informe200902 fisica ii

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Índice general Presentación I Índice general II 1. Datos generales 1 1.1. Datos Personales ................................................. 1 1.2. Datos de la Institución ............................................. 1 1.3. Datos de la Asignatura ............................................. 1 2. Justificación 2 3. Objetivos 4 3.1. Objetivos Generales ............................................... 4 3.2. Objetivos Específicos .............................................. 4 4. Elasticidad 5 4.1. Elasticidad ...................................................... 5 4.2. Plasticidad ...................................................... 5 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 5. Oscilaciones 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

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Page 1: INFORME200902 fisica II

Índice general

Presentación I

Índice general II

1. Datos generales 11.1. Datos Personales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Datos de la Institución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3. Datos de la Asignatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

2. Justificación 2

3. Objetivos 43.1. Objetivos Generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43.2. Objetivos Específicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

4. Elasticidad 54.1. Elasticidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54.2. Plasticidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54.3. Deformación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54.4. Esfuerzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54.5. Ley de Hooke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54.6. Deformación longitudinal o unilateral (E ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64.7. Deformación multilateral o volumétrica (B) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74.8. Deformación por cizalladura o elasticidad de forma (η) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74.9. Deformación lateral (µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84.10. Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94.11. Energía elastica acumulada en una barra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94.12. Deformación volumétrica (Ley de Hooke generalizada) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104.13. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

5. Oscilaciones 485.1. Movimiento periódico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 485.2. Movimiento oscilatorio o vibratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 485.3. Movimiento Armónico simple (MAS) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

5.3.1. Elongacion (x ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 485.3.2. Posición de equilibrio (x0) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 485.3.3. Amplitud (A) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.3.4. Periodo (T ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.3.5. Frecuencia (ν) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.3.6. Energía almacenada en MAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

5.4. Péndulo simple o Matemático . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.5. Péndulo compuesto o Físico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

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ÍNDICE GENERAL III

5.6. Péndulo de torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515.7. Superposición de MAS en la misma dirección . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525.8. Superposición de dos MAS en dirección perpendiculares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525.9. Movimiento oscilatorio amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525.10. Movimiento oscilatorio forzado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.11. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

6. Hidrostática 776.1. Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.2. Densidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.3. Peso especifico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.4. Densidad relativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.5. Presión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 786.6. Variación de la presión en un fluido en reposo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

6.6.1. Líquidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 786.6.2. Gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

6.7. Equilibrio de los líquidos no miscibles en los vasos comunicantes . . . . . . . . . . . . . 806.8. Fuerza ejercida sobre la pared de un recipiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 806.9. Principio de pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816.10. Principio de Arquímedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816.11. Manometro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.12. Fuerzas moleculares en los líquidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.13. Tension superficial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 836.14. Definición del coeficiente de tension superficial (σ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 836.15. Formación de una gota liquida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 846.16. Formación de una burbuja de jabón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 856.17. Ascenso de liquido en tubos capilares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 866.18. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

7. Hidrodinámica 1017.1. Líneas de fluido o de corriente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1017.2. Tubos de flujo o de corriente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1017.3. Principio fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1017.4. Tipos de flujo o regimen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

7.4.1. Regimen estable, permanente o estacionario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1027.4.2. Flujo uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1027.4.3. Flujo rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1027.4.4. Flujo laminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1027.4.5. Flujo turbulento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

7.5. Ecuación de continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1027.6. Ecuación de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1037.7. Teorema de Torricelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1047.8. Tubo de Venturi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1047.9. Tubo de Pitot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1057.10. Flujo de los fluidos viscosos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1067.11. Numero de Reynolds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1077.12. Ley de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1087.13. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

Fisica II

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ÍNDICE GENERAL IV

8. Temperatura 1198.1. Ley cero de la termodinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

8.1.1. Definición de estado de un sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1198.1.2. Pared adiabática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1198.1.3. Pared diatérmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1198.1.4. Equilibrio térmico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

8.2. Concepto de temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1198.2.1. Isoterma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1208.2.2. Definición de temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1208.2.3. Medición de la temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

8.3. Dilatación por temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1218.4. Dilatación de líquidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

8.4.1. Variación de la densidad con la temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1238.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

9. Calor y primera ley de la termodinámica 1289.1. Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

9.1.1. Teoría del calórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1289.1.2. Teoría cinética o energética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

9.2. Cantidad de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1299.3. Calor especifico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1299.4. Cambios de estado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

9.4.1. Region AB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1319.4.2. Region BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1319.4.3. Calor latente de fusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1319.4.4. Region CD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1319.4.5. Region DE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1319.4.6. Calor latente de vaporización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

9.5. Propagación del calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1319.5.1. Conducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1329.5.2. Conducción de calor entre dos capas paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1329.5.3. Flujo calorífico radial entre dos cilindros coaxiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1339.5.4. Flujo calorífico radial entre dos esferas concéntricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1349.5.5. Convección . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1359.5.6. Radiación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

9.6. Diferencial entre calor y trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1359.7. Trabajo originados por cambios de volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1369.8. Primera ley de la Termodinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1379.9. Transformación isobarica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1389.10. Transformación adiabática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1389.11. Dilatación libre o expansion en el vació . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1389.12. Transformación isocora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1389.13. Teoría cinética de gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

9.13.1. Gas ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1399.13.2. Ley de Boyle - Mariotte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1399.13.3. Ley de Gay - Lusas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1399.13.4. Ley de Dalton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1399.13.5. Calores específicos de un gas ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

9.14. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

Fisica II

Page 4: INFORME200902 fisica II

ÍNDICE GENERAL V

10.Segunda ley de la termodinámica 14910.1. Ciclo de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14910.2. Eficiencia o rendimiento térmico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15110.3. Enunciado de Clausius y de Kelvin - Planck del segundo Principio de la Termodi-

namica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15110.3.1. Enunciado de Kelvin-Planck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15210.3.2. Enunciado de Clausius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15210.3.3. Teorema de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15210.3.4. Entropía - Procesos reversible (Teorema de Claussius) . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

10.4. Entropía y la Segunda Ley de la Termodinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15410.5. Entropía y desorden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15410.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

11.Metodología 16111.1. Estrategias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16111.2. Métodos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16111.3. Medios y Materiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

12.Cronograma de Actividades 16212.1. Temas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16212.2. Cronograma de Actividades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

13.Relación de Estudiantes y Asistencias 16313.1. Relación de estudiantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16313.2. Lista de Asistencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

Bibliografía 165

Fisica II

Page 5: INFORME200902 fisica II

Capítulo 2

Justificación

La practica pre-profesional contribuye a lograr el perfil del futuro profesional de la E.P. de Cien-cias Físico Matemáticas, en sus aspectos: personal, profesional y promotor de cambio social y de-sarrollo.

La practica pre-profesionales permite el logro de experiencias en las areas de desempeño do-cente, mediante la aplicación de los conocimientos y el ejercicio de habilidades y destrezas desar-rolladas 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 2001-2006en los reglamentos específicos que habla de las prácticas pre-profesionales en sus artículos40-48 señalan:

Art. 40

El presente reglamento se sustenta en el estatuto de la U.N.A. que contempla la realizaciónde 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 realizarprácticas pre-profesionales pudiendo efectuarse después de haber logrado un mínimo de170 créditos.

Art. 42

Las prácticas pre profesionales de la Carrera Profesional de Cs. Físico Matemáticas seránprácticas productivas y prácticas de investigación.

Art. 43

Las prácticas productivas comprenderán prácticas pedagógicas en centros de enseñanza denivel medio superior y universidades; prácticas en centros productivos, convenio, proyectosy 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 des-ignado específicamente con este fin.

Art. 45

Las prácticas productivas de investigación tendrán una duración de un semestre académico.

Art. 46

2

Page 6: INFORME200902 fisica II

2. Justificación 3

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

Art. 47

En el caso de que la practica productiva y/o prácticas de investigación se realice en la Uni-versidad Nacional del Atiplado el practicante presentara el informe al docente a cargo, este asu vez informara su desarrollo a la Dirección de la Carrera para el visto bueno de la comisiónde prácticas Pre-profesionales.

Art. 48

Los aspectos no contemplados en el presente reglamento serán absueltos por la Comisiónde prácticas pre profesionales.

2do En el Estatuto Universitario del Titulo VI del regimen académico y administrativo en su capit-ulo II del regimen de estudios en la facultad, cuando nos habla de los estudios en su articulo122 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; proyec-tos de investigación sobre la realidad regional, nacional y mundial; plan de actividades deproyección y extension universitaria; y un plan de prácticas pre-profesionales. Concor.: Arts.10,12, 16 y ss. Ley 23733

Fisica II

Page 7: INFORME200902 fisica II

Capítulo 3

Objetivos

3.1. Objetivos Generales

Las prácticas pre-profesionales tienen como objetivo poner en práctica los conocimientosadquiridos plasmándolo en la enseñanza universitaria.

3.2. Objetivos Específicos

Los objetivos específicos que se tiene para la practica desarrollada en la respectiva asignaturadesignada son:

Familiarizarse en el desempeño de la docencia universitaria.

Afianzar los conocimientos adquiridos, para resolver problemas durante la práctica pre-profesional.

Solucionar con métodos adecuados los problemas que se presentan.

Estar siempre disponible para absolver las inquietudes de los alumnos.

4

Page 8: INFORME200902 fisica II

Capítulo 4

Elasticidad

4.1. Elasticidad

Se llama así a la propiedad que tiene los cuerpos, de recuperar su forma y dimensiones originalcuando la fuerza aplicada cesa de actuar. El trabajo realizado por la fuerza se transforma en energíapotencial de deformación.

4.2. Plasticidad

Cuando al cesar las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, este no recupera su forma o dimen-siones originales, parcial o totalmente. El trabajo realizado por los fuerzas parte se transforma encalor.

4.3. Deformación

Son todas las variaciones que se producen en su longitud, superficie, volumen y también deforma.

4.4. Esfuerzo

Se define como una relación entre las fuerzas entre el area de la sección transversal, su no-tación esσ

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 ala fuerza (F ) que se aplica, dentro del intervalo en el cual el cuerpo se comporta elásticamente.

5

Page 9: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 6

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(4.2)

E =σ

∆=

FS∆LL 0

=F L 0

S∆L(4.3)

Figura 4.2: Deformación por tracción

Fisica II

Page 10: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 7

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, entoncesel cuerpo sufrirá deformación volumétrica.

Definiremos el modulo de compresibilidad (B) y su inversa el coeficiente de compresibilidad(χ).

B =Esfuerzo volumétrico

Deformación unitaria de volumen=

Variación de presión

Deformación unitaria de volumen(4.4)

B =∆p

∆=∆p∆VV0

(4.5)

χ1

B(4.6)

4.8. Deformación por cizalladura o elasticidad de forma (η)

Esta deformación es producto de aplicar fuerzas opuestas a os caras contrarías del cuerpo,produciendose un desplazamiento de planes paralelos en la dirección de las fuerzas.

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Page 11: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 8

Figura 4.4: Elasticidad de forma

η=Esfuerzo cortante

Deformación cortante=σr

φ(4.7)

σr =Fuerza tangencial

Superficie que se desplaza=

F

S(4.8)

φ =Corrimiento

Distancia entre las dos caras=

Y

L 0(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(4.10)

Para el caso del cilindro de la figura

µ∆r L 0

∆Lr0(4.11)

Fisica II

Page 12: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 9

Figura 4.5: Deformación lateral

4.10. Torsion

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

τ=πµR4θ

2Lo(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 eltrabajo realizado por esta fuerza, se transforma en energía elastica almacenada en la barra.

