñadas como una herramienta de estudio para los que las leerán y

para el que las escribió.

Anímese!! el lector, a no solo leerlas e interpretarlas (pasivamente), sino que también

trate de corregirlas (pueden haber errores, es sano y lógico que esto así sea),

completarlas e inclusive plantear cosas que aquí fueron dejadas de lado.

Suerte a todos!!!!

a) Vamos a trabajar con el diagrama de cuerpo libre de la compuerta, que es donde actúa la fuerza de contacto

FA:

DCL1 COMPUERTA AB

1 Trabajaremos con presiones parciales ya que la presión atmosférica esta a ambos lados de la compuerta.

WC

1. Una compuerta AB cuadrada de lado a, en posición vertical cierra un

recipiente que contiene agua hasta una altura H. En uno de sus extremos B está articulada en el otro A apoyada sobre una pared lisa vertical y mediante un cable, arrollado a una polea fija, está vinculada a un recipiente C, de altura h y sección S (ver esquema). En el estado que muestra la figura, el recipiente está vacío (peso: W), sumergido una distancia c y la compuerta está en contacto en A.

a) Encontrar el valor de la fuerza de contacto en A en función del peso W del recipiente C: FA=f(W). Graficar y describir la relación.

b) Explicar qué ocurre a medida que se va llenado el recipiente. ¿Existe un peso mínimo del recipiente que permite abrir la compuerta?.

c) ¿Cómo se modifica la problemática en estudio si varía la altura H?

Dar en cada caso el campo de validez de las expresiones encontradas

Datos:

=1000 kg/m3 ; a= 1 m ; H=5m

S= 1 m2 ; c= 50 cm

c

B

A H

S

FA

PB

PA

T

HB

VB

B

A

Fuerzas Concentradas

HB y VB: reacciones de vinculo en la articulación B (asumimos la articulación

lisa, sin fricción) WC: peso de la compuerta

FA: Fuerza de contacto en A

T: tensión del cable

Fuerzas Distribuidas

El fluido ejerce presión en toda la superficie de la compuerta. El diagrama de presiones es un prisma trapezoidal:

B PB = . g. H

A PA = . g. (H-a)


Parcial 2do


2

El diagrama de presiones sobre la compuerta puede reemplazarse por una fuerza concentrada aplicada en el

baricentro del mismo con modulo igual al volumen de este.

En este caso, por simplicidad geométrica, pensaremos al prisma trapezoidal como la suma (superposición) de un

prisma rectangular de base PA (que dará como resultante una fuerza F1 aplicada en el centro de la compuerta)

más un prisma triangular de base (PB-PA) (que dará como resultante una fuerza F2 aplicada a un tercio de la

altura de la compuerta medido desde el punto B). Gráficamente:

PA = 39.200 Pa PB = 49.000 Pa

F1= PA .(1 m)2 = 39.200 N F2= (PB – PA )/2 .(1 m)2 = 4.900 N

Para obtener información de la tensión del cable, vínculo entre la compuerta y el recipiente C, analizamos el

diagrama de cuerpo libre del recipiente C:

DCL RECIPIENTE C2

El vinculo entre la compuerta y el recipiente es un cable -solo podrá estar traccionado- esto significa que la tensión deberá ser mayor que cero, de lo contrario se desvinculara el recipiente de la compuerta.

T 0 4.900 N – W 0 W 4900 N

Si W < 4900N el recipiente C permanece donde está pero disminuye la tensión a medida que aumenta W (1).

2 Asumimos la soga inextensible.

T

W

E

F1

F2

1/3 m

PA

PB B

A

1 m

0,5 m

Al recipiente C lo podemos pensar como una partícula

(exento de rotación) que se encuentra en equilibrio, luego:

0

externasF

T + W = E T = E – W

E = . g .Vdesalojado = . g . S. c = 4.900 N

T = 4.900 N – W (1)

Esta expresión muestra que al aumentar el peso del

recipiente disminuye la tensión del cable.