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Page 13: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 10

Figura 4.6: Deformación lateral

U =1

2E V0∆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 NO4. 1 De un tubo vertical cuyo radio inferior r = 1m gotea agua. Hallar el radio de lasgotas en el momento de desprenderse. Considérese que las gotas son esféricas

SOLUCIÓN

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Page 14: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 11

Figura 4.7: torsion

Figura 4.8: Energía elastica almacenada en una barra

F =W (i)

Fisica II

Page 15: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 12

Figura 4.9: Deformación volumétrica

F =σA

σ(πr 2) (ii)

W =ρg V

W =ρg

4

3πR3

(iii)

igualando (ii)=(iii)

σπr 2 =ρg4

3πR3

R3 =3

4

σr 2

ρg

⇒ R = 3

r

3

4

σr 2

ρg

EJERCICIO NO4. 2 En la figura se representa dos alambre de sección uniforme A que están articu-ladas en X , Y , Z , inicialmente tiene una longitud H y están horizontales, cuando se ha aplicadoninguna carga. El peso del cable es despreciable. Si se aplica gradualmente un peso P en el punto Y .Hallar P para producir una deformación vertical v , respecto del punto Y

SOLUCIÓN

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 16: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 13

FY = 0

2T cosθ = P (i)

cosθ =v

p

H 2+v 2(ii)

∆L =F L 0

AE, F = T

t =∆LAE

L 0(iii)

(iii) en (i)

P = 2∆LAE

L 0cosθ

P =2AE

H

p

H 2+v 2

H−1

!

vp

H 2+v 2

∆L =L f − L 0

L 0

∆L =

p

H 2+v 2−H

H

∆L =

p

h2+v 2

H−1

EJERCICIO NO4. 3 Si el esfuerzo de corte en el acero excede aproximadamente 4×108N /m 2, el acerose rompe. Determinar para (a) Corte un perno de acero de 1, 0c m de diametro. (b) Hacer un hoyo de1,0c m de diametro en una placa de acero de 0, 5c m de espesor.

SOLUCIÓN

(a)

σr =Fr

A⇒ Fr =σr A

A =πr 2 =πd 2

4, Fr =

σrπd 2

4(b) SOLUCIÓN

σr =Fr

A⇒ Fr =σr A

A =πd l

f r =σrπd l

Fisica II

Page 17: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 14

EJERCICIO NO4. 4 A dos caras opuestas de un bloque cubico de acero de 26c m de lado se aplicafuerzas de extension opuesta de 200K g f cda una.Hallar el ángulo de cizalla y el desplazamientorelativo, el modulo de rigidez del acero vale 8,4×105K g f /c m 2

SOLUCIÓN

SOLUCIÓN

(a)

G =σ

εs=

F/A

∆y /h=

F/A

tanθ, tanθ = θ

θ =F

AG

(b) Si tanθ ≈ θ = ∆yh

,∆y = θh

EJERCICIO NO4. 5 Se aplican fuerzas de compresion a dos caras opuestas de un bloque rectangularde volumen V0 = Lx L y L z . La disminucion relativa de volumen es 0,0005 y la distancia relativa de lalongitud 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 = −1

y

σx −µ(σy +σz )�

εy = −1

y

σy −µ(σz +σx )�

εz = −1

y

σz −µ(σx +σy )�

Fisica II

Page 18: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 15

como las fuerzas están aplicadas en la dirección del eje y tenemos σx = σz = 0, reemplazamosestos valores en las ecuaciones anteriores y sumando.

εv =∆V

V0= εx +εy εz (1)

εx +εy εz =+1

yµσy −

σy

y+µσy

y

εx +εy εz =−1

y(1−2µ)σy (2)

en la dirección y se tiene

σy = y εy = y∆L y

L y, εy =

∆L y

L y(3)

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

εV =−1

y(1−2µ)σy =−

1

y(1−2µ) (−y εy )

︸ ︷︷ ︸

Por com p r e s ionod i s m i nu c ion

εV =1

y(1−2µ)y εy

εV

εy= 1−2µ

µ=1

2

1−εV

εy

EJERCICIO NO4. 6 Sea una barra de longitud Lo que al calentarla desde 0oC hasta t oC se dilata enuna magnitud ∆L, si α es el coeficiente lineal del material de la barra. Para reducir la barra medi-ante un deformación elastica de compresión, en la magnitud∆L hay que aplicar una cargaσn si Ees el modulo de Young del material, hallarσn .

SOLUCIÓN

Cuando la barra se calienta desde 0oC hasta t oC , el cuerpo se dilata una longitud:

∆L = Ioαt o (1)

También se puede dilatar la barra debido a la cargaσn :

E =σn/∆=σn/(∆L/Io)∆L =σn Io/E (2)

Igualando las expresiones (1) y (2): Ioαt o =σn Io/E

σn =αE t o

EJERCICIO NO4. 7 Una barra de cobre de longitud L = 1m , dispuesta horizontalmente gira alrededorde un eje vertical que pasa por su centro. ¿Con que frecuencia de rotación se despedazara la barra?

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 19: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 16

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

d FC = d mV 2

x= d m

(w x )2

x=w 2x d m , d m =ρd V =ρSd x

F C =w 2ρS

∫ L/2

0

x d x =1

2w 2ρS

L2

a(1)

se ha usado d m = ρd V = ρSd x La barra gira y se rompe cuando supera la fuerza asociada a laresistencia a la rotura

Fr =σrS (2)

Igualando (1) y (2)1

8w 2ρSL2 =σrS y w = 2πν

ν1

πL

2σr

ρ

�1/2

≈ 0,827×102RPS, ν = 82RPS

EJERCICIO NO4. 8 Al tensar un alambre de C u , cuya sección transversal tenia 1,5m m 2 de area, seobservo que el comienzo de la deformación permanente correspondía a la carga de 4,5K g f . ¿Cuales el limite de elasticidad del material de que esa hecho el alambre?

SOLUCIÓN

Según el problema, cuando se aplica una fuerza F1 = 4,5K g f , el alambre se estira x l ; luego ellimite de elasticidad esta dado por:

σ=F

S=

4,5×9,8N

1,8×10−6m 2= 2,94×107N /m 2

Fisica II

Page 20: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 17

EJERCICIO NO4. 9 Del tejado de una casa cuelga un alambre de acero de 40m de longitud y 2m mde 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 70K g ? (c)¿Se notara alargamien-to permanente cuando el hombre anterior suelta el alambre?. El limite de elasticidad del acero esigual a 2,94×108N /m 2

SOLUCIÓN

Se conoce d = 2× 10−3m , Lo = 40m La tension a la rotura σr (a c e ro) = 7,85× 108N /m 2 Limite deelasticidad:σ= 2,94×108N /m 2 Modulo de Young: E = 21,6×1010N /m 2

(a) La carga maxima pedida: F =σrS

F =σrπd 2

4= 7,85×108 N

m 2×3,14

(2×10−3)2

4m 2 = 2469N

F = 251K g f

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

∆L =70×9,8×40

3,14×10−6×21,6×1010m = 0,04m

∆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

3,14× (2×10−3)2/4= 2,47×108N /m 2

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

EJERCICIO NO4. 10 Entre dos paredes macizas se hallan dos barras hechas de diferentes materiales.La sección de las barras es S. sus longitudes son l 1y l 2. Las barras se calientan en ∆t grados. Hallarlas fuerzas con que las barras actúan la una sobre la otra; si los coeficientes de expansion térmicade las barras α1 y α2 y los módulos de elasticidad del material de las barras E1 y E2 son conocidos(Modulo de Yoyng). La deformación de las paredes se desprecia.

Fisica II

Page 21: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 18

SOLUCIÓN

En este problema nuevamente comparamos el alargamiento debido a la temperatura y la compre-sión debido a la elasticidad. El alargamiento debido a la temperatura en las dos barras:

∆l =∆l 1+∆l 2 =α1l 1∆t o+α2l 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/SE1)+ (F l 2/SE2) (2)

Igualando (1) y (2) y despejando F

F =(α1l 1+α2l 2)�

l 1

E1+ l 2

E2

� A∆t o

EJERCICIO NO4. 11 Una carga de 100K g f esta colgado de un alambre de acero de 1m de longitud y1m m de radio. ¿A que es igual el trabajo de tracción del alambre?

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 22: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 19

Se conoceE = 21,6×1010N /m 2, r = 10−3m

F = 10×9,8N , S =πr 2 = 3,14× (10−3)2m 2

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

W =1

2ESLo∆2

La deformación unitaria:∆= F/SE reemplazando, W = 12

ESLo(F/SE )2 = Lo F 2/2SE

W =1m × (102×9,8N )2

2×3,14(10−3)2m 2×21,6×1010N /m 2

EJERCICIO NO4. 12 Hallar el modulo de Poisson para el cual el volumen de un alambre no varia alalargarse

SOLUCIÓN

El volumen inicial Vo =πr 2o lo , El volumen final Vf =π(ro −∆r )2(lo +∆l ) donde el radio se acorta y

la longitud se alarga. Como el volumen no varia Vo =Vf

πr 2o lo = op i (ro −∆r )2(lo +∆l )

πrolo =π(r 2o lo −2rolo∆r + lo∆r 2+ r 2

o∆l −2ro∆l∆r +∆l∆r 2)

donde los términos que poseen∆r 2,∆l∆r 2 son nulos.Simplificando 2πrolo∆r =πr 2

o∆l , 2lo∆r = ro∆l como por definición µ= ∆r /ro

∆l /lo

µ=∆r /ro

∆l /lo=

1

2

luego µ0,5

Fisica II

Page 23: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 20

EJERCICIO NO4. 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 relativode su volumen (∆V /V )

SOLUCIÓN

(a)Debemos suponer que la gravedad permanece constante por que el cambio de la gravedad escero. Como la fuerza se ejerce la barra es su propio peso, entonces tomemos un diferencial de supeso:

d p = g d m = gρSd z

p =ρg S

∫ lo

0

d z =ρg Slo (1)

Por definición:

E =F/S

∆l /lo, F = ES

∆l

lo(2)

Igualando (1) y (2),

ES∆l

lo=ρg Slo

∆l =ρg l 2o /E

(b) En teoría se demuestra∆V

V=(1−2µ)σ

E(3)

como

E =σ/(∆l /lo),σ

E=∆l

lo(4.15)

reemplazando (4.15) en (3):∆V

V= (1−2µ)

∆l

lo

Fisica II

Page 24: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 21

EJERCICIO NO4. 14 Una esfera de hierro de 20c m de diámetro y 25K g f de peso, se encuentra sus-pendida de un punto a 2,00 sobre el suelo por un alambre de 3m de longitud. El diámetro del alam-bre es 0,10c m se le comunica una oscilación al péndulo así formado de manera que el centro de laesfera, en la posición mas baja esta animado de una velocidad de 2m/s . ¿A que distancia pasara delsuelo? El modulo de Young del hierro es 1,89×106K g f /c m 2

SOLUCIÓN

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

= T −W = Fc

T = Fc +W

T =m v 2

Lo +∆L+m g (1)

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

E =T /S

∆L/Lo, T =

SE

Lo∆L (2)

reemplazando valores en (2):

T =3,14× (0,10)2×1,89×106×9,8×∆L

4×3,0= 48466∆LN (3)

de (3) en (1):

48466∆L =m v 2

Lo +∆L+m g

∆L2+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 NO4. 15 (a)Calcular la extension de un alambre de acero que tiene una longitud de 2my diámetro 1m m cuando es cargado con un peso de 10K g f si el modulo de Young para el acero es21,6×1010N /m 2. (b)¿Cuanta energía se almacena al estirar el alambre?

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Page 25: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 22

SOLUCIÓN

(a) de la definición E = F/S∆L/Lo

, y por lo tanto∆L = F Lo

E ESreemplazando valores

∆L =10×9,8×2

2,16×1010×π(103)2/4= 11,55×−4 m = 0,115c m

∆L = 0115c m

EJERCICIO NO4. 16 Calcular la densidad del agua a 8K m de profundidad si su coeficiente de com-presión es χ = 4,8×10−10m 2/N

SOLUCIÓN

Por definición del modulo de compreibilidad:

B =1

χ=−

p�

∆VV

Por tanto∆V

V=−pχ (1)

de ρ = mV

se obtiene por derivacion∆ρρ=−∆V

V(2)

de (1) en (2)∆ρρ= 1×980×8×105×4,8×10−10×

104

105= 0,038

Fisica II

Page 26: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 23

ρ−ρo

ρo= 0,038

donde ρ =ρo(1+0,038) = 1,038ρo

ρ = 1,038×103K g /m 3

EJERCICIO NO4. 17 (a)¿Que presión p debe actuar todas las caras de un cubo de caucho, para quesu densidad aumente en el 1 por 100? (b)¿Que fuerza por area nos proporciona el alargamiento delcubo en un 10 por 100 en la dirección de un de sus aristas?. Se sabe que E = 7,2K g f /c m 2 yµ= 0,499

SOLUCIÓN

En teoría se ha deducido ∆VV= 1−2µ

E(σx+σy +σz ) como la presión es la misma para todas las caras,

se tiene:∆V

V=

E(1−2µ) (1)

Además∆V

V=∆ρρ

(2)

tomar en cuenta queσ= p = p r e s ion De (1) y (2):

p =�

∆ρρ

E

3(1−2µ)=

0,01×7,2K g f /c m 2

3(1−2×0,499)= 12K g f /c m 2

p = 12K g f /c m 2

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

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

σ= 0,72K g f /c m 2

EJERCICIO NO4. 18 ¿Cual es la presión necesario para comprimir un cubo de hule al 90 % de su vol-umen original?. Compara este presión con la presión atmosférica. La compresibilidad del hule es de40×10−11m 2/N

SOLUCIÓN

Por definición: B = p

(∆VV )

Por tanto ∆VV= 0,10

p = B

∆V

V

=1

40×10‘−11m 2/N×0,10= 2,5×108N /m 2

p = 2,5×108N /m 2

EJERCICIO NO4. 19 La suspension de un ascensor montacargas esta construida por 4 cables igualesde acero de 1,00c m de diámetro cada uno. Cuando el suelo del ascensor se encuentra a nivel delprimer piso del edificio, la longitud de los cables de suspension es de 20m . Si se introduce en elascensor una maquina de 1000K g f . ¿a que distancia por debajo del nivel del suelo, quedara el pisodel ascensor?. Se supone que el alargamiento de los cables de suspension y el E = 2×106K g f /c m 2

Fisica II

Page 27: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 24

SOLUCIÓN

F = 0, 4F −W = 0, F =W /4

Por definición E = F io/S∆l

∆l =W lo

4SE=

1000×20

4×π (10−2)2

4× 2×106

10−4

= 3×10−3m

∆l = 3m m

EJERCICIO NO4. 20 El extremo superior de un cordon de goma esta fijo y las extensiones causadaspor suspender varias masas M de su extremo inferior han sido medidas. Los resultados se muestranen la tabla.

Haga la grafica carga versus extension y de ella determinar el trabajo que se hace en aumentarla extension del cordon desde 7,5c m hasta 22,5c m

SOLUCIÓN

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

K =300−100

25−6,5= 10,8g f /c m = 10,6×103d i na s/c m

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

W =

F (x )d x =

∫ x2

x1

K x d x =1

2K [x 2

2 −x 21]

donde x1 = 7,5c m y x2 = 22,5c m por tanto W = 4,77×106E r g ios

EJERCICIO NO4. 21 Se aplican fuerzas de compreson dos caras opuestas de un bloque rectangular devolumen Vo = aoboco . La disminicion relativa del volumen es 0,0004 y la dismininucion relativa dela longitud del bloque es 0,02. Hallar µ

SOLUCIÓN

Se debuja en teoría∆V

V= (1−2µ)

σx +σy +σz

E

en este caso la fuerza se aplica a lo largo del eje X , entoncesσy =σz = 0. Como es una compresióna lo largo del eje X .

∆V

V= (1−2µ)

σx

E(1)

Además E = σx

∆x, por dato∆x =−∆a

ao, entonces

−∆a

ao=+

σx

E(2)

reemplazando (2) en (1):

−∆V

V= (1−2µ)

−∆a

ao

Fisica II

Page 28: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 25

∆V

V= 0,0004,

∆a

ao= 0,02

0,0004= (1−2µ)(0,02)

el coeficiente de Poisson: µ= 0,49

EJERCICIO NO4. 22 Entre dos columnas fue tendido un alambre de longitud L. En el alambre, exac-tamente en el centro fue colgado un farol de masa M . El area de la sección transversal del alambrees S1 el modulo de Young es E . Hallar α1 del alambre, considerando pequeño

SOLUCIÓN

El diagrama de fuerza es el siguiente∑

Fy = 0(e qu i l ib r io)

2T senα−m g = 0

T =m g /2 senα (1)

Por definición E = σ∆ =

TS∆ =

T (L/2)S∆L

T = 2ES

∆L

L

(2)

También

cosα=L/2

L/2+∆L

∆L =L

2

1

cosα−1

(3)

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

2ES

1

2

1

cosα−1

��

=m g

2 senα

Haciendo aproximaciones porque α es pequeño, se tiene:

senα=α, cosα= 1−2 sen2(α/2) = 1−2(α/2)2 = 1−α2

2

ES

1

1−α2/2

=m g

α3

1−α2/2=

m g

ES≈α3

α(m g /ES)1/3

EJERCICIO NO4. 23 A dos caras opuestas de un bloque cubico de acero de 25c m de largo se aplicasendas fuerzas de extension opuesta de 200K g f c/u . Hallar el ángulo de cizalla y el desplazamientorelativo. El modulo de rigidez del acero vale 8,4×105K g f /c m 2

SOLUCIÓN

(a)Por definición η= e s f u e r zocor t a nt eDe f or m a c ioncor t a nt e

= F/SΦ

Φ=F

Sη=

F

l 2η=

200K g f

202c m 2×8,4×105K g f /c m 2

Fisica II

Page 29: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 26

Φ= 3,8×10−7r a d

(b)El desplazamiento x , se determina tanΦ= xl=Φ

x =Φl = 3,8×10−7×25c m = 0,95×10−5c m

x = 0,95×10−5c m

EJERCICIO NO4. 24 Un alambre delgado y uniforme de radio r esta colocado horizontalmente entredos soportes rígidos A y B de tal manera que la longitud del alambre es L. Una masa m se cuelga en elpunto medio C del alambre, deslizándose una distancia vertical Y que es muy pequeña comparadacon L. Hallar (a) el esfuerzo, (b) la deformación, (c) el modulo de Young del alambre en función dem , L, r , Y . Despreciase en cada caso cuadrados y potencias mayores de (Y /L) comparadas con launidad

SOLUCIÓN

(a)∑

Fy = 0, 2T cosθ =m g , t =m g /2 cosθ El esfuerzo:σ= TS= m g

2πr 2 cosθ

σ=m g

2πr 2

p

(L/2)2+ y 2

Y=

m g (L/2)p

1+(Y /L/2)2

2πr 2Y

σ=m g L

4πr 2Y(b) La deformación unitaria

∆=L f − Lo

Lo=

p

(L/2)2+Y 2− (L/2)L/2

∆=

L2

1+ 12(V /L/2)2− . . .−1

��

L/2=

2Y 2

L2∆=

2Y 2

L2

(c)

E =σ

∆=

m g L4πr 2Y

2Y 2/L2=

m g L2

8πr 2Y 3

EJERCICIO NO4. 25 Una barra de 8K g cuya sección recta es un cuadrado de longitud b = 50m m ,tiene una longitud L = 30c m . Se mueve jalanda sobre una superficie lisa por acción de una fuerzaaplicada uniformemente sobre uno de sus extremos. La barra adquiere una aceleración constante2,4m/s 2. (a) ¿Cual es el esfuerzo en una sección transversal de la barra normal a su longitud y a unadistancia de x = 25m m del extremo posterior de la barra? (b) ¿Caul es el valor de dicho esfuerzo enel centro de la barra?

SOLUCIÓN

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

d F = aρb 2d x ′, F = aρb 2

∫ x

0

d x ′

F = aρb 2x

El esfuerzoσ= aρb 2x/b 2 = aρx = a (mb 2L)x

σ= a m x/b 2L = 640N /m 2

(b) Para x = L2

,σ= a m (L/2)b 2L

= m a2b 2 = 3840N /m 2

σ= 3840N /m 2

Fisica II

Page 30: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 27

EJERCICIO NO4. 26 La compresibilidad del sodio se mide observando el desplazamiento del émbo-lo de la figura al aplicar una fuerza F . El sodio esta sumergido en aceite que llena el cilindro pordebajo del émbolo. Supongase que las paredes del cilindro son perfectamente rígidas, que no hayrozamiento ni perdida de aceite. Calculese la compresibilidad del sodio en función de la fuerza F , eldesplazamiento del émbolo x , del area de este ultimo S, del volumen inicial del aceite Vo , del volu-men del sodio Vo y de la compresibilidad del aceite Ko

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 −Ko∆p Vo

Luego el cambio a que las paredes del cilindro son rígidas. Luego, por definición

KN a =∆VN A/Vo

∆p=

1

Vo

(Vo −Ko∆p Vo −Vo +Sx )∆p

KN a =1

Vo

(Sx −KoVo∆p )∆p

=1

Vo

Sx

F/S−KoVo

, y ∆p = F/S

KN a =1

Vo

xS2

F−KoVo

EJERCICIO NO4. 27 Al levantar una jaula que pesa 10T n con un cable que tiene 200m de longitud yarea de sección recta 1,000m m 2, este se estira 170m m . Hallar la aceleración de la jaula desprecian-do el peso del cable que es de acero y su modulo vale 2×106K g f /c m 2

SOLUCIÓN

Como no hay equilibrio∑

F =m aT −w =m a (1)

La tension T da lugar a una deformación∆L

T =ES∆L

Lo(2)

de (2) en (1)ES∆L

Lo−m g =m a , a =

ES∆L

m Lo− g

Reemplazando valores a = 7,86m/s 2

EJERCICIO NO4. 28 Dos bandas metálicas se mantienen unidas mediante cuatro remaches que tienencada uno un diámetro de 6m m . ¿cual es la tension maxima que se puede ejercer sobre la bandaremaches no ha de exceder de 7,2K g f /m m 2?. Supongase que cada remache soporta una cuartaparte de la carga

SOLUCIÓN

Como el esfuerzo a la rotura es : σr = F ′

SCada remache soporta la cuarta parte, es decir F ′ = F

4,

σr = F4S

F = 4σrS = 4σrπd 2

d= op iσr d 2

F = 3,14×7,2K g f /m m 2(6m m )2 = 813,8K g f

Fisica II

Page 31: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 28

EJERCICIO NO4. 29 Un cubo se encaja en un hueco adecuado de paredes rígidas y sobre la cara librese hace actuar la presiónσz . Calcular la deformación unitaria en la direcciónσz

SOLUCIÓN

Por se las paredes rigidas:∆y =∆x = 0 ademásσx =σy , porque:Se ha deducido en teoría:

∆y 0σy −µ(σx −σz )

E= 0

σy −µ(σy +σz ) = 0,σy

σz=

µ

1−µ

También∆x = σx−µ(σy+σz )E

= 0

σx −µ(σx +σy ) = 0,σx

σz=

µ

1−µ

entonces∆z = σz−µ(σx+σy )E

= σz−2µσx

E

∆z =σz −2µ[σzµ/(1−µ)]

E=σz

E(1−µ−2µ2)

EJERCICIO NO4. 30 Un alambre uniforme esta fijo en su extremo superior y tiene un peso atado enel otro extremo. Si la energía de deformación por unidad de volumen es 2× 104e r g ios/c m 3 y elincremento de la longitud por unidad de longitud es 2× 10−4 (a) Halle el modulo de Young. (b)Elesfuerzo

SOLUCIÓN

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

W =1

2E Vo∆2 =

1

2E (SLo)∆2

W

Vo=

E∆2

2, E = 2

W

Vo

1

∆2=

2×2×104

(2×10−4)2e r g ios/c m 3

E = 1012d i na s/c m 2

(b)Por definición E = σ∆ ,σ= E∆= 1012 d i na s

c m 2 ×2×10−4

σ= 2×108d i na s/c m 2

EJERCICIO NO4. 31 Un alambre de acero cuyo densidad es 7,8g /c m 3, pesa 16g y tiene 250c m delongitud. Si se estira 1,2m m cuando es traccionado por una fuerza de 8K g . Halle (a) el modulo deYoung para el acero, (b) la energía almacenada en el alambre.