Parcial 2do


3

Con esta información volvamos ahora al diagrama de cuerpo libre de la compuerta. Este cuerpo (puede girar) también se encuentra en equilibrio, se debe cumplir que no exista ni torque ni resultante neta externo actuando sobre él. Para encontrar el valor de la fuerza de contacto en A, plantearemos la suma de torques con respecto al eje de giro de la compuerta en B. Tres fuerzas del diagrama de cuerpo libre, no producen torque con respecto a este punto ya que su recta de acción pasa por B, ellas son: las reacciones de la articulación en B y el peso de la compuerta. Luego:

0

FfTAFB (2)

donde:

FA: torque de la fuerza de contacto en A con respecto a B.

T: torque de la tensión del cable con respecto a B.

Ff: torque de la fuerza ejercida por el fluido sobre la compuerta con respecto a B.

Reemplazando en (2) los torques por las fuerzas y sus correspondientes brazos de palanca obtenemos:

FA. 1m + T. 1 m = Ff . dFf

FA. 1m = Ff . dFf - T. 1 m (3)

Los signos de la expresión (3) muestran que la fuerza de contacto aumenta debido a la fuerza que ejerce el fluido

pero disminuye si aumenta la tensión del cable.

La fuerza que ejerce el fluido sobre la compuerta (resultante del diagrama de presiones), la descompusimos en

dos, luego, el torque de esta fuerza con respecto a A será:

Ff . dFf= F1 . 0,5 m + F2 . (1/3) m

Ff . dFf= 21.233,33 Nm

Además de (1): T = 4.900 N – W

Reemplazando todo esto en (3) obtenemos:

FA = 21.233,33 N - 4.900 N + W (3.1)

FA = 16.333,33 N + W (4)

La expresión (4) muestra que a medida que aumenta el valor del peso del recipiente C aumenta la fuerza de

contacto. Ahora bien el peso del recipiente debe ser menor a 4.900 N para que el cable este tenso, esto nos dice

que la fuerza de contacto tendrá un valor máximo dado cuando el peso del recipiente sea de 4.900 N.

FAmax = 16.333,33 N + 4900 N= 21.233,33 N


Parcial 2do


4

Bajo estas condiciones, con el peso del recipiente como única variable no es posible que la fuerza de contacto sea nula, es decir nunca se abrirá. El valor mínimo de esta fuerza se dará cuando el peso del recipiente sea “nulo“ entonces de (4)

FAmin = 16.333,33 N

Es decir:

16.333,33 N FA 21.233,33 N

Gráficamente se trata de una función lineal creciente entre cero y 4900N, luego aunque aumente el peso del recipiente la fuerza de contacto es debida únicamente a la fuerza que ejerce el fluido: 21.233,33 Nm (desaparece la fuerza del cable).

b) Cuando se llena el recipiente C – aumenta el peso- va disminuyendo la tensión y aumenta el valor de la fuerza

de contacto.

c) En cuanto la variación de la altura H de líquido –manteniendo constante W-, se podría decir que si aumenta H:

1. aumenta la fuerza que hace el fluido sobre la compuerta aumentando la fuerza de contacto en A.

2. aumenta el volumen desalojado del recipiente aumentando el empuje y la tensión del cable, lo que lleva a

una disminución del valor de la fuerza de contacto en A.

Veamos cual de los dos efectos prima en “esta competencia”. Partiremos de la ecuación (3)3

FA. 1m + T. 1 m = Ff . dFf

Las presiones en los extremos de la compuerta cambian:

3 Partiendo de (3.1) si se incrementa H se llega a:

21.233,33 N+ρ g ΔH s (0,5m/1m) – 4.900N - ρ g ΔH s + W = Fa Los 21.233,33 N es la fuerza del fluido “trasladada al punto A” que ya calculamos, el segundo termino es su variación a medida que varia H (solo varia la F1, la F2 no), los 4.900 N, el empuje “inicial”, el 4to termino es su variación con H. Se ve claramente que si aumenta H va a “ganar” el delta empuje porque tiene un factor 1 y el delta de la fuerza del fluido, Fl tiene un factor 0,5. La validez de esa expresión es que no pase que E=W porque T se hace cero (si H aumenta esto no va a suceder, si H disminuye, primero el recipiente se queda donde está y luego E=W y T se hace cero).