SOLUCIÓN

(a) Se tiene m =ρVo =ρSLo , ρ = 7,8g /c m 3, m = 16g , lo = 250c m ,∆L = 0,12c m , F = 8K g

E =F Lo

S∆L=

F Lo�

mρLo

∆L= 1,99×1012d i na s/c m 2

(b)

W =1

2E Vo∆2 =

1

2E

m

ρ

∆2 = 4,71×105e r g ios

Fisica II

Page 32: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 29

EJERCICIO NO4. 32 Un tubo de goma de 60c m de longitud y 8m m de diámetro interior se estirahasta alargarse 12c m . Hallar el diámetro interior del tubo estirado, si el modulo de Poisson para lagoma es igual a 0,5

SOLUCIÓN

Por definición µ= ∆r /ro

∆L/Lo= Lo∆r

ro∆L

∆r =µro∆L

Lo, r = ro

1−µ∆L

Lo

r = 4m m

1−0,5×12

60

= 3,6m m

EJERCICIO NO4. 33 Sobre una superficie horizontal se puso un cilindro de C u macizo de longitud65c m y desde arriba se le aplico una fuerza de compresión vertical 103N , distribuida uniforme-mente por su extremo. ¿En cuanto m m 3 cambio en este caso el volumen del cilindro? µ = 0,34,e = 11,8×1010N /m 2

SOLUCIÓN

Se tiene deducido en teoría:∆V

V=(1−2µ)

E(σx +σy +σz )

En este caso:σx =σy = 0, V = AL, ∆VV= (1−2µ)

Eσz ,∆V = 1−2µ

Eσz V

∆V =(1−2µ)

E(F/A)(AL) =

1−2µ

EF L

∆V =(1−2×0,34)×0,65

11,8×1010m 3

∆V = 1,7m m 3

EJERCICIO NO4. 34 En la figura AB es un alambre de hierro, CD un alambre de cobre de la mismalongitud y sección transversal que el AB y BD una barra de 80c m de longitud. De esta barra se quierecolgar una carga P = 2K g f . ¿A que distancia x del punto B habrá que colgar la carga para la quela barra horizontal?

SOLUCIÓN

Para la barra de F e :∆L F e = TF e Lo

SEF ePara la barra de C u :∆LC u = TC u Lo

SEC uPor la condición del problema

∆L F e =∆LC u

TC u

TF e=

EC u

EF e(1)

Por equilibrio de momentos:∑

τB = 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

Page 33: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 30

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

TC u=

80−x

x(5)

de (1) y (5):80−x

x=

EF e

EC u=

19,6×1010

11,8×1010= 1,66

se deduce: x = 30c m

EJERCICIO NO4. 35 Para hacer un tirador se ha empleado un cordon de goma de 42c m de longitud y3m m de radio. El niño que dispara con el, estira la goma 20c m al lanzar la piedra. Hallar el modulode Young de esta goma sabiendo que una piedra cuyo peso era de 0,02K g f salió disparada por eltirador con una velocidad de 20m/s . La variación que experimenta la sección del cordon al estirarsese desprecia.

SOLUCIÓN

Cuando la goma se estira, almacena energía potencial, que sabemos esta dada por W = 12

E Vo∆2 =12

ESlo∆2 Al salir disparado la piedra con cierta velocidad, esta energía cinética Ec = ou m m v 2,como no hay perdida de energía se tiene : W = Ec

1

2ESlo∆2 =

1

2m v 2, E =

m v 2lo

S(∆l )2

reemplazando valores:

E =0,02× (20)2×0,42

3,14× (0,003)2(0,20)2= 2,94× (10)6

N

m 2

EJERCICIO NO4. 36 Desde un barco se lanzo una pesa sujeta por un cable de acero para medir laprofundidad del mar despreciando el peso de la pesa en comparación con el cable, hallar la profun-didad maxima que se puede medir por este procedimiento. La densidad del agua del mar tómeseigual a 1g /c m 2

SOLUCIÓN

El cable de acero soporta una tracción debido a su peso y a la pesa adicional, es decir W ′a c +W .

Conforme el cable se sumerja estará sometido a mayor tracción, hasta el limite de resistencia a larotura:σrS Luego: W ′

a c +W =σrS, segun el problema W ′a c �W

W ′a c =σrS (1)

pero W ′a c es el peso del cable de acero cuando esta dentro del agua, es decir el peso aparente,

debido al empuje:W ′

a c =Wa c −E =ρa cSH g −ρaSH g (2)

de (1) y (2)(ρa c −ρa )SH g =σrS

H =σr

g (ρa c −ρa )= 12,000m

H = 12K m

EJERCICIO NO4. 37 Hallar la variación relativa de la densidad de una barra de cobre cilíndrica alser comprimida por una presión p = 1,000K g f /c m 2. Para el cobre el modulo de Poisson es 0,34

Fisica II

Page 34: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 31

SOLUCIÓN

Se sabe por teoría∆V

V=(1−2µ)σ

E(1)

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

, derivado, seobtiene:

∆ρρ=∆V

V(2)

De (2) y (1):∆ρρ=(1−2µ)σ

E=(1−2×0,34)×103×9,8

1,18×1011×10−4

∆ρρ= 0,265×10−3

EJERCICIO NO4. 38 Hallar la longitud que tendrá un alambre de plomo que colgado verticalmente,comience a romperse por su propio peso.

(σr = 0,2×108N /m 2, ρ = 11,3×3 K g /m 3)

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

SOLUCIÓN

d F =ρSg d z , si el cambio de gravedad es nulo

F =ρSg

∫ L

0

d z =ρSg L

El alambre se destruirá cuando alcance la tension de ruptura Fr = σrS, como F = Fr , entoncesL = σr

ρg, reemplazando valores L = 180,6m

EJERCICIO NO4. 39 Una barra uniforme horizontal de masa 200K g esta soportada horizontalmentepor 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 cadalado de B. Hallar: (a) la tension en cada alambre, (b) la extension en cada alambre

SOLUCIÓN

En la condición de equilibrio:∑

Fy = 0

2Ta c +TC u =m g

Por definición de modulo

2

Ea cS∆L

Lo

+EC u S∆L

Lo=m g

Despejando:∆L = m g Lo

S(2Ea c+eC u )y reemplazando valores:

Ea c = 21,6×1010N /m 2, EC u = 11,8×1010N /m 2

∆L = 0,36×10−4m

EJERCICIO NO4. 40 ¿Que diámetro mínimo debe tener un cable de acero para poder aguantar 1T nde carga?

Fisica II

Page 35: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 32

SOLUCIÓN

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

πd 2

4

� , despejando d =�

4Fπσr

�1/2,

reemplazando valores:

d =�

4×103×9,8

3,14×7,85×108

�1/2

m = 3,98×10−3m

d = 4×10−3m

EJERCICIO NO4. 41 Hallar de que altura se puede construir un muro vertical de hormigón si su re-sistencia de rotación es de 180K g /c m 2 y se emplea un coeficiente de seguridad 5. La densidad delhormigón 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 =ρSLo

Luego:σr =ρSLo/S =ρLo reemplazando valores: Lo =σr /ρ

Lo = 180/2200×10−4m = 818m

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

EJERCICIO NO4. 42 Un cilindro recto, hueco de sección circular, de función, tiene un diámetro exter-no de 10c m y el interior de 8c m . Si se aplica una fuerza axial de compresión de 10,000K g . Hallar elacortamiento, para 60c m de longitud y el esfuerzo de la carga. No considere la deformación lateraldel cilindro y E = 2×106K g /c m 2

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 36: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 33

Para hallar el acortamiento por teoría4L = Lo4

La deformación unitaria:4=σ/E

Luego el esfuerzo:σ= F/S = F/π(r 2

2 − r 21 )

Entonces:4L = Lo F/Eπ(r 22 − r 2

1 ) reemplazando:

4L = 0,011c m

EJERCICIO NO4. 43 Una varilla circular maciza de acero de 10m m de diámetro de 30c m de longi-tud, esta rígidamente unidad al exterior de una barra cuadrada de bronce de 8c m de largo y 20c mde longitud, con sus ejes sobre la misma recta. Se aplica una fuerza de tracción axial de 1000K g encada extremo. Hallar el alargamiento total del conjunto. Para el acero E a = 20× 105K g /c m 2 y elbronce Eb = 9×105K g /c m 2

SOLUCIÓN

Hallemos la deformación para el acero:

4L a = F I1/S1Ea

4L a =1000×30

3,14(0,5)2×20×105

4L a = 0,0191c m

Para el bronce:4Lb = F I2/S2Eb

4Lb =1000×20

8×8×9×105

4Lb = 0,00035c m

Al alargamiento pedido sera:4L a +4Lb = 0,0191+0,00035

4L a +4Lb = 0,01945c m

Fisica II

Page 37: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 34

EJERCICIO NO4. 44 Una barra de bronce de 20c m 2 de sección esta sometida a las fuerzas axialesrepresentada en la figura. Hallar el alargamiento total de la barra. E = 1×106K g /c m 2

SOLUCIÓN

Region AB

La deformación longitudinal es un alargamiento:

4L A B = F L/SE

4L A B = 6000×100/20×106 = 0,03c m

Region BC:

La deformación es una compresión:

4L BC =−2000×150

20×106

4L BC =−0,015c m

Region CD:

La deformación es una compresión

4LC D =−500×200

20×106

4LC D =−0,005c m

La deformación total es un alargamiento:

4L =4L A B +4L BC +4LC D = 0,01945c m

Fisica II

Page 38: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 35

EJERCICIO NO4. 45 Una placa de acero delgada tiene la forma trapezoidal de la figura. El espesor ese y varia uniformemente desde una anchura de 2a hasta otra de 2b en una longitud Lo . Si se aplicaen 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:

4L = F L/SE

Para un diferencial de deformación se tendrá: d4L = F d x/SE

d4L = F d x/2y e E (1)

Por semejanza de triángulos:

y −a

x −0=

b −a

L−0, y =

x

L(b −a )+a

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

4L =

∫ L

0

F d x

2�

xL(b −a )+a

e E=

F L

2e (b −a )ln(b/a )

EJERCICIO NO4. 46 Una barra cónica maciza de sección circular esta suspendida vertical como en lafigura. La longitud de la barra es L, el diámetro de su base D, el modulo de elasticidad E y el pesoespecifico es γ. Hallar el alargamiento de la barra debido a su propio peso.