Parcial 2do


5

PA = . g (H-1)

PB = . g H

La fuerza Fh la pensamos divida en dos: F1 y F2. Ahora los módulos son los siguientes:

F1= PA .1 m2 = 9800 (H-1) F2= (PB – PA )/2 .(1 m)2 = 4.900 N 4

El diagrama de presiones sigue siendo trapezoidal, solo se modifica en valor de la presión en A, pues varia la

altura de fluido por encima de este punto.

Además de (1): T = E – W

E = . g .Vdesalojado = . g . S. c+(H-5m) = 9800 0,5+(H-5m)

T = 980 0,5+(H-5m) – W con T 0 esto limita los valores W en función de H

Reemplazando todo esto en (3) obtenemos:

FA = 9800 .0,5 (H-1) + 1.633,33 - 9800 0,5+(H-5) + W

FA = 4900H -4900 +1.633,33 - 4900 -9800H +49000+ W

FA = 40.833,33 - 4900H+ W (5)

En principio, podríamos decir que (5) muestra que si aumenta la altura H disminuye el valor de FA.

Al aumentar H aumenta el volumen desalojado por el recipiente (asumiendo que el cable esta tenso y es

inextensible), luego aumentara la tensión del cable, manteniendo fijo el peso del recipiente W. La tensión del cable

disminuye la fuerza de contacto en A.

Pero también al aumentar H aumenta la fuerza (una parte) que el fluido ejerce sobre la compuerta, en este caso lo

hacen en la mima proporción, pero el torque de la fuerza F1 tiene un brazo de palanca (0,5 m) igual a la mitad del

de la tensión (1m). Luego “gana” el efecto de la tensión y al aumentar H (manteniendo lo demás constante)

disminuye la fuerza de contacto que hace la compuerta en A.

Finalmente si H disminuye, disminuirá el volumen desalojado, lo que implicaría una disminución de la tensión de

la soga (manteniendo W constante) esto hasta el caso limite en que el empuje sea igual al peso, a partir de ese

momento la tensión del cable desaparece, quedando solamente la fuerza que ejerce el fluido sobre la compuerta.

4 Notar que F2 es la misma que calculamos antes, no cambia por más que cambie H (siempre y cuando H sea mayor a la

altura de la compuerta: 1m)


Parcial 2do


6

Veamos primeramente la energía disponible en 1: EH1 = P1 +.g.z1 +/2. V12 (1)

Donde:

P1= 2.000 hPa

Z1 =0 lo adoptamos como plano de referencia

V1 = Q/A1 (dependerá del caudal que circula por la cañería).

Reemplazando en (1) obtenemos la energía disponible en 1:

EH1 = 2.000 hPa + 6.491.135,54 Q2kg/m7

De acuerdo al caudal que ingrese a la cañería será la energía disponible. Este caudal Q lo podemos expresar en

función de la diferencia de alturas del manómetro diferencial del tubo de venturi, h.

2. El esquema muestra un tramo de cañería de diámetro constante (). En1 ingresa un caudal Q de fluido con

una presión P1. En el tramo horizontal (1-2), de longitud despreciable, se ha colocado un tubo de venturi con manómetro diferencial con mercurio y con una reducción de 0,5. En 3 el fluido descarga a la atmosfera. En

función de h (diferencia de alturas del manómetro del venturi) encontrar una expresión que me permita calcular:

el caudal que circula por la cañería, , Q=f(h)

la presión del fluido dentro de la cañería en 3 , P3= f(h)

la altura máxima que alcanza el caudal Q que circula por la cañería, zmax=f(h)

Dar en cada caso el campo de validez de las expresiones encontradas

Q

3

2 1

Z3

DATOS:

f = 0,00008 m2 /s

f= 800 kg/m3

= 100 mm

P1= 2.000 hPa L23= 400 m

RHg= 13.000 kg/m3

A1 = (.2/4)= (.(0,1)

2/4)m

2

A1 = 0,00785 m2

Vinculamos energéticamente los puntos 1 y a, ubicados sobre una misma línea de corriente horizontal, donde: 1: es un punto antes de la convergencia a: es un punto en la sección contraída

22

1112

1

2

1aaa vzgPvzgP

tubo horizontal z1= za luego, simplificando se obtiene:

22

112

1

2

1aa vPvP

=f : densidad del fluido que circula por la cañería.

h

N

1

m

M

1

m

Q

1

m

1

1

m

a

1

m


Parcial 2do


7

Además el caudal que circula por el tubo es constante (líquido incompresible y sin pérdidas físicas), luego la ecuación de continuidad:

aa vAvAQ 11

De se obtiene: )( 2

1

2

12

1vvPP afa

y de 11

1 AQv y

aa A

Qv

Reemplazando y agrupando: )(2

1

2

2

1

11

2

1

AAQPP

a

fa

El primer término de la expresión, la variación de presión entre los puntos 1 y a, puede ser leído en la diferencia de

altura del manómetro diferencial h. Elegimos dos puntos del manómetro que tienen la misma presión (sobre una línea horizontal y con un mismo

fluido por debajo (Hg)), N y M (ver esquema), luego:

PN=PM

PM = P1+ f.g.h

PN = Pa+ Hg.g.h

Finalmente despejando el caudal tenemos: hCh

AA

gQ v

a

f

fHg

)11

(

)(.2

2

1

2

Como la relación de diámetros es de 0,5 a = 0,5 = 50 mm Aa = (.a2/4)= (.(0,05)

2/4)m

2 = 0,002 m

2

hhQ

036,0

)00785,0

1

002,0

1.(800

)800000.13.(8,9.2

22

5 hQ 0360,

La relación es directa pero no proporcional

Para calcular la presión del fluido dentro de la cañería en 3, P3= f(h), podemos plantear la ecuación de bernoulli

entre 1 y 3:

EH1 - EL - E13 = EH3 (2) donde:

EH1= P1+.g.z1+ ½ . .v12: energía hidráulica en 1

EH3= P3+.g.z3+ ½ . .v32: energía hidráulica en 3

E13: perdidas de carga continuas, debidas a la viscosidad

EL: perdidas de carga localizadas, debidas al cambio en la dirección de las líneas de corriente.

5 En esta expresión si se coloca h en metros se obtiene el caudal Q en m

3/s

P1 - Pa = g.h (Hg - f)


Parcial 2do


8

En (1) todos los términos se refieren a la energía por unidad de volumen (J/m

3)

Para nuestros cálculos dejaremos de lado las pérdidas de carga localizadas (en el venturi y en el codo de cambio de dirección), asumiendo que esta son despreciables frente a la energía hidráulica del fluido que circula por la cañería.

Reemplazando en (2):

P1+.g.z1+ ½ . .v12 - E13 = P3+.g.z3+ ½ . .v3

2

despejamos de (2) la presión en 3: P3 = P1+.g.(z1- z3) + ½ . .(v12 - v3

2) - E13 (3)

analicemos en detalle cada uno de los términos

P1 = 2000 hPa

(z1- z3) = - L23 . sen = - 400 m . sen

Consideraremos al caudal constante y sabemos que el diámetro en 1 es igual al diámetro en 3 podemos decir que

v1 = v3

Reemplazando en (3): P3 = 2.000 hPa - 31.360 hPa sen - E13 (4)

En (4) el valor del ángulo no es conocido. Y en cuanto a las pérdidas de cargas primarias, (viscosidad)

previamente a su cálculo deberíamos calcular el máximo caudal en régimen laminar:

21004.

QVNR

s

mmsmQ

32

013,04

.1,0)./00008,0.(2100

4

...2100

Luego:

Q 0,013 m3/s REGIMEN LAMINAR

Q 0,013 m3/s NO TENEMOS CERTEZA S/ RÉGIMEN LAMINAR (turbulencia NR 3600)

0,013 m3/s, es el máximo caudal de fluido de viscosidad 0, 00008 m

2 /s que puede circular por una cañería de

diámetro 0,10 m, en régimen laminar.

Si Q 0,013 m3/s, podemos calcular las pérdidas de carga primarias mediante:

4

13

1313

.

...8

r

QLE

Reemplazando la información disponible se obtiene67

:

QQ

E 38,430.10)05,0.(

).00008,0).(800).(400.(8412

6 Los valores están expresados en las unidades del SI, luego si Q en m

3/s obtenemos las perdidas en Pa.