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 39: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 36

Usando nuevamente la expresión:4L = F L/SE

en este caso:

d4L =W d y

SE(1)

donde:W = γV = γ1/3Sy (2)

DE (2) en (1)d (4L) = (γy S/3)d y /SE

integrando:4L = γ

3E

∫ L

0y d y

4L = γL2/6E

EJERCICIO NO4. 47 Se tiene un estado de tension en un elemento para el cual se ejerce una tensionde σy , en una dirección y se impide totalmente la contracción lateral en las otras dos direcciones.Hallar la relaciónσy /4y

SOLUCIÓN

Según las condiciones del problema

Fisica II

Page 40: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 37

4x =4z = 0

De las ecuaciones de teoría:4x = 1/E [σx −µ(σy +σz )] (1)

4y = 1/E [σy −µ(σx +σz )] (2)

4z = 1/E [σz −µ(σx +σy )] (3)

De (1)0=σx −µ(σy +σz )

σx =µ(σy +σz ) (4)

de (3)0=σz −µ(σx +σy )

σz =µ(σx +σy ) (5)

De (5) en (4)σx =µ[σy +µ(σx +σy )]

σx =µσy (1−µ) (6)

de(6) en (5):

σz =µ�

µσy

1−µ+σy

=µσy

1−µ(7)

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

4y =1

E

σy −µ�

µσy

1−µ+µσy

1−µ

��

simplificandoσy

4y= E (1−µ)/(1−µ−2µ2)

EJERCICIO NO4. 48 Una union remachada de dos placas metálicas tiene n o pernos de cierto materi-al. La maxima tension que se puede ejercer sobre la banda es T y la fatiga por cizalladura tiene unvalor máximo en los remaches dados porσT . Hallar el diámetro de cada remache.

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 41: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 38

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

πd 2/4=

4T

n oπd 2,

r

4T

n oπσT= d

EJERCICIO NO4. 49 Se tiene un tubo de bronce que rodea a un cilindro macizo de hormigón, com-primido todo el conjunto entre placas infinitamente rígidas, por fuerzas aplicadas centralmentecomo en la figura. El cilindro de hormigón tiene 12c m , de diámetro y el diámetro exterior del tubode bronce es de 15c m . Si la fuerza es de 5,000K g . Hallar las tensiones en el bronce y en el hormigón.Para el bronce E = 9×106K g /c m 2 y el Aluminio E = 7×106K g /c m 2

SOLUCIÓN

Seaσb el esfuerzo debido al bronce yσAl al aluminio. Por condición de equilibrio:∑

F = 0

F − Fb − FAl = 0

F = Fb + FAl (1)

Las deformaciones que se producen en el bronce y aluminio son iguales, debido a las placas rígi-das:

∆b =∆Al

Fb L

Sb Eb=

FAL L

SAl EAl(2)

dondeSb =π[(7,5)2− (5)2] = 31,25πc m 2

SAl =π(6)2 = 36πc m 2

reemplazando en (2):Fb = 1,113FAl (3)

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

Fisica II

Page 42: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 39

FAL = 2363K g

Fb = 2637K g

Por definición:σb = Fb/Sb = 26,87K g /c m 2

σAl = FAl /SAl = 20,90K g /c m 2

EJERCICIO NO4. 50 Una barra trococonica de sección circular varia uniformemente entre un radiomenor r y uno mayor R, Hallar el alargamiento debido a una fuerza axial ~F aplicada en cadaextremo, ver figura.

SOLUCIÓN

Sabemos por teoría, el alargamiento es igual a ∆L = F L/SE En este caso, la deformación no esuniforme, se tiene que trabajar con un diferencial de alargamiento:

d (∆L) = F d x/SE

donde S =πy 2

d (∆L) =F d x

πy 2E(1)

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

y − r

x=

R − r

L

y = r +x

LR (2)

de (2) en (1)

∆L =

d (∆L) =

∫ L

0

F d x

π�

r + xL

R�2

E

∆L = F L/πRr E

EJERCICIO NO4. 51 Una barra circular de 50c m 2 de sección esta sujeta rígidamente entre los puntosy cargada con una fuerza axial de 12,000k g , como se indica en la figura. Hallar las reacciones enlos extremos de la barra y el alargamiento de la parte derecha, si E = 106K g /c m 2

Fisica II

Page 43: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 40

SOLUCIÓN

Sean R1 y R2 las reacciones ne los extremos de la barra. Por la condición de equilibrio:∑

F =R1+R2−12,000= 0

R1+R2 = 12,000 (1)

Como la barra esta limitada por sus extremos, se tendrá el acortamiento de la barra L 1 es igual alalargamiento de la barra L 2

∆L 1 =R1/SE =R2L 2/SE =∆L2

R1L 1 =R2L 2, R1 = 2R2 (2)

de (2) en (1): 2R2+R2 = 12,000

R2 = 4000K g y R1 = 8000K g

El alargamiento se halla:

∆L 2 = 4000×10/50×106c m = 0,0008c m

EJERCICIO NO4. 52 Un cuerpo con forma de solido de revolución soporta una carga ~F como se ve enla figura, el radio de la base superior es ro y el peso especifico del material es γ(K g /c m 2). Determinarcomo debe variar el radio con la altura para que la tension de compresión sea constante, en todaslas secciones. El peso del solido no es despreciable.

SOLUCIÓN

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Page 44: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 41

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 esfuerzoes:

σ=F +W +d W

S+dS

como el esfuerzo es constante:F +W

S=

F +W +d W

S+dS

dS

d W=

S

F +W=

1

σ(1)

Hallemos: dS =π(r +d r )2−πr 2 ∼= 2πr d r

d W = γπr 2d y

reemplazando en (1)1

σ=

2πr d r

γπr 2d y,

γ

σ

∫ y

0

d y = 2

∫ r

ro

d r

r

y =2σ

γ; r = ro e

γy2σ

donde

σ= F/S = F/πr 2, r = ro e

γπr 2o

2F

y

EJERCICIO NO4. 53 Se tiene una barra rígida OC suspendida por dos cables, ubicados en A y B. loscuales poseen los datos indicados en la figura. Hallar el máximo peso vertical que se puede colocaren C

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 45: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 42

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

Mo = 0

1× F1+2× F2−2,5W = 0

W = F1+2F2/2,5

W =σ1S1+2σ2S2/2,5 (1)

Paraσ2m a x hallemos elσ1m a x que le corresponde

tanθ =∆1

1=∆2

2, ∆2 = 2∆1

σ2L 2

E2= 2σ1L 1

E1,

σ2

σ1= 2

L 1

L 2

��

E2

E1

σ2

σ1= 2

1

1,5

��

5

3

=20

9

σ1 =20

9σ2

Paraσ2m a x = 4×106K g /c m 2

σ1m a x =9

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

reemplazando en (1):

W =1,8×106×4+2×4×106×5

2,5K g

W = 18,88×106K g

EJERCICIO NO4. 54 Se cuelga verticalmente dos hilos de fierro de modulo de young E , de longitud L 1

y L 2 y sección S1 y S2 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

Page 46: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 43

SOLUCIÓN

a) Para la barra 2 se tiene por definicon:

∆L 2 =W2L 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 =

W d y

S2E

Fisica II

Page 47: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 44

∆L 2 =

∫ L 2

0

γS2Yd y

S2E=

S2γL22

2S2E

∆L 2 =(γS2L 2)L 2

2S2E=

W2L 2

2S2E

Para la barra superior, la deformación es debida a W2 y W1 distribuida uniformemente.

∆L 1 =W2L 1

S1E+

∫ L 1

0

(γS1Yd y )S1E

∆L 1 =W2L 1

S1E+

W1L 1

2S1E

EJERCICIO NO4. 55 El peso W cuelga de 3 varillas de los cuales las del medio tiene una longitudL. Los módulos de elasticidad y las secciones respectivas E1 y S1 para la central, E2 y S2 para laslaterales. Hallar las tracciones en las varillas y el descenso en A

SOLUCIÓN

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Page 48: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 45

Por las condiciones de equilibrio∑

Fy = 2F2 cosθ + F1−W = 0

donde F1 y F2 son las tracciones en las varillas

2F2 cosθ + F1 =W (1)

también:

cosθδ2

δ1(2)

donde

δ2 =F2L 2

E2S2=

F2L

E2S2 cosθ(3)

también:

δ1 =F1L 1

E1S1=

F1L

E1S1(4)

de (3) y (4) en (2)

cosθ =F2L/E2S2 cosθ

F1L/E1S1=

F2E1S1

F1E2S2 cosθ

F2 =2E2S2 cos2θF1

E1S1(5)

de (5) en (1)

2E2S2 cos2θ

E1S1F1 cosθ + F1 =W

F1 =W /1+2 cos2θE2S2

E1S1(6)

reemplazando (6) en (4)

δ1 =

h

W /1+ 2 cos2 θE2S2

E1S1

i

L

E1S1

δ1 =W L

E1S1+2E2S2 cos2θ

EJERCICIO NO4. 56 Sea una barra cilíndrica de longitud L y de radio R. La sección superior esta fijay a la inferior se le aplica un momento o torque τ, que tuerza la barra como se indica en la figura ygira un ángulo θ , si n es el modulo de rigidez de la barra. Hallar este torque

Fisica II

Page 49: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 46

SOLUCIÓN

Vista de la base inferior:

De la figura y el triángulo A ′A B :

tanβ =ÓAA

L=

L

Como β es pequeño

tanβ ∼=β =rθ

L(1)

De la definición de modulo de rigidez:

η=σT

tanβ∼=σT

β=σT

rθL

=σT L

σT =ηrθ/L (2)

Por definición de momento:dτ= r d F = r (σT dS)

dτ= r [σT ][r dϕd r ] = r 2σT dϕd r

Fisica II

Page 50: INFORME200902 fisica II

4. Elasticidad 47

usando (2) en la ultima expresión:

dτ= r 2

ηrθ

L

dϕd r =ηθ

Lr 3d r dϕ

integrando:

τ=ηθ

L

∫ R

0

r 3d r =ηθ

L

R4

44π

τ=πηR4θ

2L

Fisica II

Page 51: INFORME200902 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 yen 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 uninstante cualquiera.

5.3.2. Posición de equilibrio (x0)

Aquella para la cual no abra ninguna fuerza neta sobre la partícula oscilante

48

Page 52: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 49

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 frecuenciaangular w = 2πν y en función del periodo:

ν =1

T(5.1)

5.3.6. Energía almacenada en MAS

Si no existe función de rozamiento la energía mecánica se conserva

E = K +U (5.2)

1

2m v 2+

1

2k x 2 =

1

2k A2 (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 masadespreciable y que se lleva de su posición vertical a otra posición medida por el desplazamientoangular θ < 10o, la ecuación del movimiento es:

md v

d t=m

d

d t(Lw ) =m L

d w

d t=m L

d

d t

d t

m Ld 2θ

d t 2=−m g sinθ =−m g θ

d 2θ

d t 2+� g

L

θ = 0 (5.4)

donde: w =p

gL= 2πν = 2π

T, T = 2π

Æ

Lg

Fisica II

Page 53: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 50

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 (A B),bajo la acción de la gravedad.

En dinámica de rotación se tiene: τ= Iα, donde: I : momento de inercia, α: aceleración angu-lar, τ: torque.

τ−m g b sinθ

α=d 2θ

d t 2

Fisica II

Page 54: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 51

Luego:

−m g b sinθ = Id 2θ

d t 2(5.5)

d 2θ

d t 2+�

g b m

I

θ = 0 (5.6)

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

Ig b m

5.6. Péndulo de torsion

Cuando un cuerpo de masa m , esta suspendido de su centro de masa (C ), por un alambre, elcual se tuerce un ángulo (θ ) pequeño, aplicando un torque (τ), proporcional a ángulo: τ=−kθ .

Figura 5.4: Péndulo de torsion

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

Id 2θ

d t 2=−kθ (5.7)

d 2θ

d t 2+�

k

I

θ = 0 (5.8)

y el periodo sera:w =Æ

kI= 2π

T, T = 2π

Æ

Ik

Fisica II

Page 55: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 52

5.7. Superposición de MAS en la misma dirección

Varias ondas pueden coincidir en el espacio independiente una de las otras. El proceso deadición 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 x1 = A1 sin(w t + α1), y x2 = A2 sin(w t + α2), el movimiento resultante x = x1 + x2 =A sin(w t+α) es MAS, donde A = (A2

1+A22+2a 1A2 cosδ)1/2,δ=α2−α1 y tanα= (A1 sinα1+A2 sinα2)

A1 cosα1+A2α2.