7 Dejamos de lado las pérdidas de carga entre 1 y 2 ya que L12 es depreciable.


Parcial 2do


9

Sabemos también que hQ 036,0

Volviendo a (4) tenemos que: P3 = 2.000 - 31.360 sen - 375.493,62 (h)1/2 (5)

(5) muestra que la presión en 3 es el resultado de la presión en 1 (disponible) menos una parte que se utiliza para

aumentar la energía potencial gravitatoria y otra parte que se disipa por efecto de la viscosidad.

La disminución asociada a la energía potencial gravitatoria depende en este caso del ángulo , si fuera cero,

cañería horizontal, no habría variación esta energía. En cambio si fuera de 90, cañería vertical, tendríamos la

mayor variación de energía potencial gravitatoria.

Dependiendo del valor de y de h el valor de la presión en 3 puede ser nulo, positivo o negativo.

Si diera cero estamos en un caso donde 3 es el punto de máxima altura a la que llega el caudal que circula

por la cañería.

Si da negativo, significara que el caudal Q no llega a 3, las pérdidas de carga han “consumido” la presión

en la cañería antes de llegar a 3, luego ha comenzado a disminuir el caudal a medida que aumenta la

energía potencial gravitatoria.

Si diera positivo implica que llego el caudal Q a 3 sin consumir la totalidad de la presión disponible en 2.

Para obtener la altura máxima que alcanza el caudal Q que circula por la cañería, plantearemos bernoulli entre 1

el punto de zmax. En este punto la presión sea nula y el caudal se Q.

P1+.g.z1+ ½ . .v12 - E1zmax = Pzmax+.g.zmax+ ½ . .vzmax

2 (6)

donde:

Pzmax= 0 v1= vzmax asumiendo que el fluido se encuentra dentro de la cañería cuando alcanza zmax

E1zmax: perdidas de carga continuas, debidas a la viscosidad z1= 0 plano de referencia P1= 2.000 hPa

Remplazando en (6):

2.000 hPa - E1zmax = .g.zmax (7)

En cuanto a las pérdidas de carga primarias, estas son siempre proporcionales a la longitud de la cañería, sea el

régimen laminar o turbulento: E1zmax Lmax

(Lmax) sen= zmax Lmax= zmax / sen

Lmax

zmax


Parcial 2do


10

Luego en (7) 2.000 hPa – C. zmax / sen = .g.zmax (8)

Donde C es una contante de proporcionalidad que depende del número de Reynolds.

Para el caso de régimen laminar (NR 2100) es decir Q 0,013 m3/s esta constante valdría:

4

12.

..8

r

QC

usando hQ 036,0 , se obtiene de :

gsenr

h

hPaz

...

.036,0..8

2000

4

max

(8)

este valor asume que zmax z3 ( que el caudal de fluido alcanza la máxima altura dentro de la cañería).

Al aumentar h aumenta el caudal y disminuye la cota máxima, el tema pasa por las pérdidas de carga, que

aumenta con el caudal, linealmente en el caso de régimen lineal y con el cuadrado del caudal en el caso de

régimen turbulento.


Parcial 2do


11

10–5

ºC-1

Tfusion

ºC

E

109Pa

Cobre 1,7 1083 110

Acero 1,2 1530 210

Si el montaje del sistema se realiza a 20 ºC, la distancia entre soportes es mayor a la longitud de las barras ensambladas.

L = Lsoportes - Lbarras = (100,18 – 100,00) cm = 0,18 cm

Esta diferencia de longitudes se alcanzará variando la temperatura sin que aparezcan esfuerzos en las barras

(ejercidos por los soportes).

L = cu . 40 cm . T + ac . 60 cm . T = 0,18 cm

CT

5712860214071

10180 5

,.,.,

., T=Tf –T0 = Tf –20C Tf = 148,57 C

Tengamos presente que la variación térmica es siempre volumétrica, en este caso particular deberíamos verificar

que ocurre en el sentido transversal de las barras, ya que el esquema muestra que hay una distancia entre los

soportes y las barras, al no tener información de esto solo trabajaremos con la variación longitudinal de las barras.

Un cálculo posterior permitiría incluir esto.

Cuando se varía la temperatura -entre 20C y 148,57C- a las barras ensambladas estas se dilatan sin que

aparezcan esfuerzos internos. Cuando la temperatura llega a 148,57C las barras hacen tope contra los soportes,

a partir de este momento un incremento de temperatura implicara la aparición de fuerzas en los topes

“resistiendo” las deformaciones térmicas de la barra. Las barras ensambladas se comportan como un sistema

biempotrado, un hiperestático, por lo que podemos plantear:

Lsistema8 = 0

LTermica sistema + LMecanica

sistema = 0

O lo que es lo mismo:

8 El sistema son las barras ensambladas

3. Una barra de cobre de 40,00 cm de largo y 250 cm2 de sección y otra de acero de 60,00 cm de longitud y

100 cm2 de sección a una temperatura de 20 ºC, se ensamblan y se colocan dentro de soportes rígidos (ver

esquema) separados una distancia L= 100,18 cm.

Encontrar una expresión que relacione los esfuerzos en las barras cuando se varía uniformemente la

temperatura de las mismas, =f(T), graficar y describir la relación dando su campo de validez.

L


Parcial 2do


12

LTermica sistema = - LMecanica

sistema (**)

El cambio de longitud que experimentaría el sistema por variación de temperatura es igual y opuesto a la variación

que producen las reacciones en los soportes.

Siempre que estemos en el campo de validez de Hooke ( < prop) las deformaciones mecánicas responderán a la

siguiente expresión:

oL

LE

A

F .

Luego: LMecanico

= F . Lo/E . A

Las deformaciones térmicas (que en principio las asumiremos lineales9) vienen dadas por:

LTermica = . Lo . T cu

Volviendo a (**) tenemos:

acac

acac

cucu

cucuacaccucu

EA

LF

EA

LFTLTL

.

.

.

..... (***) donde Fcu=Fac= F

F es la fuerza que hace el sistema sobre los soportes cuando está en equilibrio de deformación.

En cuanto a los largos de las barras deberíamos calcular cuánto se dilato cada barra debido T inicial.

Lcu = cu . Locu . T= 1,7.10-5 C-1.40cm.128,57C ≈ 0,088 cm Lcu = 40,088 cm

Lac = ac . Loac . T =1,2.10-5 C-1.60cm.128,57C ≈ 0,092 cm Lac = 60,092 cm

Como se observa los valores no diferirán significativamente, igualmente los incluiremos en los cálculos10

.

acac

ac

cucu

cuT

acaccucuEA

L

EA

LFTLL

.

.

.)....(

Donde T = T – 128,57C

10–5

ºC-1

Tfusion

ºC

E

109Pa

Cobre 1,7 1083 110

Acero 1,2 1530 210

9 Deberíamos verificar la variación de sección de las barras para definir el ajuste del sistema en el sentido transversal. No

disponemos de información sobre este ajuste.

10 Sobre la base de la precisión de los cálculos que estamos haciendo (numero de decimales) tranquilamente podriamos haber

despreciado las diferencias entre las longitudes originales y las nuevas.

)57,128.(..

T

EA

L

EA

L

LLF

acac

ac

cucu

cu

acaccucuT


Parcial 2do


13

)57,128(10.62,2858,14

26,140)57,128.(10

210.01,0

092,60

110.025,0

088,40

092,60.2,1088,40.7,1 44

TTFT

)57,128(6,467.32 TFT

El campo de validez de esta expresión es para T 128,57 ºC, calentamiento de las barras. F es negativa, esto significa que las barras estarán comprimidas.

Las tensiones en las barras están dadas por las siguientes expresiones:

cu = Fcu/Acu

ac = Fac/Aac Con Fcu = Fac =FT

),(.. 571287042981 Tcu

),(.. 5712876046632 Tac

En estas expresiones si se coloca la temperatura en grados centígradosC se obtiene los esfuerzos normales en

pascales Pa

Como era de esperarse las tensiones que soporta el acero son mayores que las de la barra de cobre, ya que su

sección es menor. Esta expresión es válida siempre y cuando los valores que se obtengan sean menores o

iguales a la tensión de proporcionalidad de los materiales, que es el campo de validez de la expresión de Hooke

que utilizamos para obtenerlas.

Ejercicios Física

Documents

Transcript of Ejercicios Física