Si δ= 0 están en fase, δ=π en oposición, y δ= π2

en cuadratura.

B) Superposición de dos MAS. Igual dirección, diferencial frecuencia y amplitud.

Si x1 = A1 sin w1t y x2 = a 2 sin w2t , el movimiento resultante no es MAS, porque su amplitudvaria con el tiempo, así: x = a 1 sin w1t +A2w2t

A =p

A21+A2

2+2A1A2 cos(w1−w2)t

Caso especial. Si A1 = A2, entonces el movimiento resultante esta dado por: x = 2A1 cos (w1−w2)2

t sin (w1+w2)2

t ,se uso: sin A + sin B = 2 sin A+B

2cos A−B

2

5.8. Superposición de dos MAS en dirección perpendiculares

Caso A Si w1 = w2, 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.

Caso B Si w1 =w2, A1 6= B , y δ= π2

, 3π2

se obtiene x 2

A2 +y 2

B 2 = 1, llamada polarización elíptica.

Caso C Si w1 6=w2, δ= π2

, 3π2

, se obtiene x 2+ y 2 = A2, llamada polarización circular.

Caso D Si w1 6=w2, δ=α1−α2 6= 0, para gráficas se utilizan las expresiones: w2

w1= a

by δ= c , donde

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 fuerzade rozamiento, debido al liquido que lo rodea.

F =m a =−k x −λv

d 2x

d t 2+�

λ

m

d x

d t+�

k

m

x = 0

Si w0 =Æ

km

y 2γ= λm

d 2x

d t 2+2γ

d x

d t

+w 20 x = 0 (5.9)

Fisica II

Page 56: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 53

Figura 5.5: Movimiento oscilatorio amortiguado

donde: w0: frecuencia angular sin amortiguamiento, γ: coeficiente o constante de amortiguamien-to.

La solución de esta ecuación, tiene tres casos:

Caso A Si γ<w0, x = Ae r1t + B e r2t donde:

r1 =−γ+p

γ2−w 20

r2 =−γ−p

γ2−w 20

y el movimiento se llama sobreamortiguado.

Caso B Si γ=w0, x = e−γt (A + Bt ), el movimiento es criticamente amortiguado.

Caso C Si γ <w0, x = C e−γt cos(w t +α), donde w =p

w 20 −γ2, y C se determinan por las condi-

ciones iniciales. Este movimiento oscilatorio Amortiguado.

Se define el decremento longitud (DL): es el logaritmo de la relación entre dos valores suce-sivos de la amplitud separados entre si por un tiempo igual a un periodo T

D = lnC 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 deamortiguamiento del liquido, se aplica una fuerza oscilatoria externa, con diferente frecuenciaw f .

Fisica II

Page 57: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 54

Figura 5.6: Movimiento oscilatorio forzado

De la segunda Ley de Newton:

md 2x

d t 2=−k x −λ

d x

d t+ F0 cos w f t

Un proceso de solución nos lleva a una solución complementaria: xc = A1 sin w0t + B1 cos w0t yuna solución particular: xp = A2 sin w f t + B2 cos w f t y la solución general:

x = xp +xc = A sin(w f t −α)

donde A =�

f 0m

h

(w 2f −w 2

0 )2+4γ2w 2

f

i1/2 y tanα =w 2

f −w 20

2γw fLa amplitud tiene un máximo, que se tiene: ∂ A

∂w f= 0 y

se halla Wa =p

w 20 −2γ2, luego cuando w f =wA , se tiene resonancia en la amplitud, tal como se

indica en la figura

5.11. Ejercicios resueltos

EJERCICIO NO5. 1 Una partícula cuya masa es de 1g r vibra con MAS de 2m m de amplitud. Su acel-eración en el extremo de su recorrido es de 8,0× 103m/s 2. Calcular la frecuencia del movimiento yla velocidad de la partícula y la velocidad de la partícula cuando pasa por la posición de equilib-rio y cuando la elongacion es 1,2m m . Escribir la ecuación que expresa la fuerza que actúa sobre lapartícula en función de la posición y tiempo.

SOLUCIÓN

m = 1g r = 10−3k g , A = 2m m = 2×10−3m , a m a x = 8×103m/s 2, f =?, v =?,en x = 0 y x = 1,2m m ,F = f (t ) = f (x ) =?

si

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

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Page 58: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 55

en un extremo la aceleración es maxima, entonces.

a m a x = 3×103m/s 2 =−102(A)

w 2 = 4×106

w = 2,0×103r a d /s

(a)Frecuencia f = w2π

f =2,0×103

2×3,1416= 318,31Hz

(b) Velocidad en el punto de equilibrio esta velocidad maxima, luego:

v (t ) = Aw cos(w t +α)

vm a x = Aw , cos(w t +α) = 1

vm a x = (2,0×103)(2,0×10−3) = 4m/s

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

x (t ) = A sin(w t +α)

1,2= 2 sin(w t +α)

sin(w t +α) =3

5, w t +α= 37o

Siv (t ) = Aw cos(w t +α)

v (t ) = (2×103)(2×10−3)cos 37o

v (t ) = 44

5= 3,2m/s

(d) Fuerza en función de posiciónF = f (x )

Si F =m a =m (−w 2x ) =−m w 2x

F =−(103)(2,0×103)2x

F =−4×103, Siempre a la izquierda

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

F =−4×104x

F =−4×103A sin(w t +α)

F =−4×103(2×10−3)sin(2×103t +α)

F =−8 sin(2000t +α)

EJERCICIO NO5. 2 Una barra uniforme de masa M longitud L esta suspendido de un extremo (a)Determinarel periodo de oscilacion para pequeñas desplazamientos angulares (b) Determinar el periodo de os-cilacion se esta suspendida de un punto P a una distancia x del centro de masa (C M )

Fisica II

Page 59: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 56

SOLUCIÓN

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

t = 2π

r

I

m g r

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

I =

r 2d m =

ρr 2d V, ρ =d M

V

I =

ρr 2Ad r =ρS

∫ L

0

r 2d r

I =ρA

3L3, ρ =

M

V=

M

AL

I =1M AL3

3AL=

1

3M L2

entonces

T = 2π

r

M L2

3M (L/2)= 2π

r

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 =

r 2d m =

ρr 2d V =

ρr 2Ad r

IC M = 2ρA

∫ L/2

0

r 2d r

IC M =2ρA

3

L

3

�3

=1

12M L2

IP = IC M +M r 2 =M L2

12+M x 2

T = 2π

r

TP

M g x

T = 2π

r

(1/12)L2+x 2

g x

EJERCICIO NO5. 3 Una masa m se conecta a dos resortes de constantes de fuerza k1 y k2 como mues-tran en las figura se mueve sobre una mesa sin fricción y se desplaza de la posición de equilibrio y sesuelta. demostrar que la mesa tiene movimiento armónico simple con periodo

Fisica II

Page 60: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 57

SOLUCIÓN

(b) T = 2πp

mk1+k2

(a)−k1x −k2x =m x

x +�

k1+k2

m

x = 0

w0 =

Ç

k1+k2

m

T = 2π

Ç

m

k1+k2

EJERCICIO NO5. 4 La amplitud de unas vibraciones armónicas es igual 50m m , el periodo a 4g e s yla fase inicial π/4. (a)Escribir la ecuación de estas vibraciones. (b)Hallar la elongacion del puntovibrante 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

Tt +α

x = 50 sen

4t +π

4

= 50 sen�

π

2t +π

4

(b) Parat = 0, x = 50 sen π4= 25

p2m m

t = 1,5, x = 50 sen

π1,5

2+π

4

= 0m m

EJERCICIO NO5. 5 ¿Cuanto tiempo transcurrirá desde el comienzo del movimiento armónico, hastaque el punto vibrante una elongacion igual a la mitad de la amplitud. El periodo de las vibracioneses 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�

2πT

t +α�

, se tiene:

A

2= A sen

2πt

24+0

donde: t = 2s e g

EJERCICIO NO5. 6 Escribir la ecuación del movimiento vibratorio armónico si la aceleración maxi-ma del punto es igual a 49,3c m/s e g 2, el periodo de las vibraciones 2s e g y la elongacion del puntoal 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 , to = 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

Page 61: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 58

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

49,3= A

2

�2

, A = c m

Luego, 2,5= 5 sen�

2π2×0+α

, α30o Entonces: x = 5 sen(πt +30o)

EJERCICIO NO5. 7 La aceleración de las vibraciones de un punto material de masa m = 1,6× 10−2

tiene la forma x = 0,1 sen�

πt8+ π

4

.Hallar el valor máximo de la fuerza.

SOLUCIÓN

Por la 2da Ley de Newton F =m a =m d 2xd t 2

x = 0,1 sen�

π

8t +π

4

m , F =−m 0,1�

π

8

�2

sen�

π

8t +π

4

La fuerza maxima : Fm a x =m 0,1�

π8

�2N Reemplazando el valor de m se tiene:

Fm a x = 24,6×10−5N

EJERCICIO NO5. 8 Un peso oscila armónicamente a lo largo del eje X , junto a la posición de equi-librio x = 0, La frecuencia de las oscilaciones w = 4s e g −1. En cierto momento la coordenada de lapartícula xo = 25c m y su velocidad vox = 100c m/s e g . Hallar la coordenada x y la velocidad vx dela 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 senα y 100 = 4A cosα, se obtiene α = 45o. LuegoA = 25/sen 45o = 35,46c m Reemplazando en x = 35,56 sen

4×2,4+ π4

, x = −29,1c m reem-

plazando en v = 35,46×4 cos�

4×2,5+ π4

, v =−20,1c m/s e g

EJERCICIO NO5. 9 En el sistema de la figura, hallar el periodo de las oscilaciones verticales pequeñasde un cuerpo de masa m . La rigidez de los resortes son K1 y K2 y sus masa pueden ser despreciadas.

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 62: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 59

Para hallar el periodo de oscilación usaremos la expresión

T = 2πp

m/K (1)

y el K es el equivalente i efectivo de los dos resortes. Cuando los resortes están en serie, la fuerzaque los deforma se transmite por igual en ambos resortes y las elongaciones cumplen:

x = x1+x2

F

K=

F

K1+

F

K2

de donde1

K=

K1+K2

K1K2(2)

reemplazando (2) en (1):

T = 2πp

m K1K2/(K1+K2)

EJERCICIO NO5. 10 Dos vigas de masa m1 y m2 unidas por un muelle de rigidez K . El muelle estacomprimido con ayuda de los hilos como se muestra en la figura. Los hilos se queman. Hallar elperiodo de oscilación de las vigas.

SOLUCIÓN

Para determinar el periodo se usara

T = 2πp

m1/K1 (1)

Fisica II

Page 63: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 60

El problema cosiste nuevamente en hallar K1 del sistema:

F1 =−K1x (2)

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

xc m =−m1l 1+m2L 2

m1+m2

m1L 1 =m2L 2

Cuando se deforma x1 y x2 los resortes, se tiene:

m1(L 1−x1) =m2(L 2−x2)

m1x1 =m2x2, x2 =x1

m2x1

El muelle se comprime: x1+x2, luego se debe cumplir

F =−K (x1+x2) =−K

x1+m1x1

m2

=−K x1

m1+m2

m2

F =−�

Km1+m2

m2

x (3)

Comparando (3) en (2) se obtiene:

K1 = Km1+m2

m2(4)

reemplazando (4) en (1): T = 2πh

m1

K (m1+m2)/m2

i

T = 2π

m1m2

K (m1m2)

�1/2

EJERCICIO NO5. 11 ¿Cuanto tiempo transcurrirá desde que comienza el movimiento hasta que elpunto que vibra armónicamente de acuerdo con la ecuación x = 7 sen 0,5πt recorre el espacio quehay entre la posición de equilibrio y la elongacion maxima.?

SOLUCIÓN

La elongacion maxima es la amplitud A = 4, según el problema

7= 7 sen 0,5πt , 0,5πt =π

2, t = 1s e g

EJERCICIO NO5. 12 Un punto material de 10g de masa oscila según la ecuación x = 5 sen(πt /5+π/4)c m . Hallar la fuerza maxima que actúa sobre el punto y la energía total de las vibraciones delpunto material

SOLUCIÓN

(a) De la ecuación x = 5 sen�

πt5+ π

4

w =π/5, A = 5, F =−K x , Fm a x =−K A

Fisica II

Page 64: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 61

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

Fm a x =�

π

5

�2

×10×10−3×5×10−2N = 2π2×10−5N

(b) La energía

E =1

2K A2 =

w 2

2m A2 =

1

2

π

5

�2

×10×10−3× (5×10−2)2

E = 2,5π2×10−6 Jou l e s

EJERCICIO NO5. 13 La energía total de un cuerpo que realiza un movimiento vibratorio armónico esigual a 3×10−5 J , y la fuerza maxima que actúa sobre el es igual a 1,5×10−3N . Escribir la ecuacióndel 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

ET =1

2K A2 = 3×10−5 (1)

la fuerza maximaFm a x = K A = 1,5×10−3 (2)

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

EJERCICIO NO5. 14 Un peso de 10K g f esta colgado de un muelle. Hallar el periodo de las oscila-ciones verticales de este peso sabiendo que el muelle 1,5c m cuando se le someta a la acción de lafuerza 1K g f

SOLUCIÓN

Para un peso de 10K g f le corresponde una masa de 10K g f

K = F/x = 1×9,8N /1,5×10−2m = 653N /m

Luego T = 2πp

m/K = 2πp

10/653= 0,78s e g

EJERCICIO NO5. 15 Como variara el periodo de las oscilaciones verticales de un peso que esta colgadode 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 = x1+x2

F

Ke q=

F

K+

F

KKe q =

K

2

Ts = 2π

2m

K

�1/2

Cuando los resortes están en paralelo, la fuerza esta dada por la suma de las dos fuerzas y la elon-gacion es la misma:

F1+ F2 = F, K x +K x = Ke q x

2K x = Ke q x

Ke q = 2K

Fisica II

Page 65: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 62

Tp = 2πp

m/2K

es el periodo para los resortes paralelos. Dividiendo: Ts

Tp=�

2m/Km/2K

�1/2= 2 Luego el periodo dismin-

uye en la mitad.

EJERCICIO NO5. 16 Un bloque de 6K g alarga un resorte 18c m desde su posición de equilibrio. Seretira el primer cuerpo de 6K g y se reemplaza por un segundo 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 = 6×9,8N /18×10−2m = 03,26×102N /m

Para hallar la frecuencia w =p

K /m

w =p

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 NO5. 17 Una partícula efectúa MAS a la frecuencia de 5Hz . Halle una expresión que deel desplazamiento x en función de t , utilizando las siguientes condiciones iniciales: (a) t = 0, x = A,vx = 0. (b) t = 0, x = 0, vx = vo . (c) t = 0, x = 2c m , vx = 5c m/s

SOLUCIÓN

(a) La expresión general del desplazamiento x = A sen(w t +α) Derivando con respecto al tiempose obtiene vx = Aw cos(w t +α) reemplazando las condiciones del problema: x = A = A sen(2π5×0+α) se deduce α= π

2,vx = a = Aw cos(2π5×0+α) se deduce αP π

4Luego x PA sen(10πt +α)

(b)x = 0 = A sen(10π× 0+ α) se deduce α = nπ, n = 0, 1, 1, ... vx = vo = Aw cos(10π× 0+ α) sededuce que no existe un valor de α que satisfaga las dos ecuaciones de x y vx , por lo tanto noexiste x = f (t ) para un MAS.(c) Para x = 2= A sen(10π×+α) se deduce

2= A sen(α) (1)

vx = 5= A10 cos(10π×+α) se deduce5= 10πcosα (2)

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

x = 2 sen(10πt +85,4o)

EJERCICIO NO5. 18 La ecuación del movimiento de un punto tiene la forma x = 2 sen�

π2

t + π4

c mHallar (a) el periodo de la vibración. (b) La velocidad maxima del punto y (c) su aceleración maxi-ma.

SOLUCIÓN

(a) de la expresión x = 2 sen�

π2

t + π4

se obtiene wπ2 y t = 4s e g

(b) vx = d xd t= 2

π2

cos�

π2

t + π4

, vm a x =πc m/s e g

(c) a x = d vx

d t=−π

π2

sen�

π2

t + π4

, a m a x =π22c m/s e g 2

Fisica II

Page 66: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 63

EJERCICIO NO5. 19 Una masa de 1K g oscila hacia arriba y hacia abajo a lo largo de una recta de20c m de longitud con MAS, 4s e g de periodo. (a) Hallar la velocidad y la aceleración cuando laelongacion sea de 4c m . (b) la fuerza restauradora cuando la elongacion sea de 8c m por debajo delcentro de la trayectoria.

SOLUCIÓN

(a) Como T = 4s e g .w = 2π/T = 2π/4=π/2, A = 10

La ecuación del movimiento y = 10 sen�

π2

t +α�

para y = 4c m , 4= 10 sen�

π2

t +α�

0,4= sen�

π2

t +α�

;

se usara cosθ = [1− sen2θ ]1/2 La velocidad vy = A π2

cos�

π2

t +α�

= 10π2

p

1−0,42

vy = 14,4c m

La aceleración a y =−A�

π2

�2sen

π2

t +α�

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

F =−k (y ) =−w 2m y =−�

π

2

�2

103(−8)d i na s

F = 39,4×103d i na s

EJERCICIO NO5. 20 Un cuerpo de masa 2K g descansa sobre una superficie pulida, estando unido aun muelle en la forma representada en la figura. El muelle tiene la propiedad de que bajo la acciónde una fuerza de 10N sufre un alargamiento de 0,05m ; su se desplaza el cuerpo 0,05m de su posiciónde equilibrio y se suelta a continuación, calcular la amplitud, la frecuencia y el periodo del MAS

SOLUCIÓN

(a) La amplitud, es la maxima elongacion A = 0,05m

K = F/x = 10N /0,05m = 200N /m y w 2 = K /m

w =p

200/2= 10d a r /s e g y ν =w /2π= 5/πs e g −1

El periodo T = 1ν= π

5s e g

EJERCICIO NO5. 21 Con relación al problema anterior, en vez de desplazar el cuerpo 0,005m respectoa su posición de equilibrio, se le comunica una velocidad inicial de 1m/s , cuando se encuentra endicha 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 deduceque α = 0, luego x = A sen w t como w = 10r a d /s e g y K = 200N /m , para hallar A, usamos larelación energética del MAS:

1

2m v 2+K x 2 =

1

2K A2

1

2m v 2

o +Ko2 =1

2k A2, A =

p

m/K vo = 0,1m

Luego: x = 0,1 sen 10t

EJERCICIO NO5. 22 Un cilindro flota con su eje en posición vertical en un liquido ρ. Se empuja leve-mente hacia abajo y luego se deja libre. Hallar el periodo de la oscilación si el cilindro tiene un pesoW y una sección transversal de area S

Fisica II

Page 67: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 64

SOLUCIÓN

La fuerza que actúa sobre el cuerpo cuando este se sumerge una distancia y es: Syρ Usando la 2daLey de Newton:

md y

d t 2=−(g Syρ),

W d 2y

g d t 2=−Sρy g

d 2yd t 2 +

Sρg 2

Wy = 0, se deduce

t = 2p i/p

Sρg 2/W

T = 2πp

W /Sρg 2

EJERCICIO NO5. 23 S tiene un liquido de densidad ρ y la longitud total L en el manometro repre-sentado 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

La fuerza restauradora es debido a los dos ramales 2(Sxρ)g De la 2da Ley de Newton: m d 2xd t 2 =

−2Sxρg El peso total del liquido SLρg

gSLρ

g

d 2x

d t 2=−2Sxρg

d 2x

d t 2+2

g

Lx = 0

T =2π

p

2g /L

ν = 12π

p

2g /L, donde ν = 1T

EJERCICIO NO5. 24 Un peso pequeño W esta sujeto a un alambre sometido a una tension T , segúnse indica en la figura. ¿Cual sera la frecuencia natural de vibración del peso si se le desplaza lateral-mente una pequeña cantidad y se le suelta después?

SOLUCIÓN

Para distancia pequeñas x , las componentes de las tensiones son: T xy1

y T xy2

, dirigidos en sentidoopuesto (a la izquierda) al desplazamiento x .DE la 2da Ley de Newton:

−Tx

y1−T

x

y2=�

W

g

d x

d t 2

d x

d t 2 +g

W

Ty1+ T

y2

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

ν =1

T g

W

1

y1+

1

y2

��1/2

EJERCICIO NO5. 25 Un paralelepípedo de lados a , b y c de peso W vibra verticalmente en un liquidode densidad ρ. Halle una expresión para el periodo de vibración del cuerpo.

Fisica II

Page 68: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 65

SOLUCIÓN

Cuando el cuerpo se sumerge una distancia z , aparece una fuerza restauradora que la hace oscilar.Esta fuerza es:

Fz =−ρ(ab z )g

DE la 2da Ley de Newton:�

W

g

d 2z

d t 2=−(ρab g )z

d 2z

d t 2+�

ρab g 2

W

z = 0

t = 2π

W

ρab g 2

�1/2

EJERCICIO NO5. 26 La figura muestra una partícula de masa m sostenida por un alambre de longi-tud L. si la partícula se desplaza verticalmente una distancia pequeña y y se lo abandona, demostrarque la frecuencia cíclica de vibración de la masa es:

wo = [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 cosθ1−T2 cosθ2 dirigido hacia abajo. Y de la 2da Ley de Newton:

md 2y

d t 2=−T1 cosθ1− t2 cosθ2

md 2y

d t 2=−T

y

(a 2+ y 2)1/2−T

y

[(L−a )2y 2]1/2≈−

T

ay −

T

L−ay

d 2y

d t 2+

T

m

1

a+

1

L−a

a = 0

w = [T L/m a (L−a )]1/2

EJERCICIO NO5. 27 Una partícula se desliza hacia adelante y hacia atrás entre dos planos inclinadossin fricción. Si θ es el ángulo de inclinación de los planos y si H es la altura inicial del movimiento.Demostrar que el periodo del movimiento esta dado por:

(4 senθ )(2H/g )1/2

SOLUCIÓN

La fuerza obliga a la masa a desplazarse sobre el plano inclinado es: m g senθPor la 2da Ley de Newton: m a =m g senθ , a = g senθ es constante. Luego x = 1

2a t 2 = g senθ

2t ,

pero senθ = Hx

H

senθ=

g senθ

2t 2, t =

p

2H/g sen2θ

El periodo es cuatro veces este tiempo t = 4t

T = 4p

2H/g sen2θ

T =4

senθ

p

2H/g

Fisica II

Page 69: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 66

EJERCICIO NO5. 28 La lenteja de un péndulo es un cuerpo pequeño de 1K g y la longitud de suspen-sion es de 1m . Si se suelta el péndulo cuando t = 0 y forma un ángulo de 0,1r a d con vertical, conuna velocidad angular inicial de 0,5r a d /s e g . Obtenga una expresión que de el desplazamientoangular en función del tiempo. Suponga que la velocidad angular inicial es como se indica en lafigura

SOLUCIÓN

Sabemos para un MAS θ = ot he t ao sen(wot +α) donde w 2a = g /L, wa =

p

9,8/1 = 3,13r a d /s e gLa velocidad angular

w =dθ

d t= θow cos(w t +α)

w =wo = 0,5r a d /s e g

para t = 0;0,5= θo3,13 cos(3,13×0+α) (1)

θ = 0,1r a d para t = 00,1= θo sen(3,13×0+α) (2)

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

EJERCICIO NO5. 29 Hallar la ecuación y la frecuencia angular del sistema mostrado en la figura

SOLUCIÓN

Sabemos∑

τo = Iα= Id 2θ

d t 2(1)

τo =−m g L senθ − (K x )a∑

τo =−m g L senθ −K (a senθ )a∑

ot a uo =−m g L senθ −K a 2 senθ (1)

I =m L2 (2)

de (1) y (2):

m L2 d 2θ

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

para ángulos pequeños θ :

m L2 d 2θ

d t 2+(m g L+K a 2)θ = 0

d 2θ

d t 2+(m g L+K a 2)

m L2θ = 0

w =�

(m g L+K a 2)m L2

�1/2

EJERCICIO NO5. 30 Encontrar la ecuación del movimiento resultante de la superposición de dos movimien-tos armónicos simples paralelos cuyos ecuaciones son x1 = 6 sen 2t y x2 = 8 sen(2t + α), si α =0,π/2,π. Hacer un gráfico de cada movimiento y del movimiento resultante en cada caso.

Fisica II

Page 70: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 67

SOLUCIÓN

(a) para α= 0, x1 = 6 sen 2t y x2 = 8 sen 2t

x = x1+x2, x = 14 sen 2t

(b) si α= π2

, x1 = 6 sen 2t y x28 sen(2t + π2) = 8 cos 2t

x = x1+x2

x = 10 sen(2t +53o)

(c) Si α=π, x1 = 6 sen 2t y x2 = 8 sen(2t +π) =−8 sen 2t

x =X1+x2, x ==−2 sen(2t )

EJERCICIO NO5. 31 Encontrar la ecuación resultante de la superposición de dos movimientos ar-mónicos simples paralelos cuyos ecuaciones son:

x1 = 2 sen(w t +π

3), x2 = 3 sen(w t +

π

2)

y los gráficos respectivos

SOLUCIÓN

Para determinar la ecuación del movimiento resultante, se halla la amplitud y la fase, para ellousamos las ecuaciones deducidas en teoría:

x = x1+x2 = A sen(w t +α), δ=α2−α1

A = (A21+A2

2+2A1A2 cosδ)1/2

tanα=A1 senα1+A2 senα2

A1 cosα1+A2 cosα2

reemplazando valores:

A = (22+32+2×2×2×3 cosπ

6)1/2 = 4,35

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

tanα=2 sen π

3+3 sen π

2

2 cos π3+3 cos π

2

, α= 78o

EJERCICIO NO5. 32 Hallar la ecuación de la trayectoria del movimiento resultante de la superposi-ción de dos movimientos armónicos simples perpendicular, si w1/w2 = 1

2y α= 0, π

3, π

2

SOLUCIÓN

(a)w2 = 2w1, α= 0x = A sen w1t

y = B sen(w2t +α) = B sen 2w1t = B2 sen w1t cos w1t , A = B

y = 2B (x/A)p

1− (x/A)2

y =2B

A

p

x 2− (x 4/A2)

Fisica II

Page 71: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 68

(b) w2 = 2w1, α= π3

, x =C sen�

w2t + π3

, C =D halle se

y =D

Cxp

1− (x/C )2+p

3

2

1−2� x

C

�2�

(c) w2 = 2w1, α = π2

, x = P sen w1t , y = Q sen(w2 + π2) = Q sen

2w1t + π2

, P = Q eliminando eltiempo se halla

y =Q

1−2�x

P

�2�

EJERCICIO NO5. 33 El periodo de las oscilaciones amortiguadas de una masa de 1K g a un resorte esde 0,5s e g . Si la masa de 1K g estira el resorte 5c m . halle la constante de amortiguamiento.

SOLUCIÓN

Se ha deducido en teoría para el movimiento amortiguado:

md 2x

d t 2+λ

d x

d t+K x = 0

d 2x

d t 2+λ

m

d x

d t+

K

mx = 0

λm= 2γ, w =

Æ

(K /m )2− λ2

4m 2 : frecuencia de oscilación del sistema.

Se conoce w = 2πT= 2π

0,5, m g = K x , K

m= g

x, K

m= 9,8

0,05, despejando λ se halla su valor, λ= 12,36K g /s

EJERCICIO NO5. 34 El periodo de amortiguamiento de una vibración es de 4s e g , su decremento log-arítmico es 1,6 y la fase inicial es igual a cero. La elongacion del punto cuando t = T /4 es de 4,5c m .Escribir la ecuación de este movimiento vibratorio suponiendola de la forma x =C e−γt sen(w t +ϕ)

SOLUCIÓN

Por definición de decremento logarítmico:

D = lnAm p l i t u d (t )

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

C e−γt

C e−γ(t+T ) = γT, D = γT

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

2π4

t +0�

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

4,5=C e−0,4×1 sen�

π

2×1�

C = 4,5e 0,4

luego x = 4,5e 0,4e−γt sen π2

t

EJERCICIO NO5. 35 Un peso de 20l b f se cuelga de un resorte vertical el que se estira entonces 2p i e s .El peso se empuja 5p i e s hacia abajo y se abandona. (a) Hallar la posición del peso en cualquiertiempo si una fuerza de amortiguamiento numéricamente igual a 5 veces la velocidad instantáneacon que esta actuando se hace presente

SOLUCIÓN

Para saber que tipo de movimiento se trata hay que hallar γ y wo , usando g = 32p i e s/s e g 2. Sabe-mos que w 2

o =Km= m g /I m = g

I

wo =p

32/2= 4s e g −1

Fisica II

Page 72: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 69

γ= λ2m

y F =λv , según dato λ= 5, entonces γ= 52×20/32

= 4s e g −1, y tiene γ=wo .Se trata de un movimiento críticamente amortiguado.

La ecuación diferencial del movimiento es la siguiente:

d 2x

d t 2+2γ

d x

d t+w 2

o x = 0

d 2x

d t 2+8

d x

d t+16x = 0

La solución de esta ecuación es de la forma: x = e−γt (A + Bt ) Las condiciones iniciales son: xo =p i e s , to = 0, vo = 0

5= e−4×0[A + B ×0] = A +0, A = 5

d x

d t=−γe−4t (A + Bt )+ e−4t B

0=−γe 0(A + B ×0)+ e 0 B

0=−4A + B , B = 4A = 20

x = e−4t (5+20t )

x = 5−4t (1+4t )

EJERCICIO NO5. 36 El peso unido a un resorte vertical esta forzado a vibrar de acuerdo a la ecuación:(d 2x/d t 2)+16x = 12 sen w t , donde x es el desplazamiento de la posición de equilibrio y w > 0 es una constante. Si para t = 0, x = 0 y d x/d t = 0, hallar (a)x como función del tiempo t . (b) el periodode 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 xc = A cos wot + B sen wot de la ecuación diferencial dad w 2

o = 16,wo = 4 luego

xc = A cos 4t + B sen 4t (1)

otra solución particular esxp =C sen w t +D cos w t (2)

y tenemos que hallar las constantes A, B , C y D hallemos

d xp

d t=C w cos w t −Dw sen w t

d 2xp

d t 2=−C w 2 sen w t −Dw 2 cos w t

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

−C w 2 sen w t −Dw 2 cos w t +16C sen w t +16D cos w t = 12 sen w t

Igualando coeficientes:

16C −C w 2 = 12, C = 12/16−w 2−Dw 2+16D = 0, D = 0

Luego: xp = 1216−w 2 sen w t , la solución general queda:

x = xc +xp = A cos 4t + B sen 4t +12

16−w 2sen w t (3)

Fisica II

Page 73: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 70

Hallemos la velocidad

v =d v

d t=−4A sen w t +4B cos 4t +

12w

16−w 2cos w t (4)

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

0= A ×1+ B ×0+0, A = 0

t = 0, v = 0 en (4)

0=−4A ×+4B ×1+12w

16−w 2(1)

B = 3w /w 2−16, Luego:

x = 3w

w 2−16sen 4t +

12

16−w 2sen w t =

3

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 finesdel curso, es suficiente con la solución dada.(b) Para hallar la frecuencia de resonancia wr e s , se usara la ecuación deducida en teoría:

w = (w 2o −2γ2)1/2

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

wr e s =p

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

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

EJERCICIO NO5. 37 La ecuación del movimiento de un punto tiene la forma X = senπt /6 Hallar losinstantes en que los valores de la velocidad y de la aceleración son máximos.

SOLUCIÓN

a) Dado X = s e nπt /6 hallemos la velocidad derivando:

v =d x

d t=π

6cos

πt

6

se obtiene la velocidad maxima cuando cos πt6= 1 o sea

πt

6= nπ, n : 1, 2, 3, 4, . . .

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

b) Hallando la aceleración nuevamente derivando la velocidad:

a =d v

d t=−

π2

6sen

πt

6

se obtiene la aceleración maxima cuando: sen πt6= 1

πt

6= (2n +1)

π

2, n : 0, 1, 2, 3, 4, . . .

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

Fisica II

Page 74: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 71

EJERCICIO NO5. 38 A que es igual la relación entre la energía cinética de un punto que vibra armóni-camente y su energía potencial, en los momentos en que el tiempo es t = T /12s e g

SOLUCIÓN

Sabemos por el principio de conservación de energía:

Ec +Ep =1

2K A2 (1)

La energía potencial es

Ep =1

2K X 2 (2)

según la condición del problema:

X = A sen2πt

T

para t = T12

, X = A sen 2πT

T12

X = A senπ

6=

A

2(3)

de(3) en (2):

Ep =1

2K

A

2

�2

=K A2

8(4)

de (4) en (1) Ec + 18

K A2 = 12

K A2

Ec =3

8K A2

Luego la relación pendiente es:

Ec/Ep = 3/8K A2/1/8K A2 = 3

EJERCICIO NO5. 39 Una bola de cobre esta colocada de un muelle y oscila verticalmente, como vari-ara el periodo de estas oscilaciones si en lugar de la bola de cobre se cuelga del muelle una bola dealuminio del mismo radio que aquella.

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 75: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 72

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

T = 2πp

m/k

Luego hallamos la relación:

TAl

Tc u=

2πp

mAl /k

2πp

mc 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=

r

ρAl V

ρc u V=Ç

ρAl

ρc u=

r

2,7

8,9

TAl /Tc u = 0,55

EJERCICIO NO5. 40 Un areómetro cuyo peso 0,2K g f esta flotando en un liquido. Si este areómetro sesumerge un poco en el liquido y después se suelta, empezara a oscilar verticalmente con un periodo3,4s e g . Partiendo de la suposición de que estas oscilando no son amortiguados y de los datos de esteexperimento. Hallar la densidad de liquido en que flota el areómetro. El diámetro del tubo cilíndricovertical del areómetro es 1c m

SOLUCIÓN

Por la condición de equilibrio inicial:∑

F =m g −E1 = 0

m g − g (V + s h) = 0

m g = g (V + s h) (1)

Cuando el areómetro se sumerge una distancia X , existe una fuerza neta, que actúa sobre el areómetroy lo obliga a oscilar y es proporcional a la elongación:

E2 =m g = K x

ρg [v + s (h +x )]−ρg (v +Sh) = k x

ρg s x = K x , K =ρg s (2)

si el periodo de oscilación esta dado por:

T = 2πp

m/k = 2πp

m/ρg s

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

Fisica II

Page 76: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 73

EJERCICIO NO5. 41 El decremento logarítmico de la amortiguación de un péndulo matemático esigual a 0,2. Hallar cuantas veces disminuye su amplitud durante una oscilación completa del peri-odo

SOLUCIÓN

Su amplitud inicial es: A1 = Ao e−γt La amplitud final es: A2 = Ao e−γ(t+T ) Luego:

A1

A2= Ao e−γt /Ao e−γ(t+T ) = e−γt

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

A1/A2 = e−D = e−0,2 = 1,22

EJERCICIO NO5. 42 ejercicio falta copiar pagian 270 ejer 37

SOLUCIÓN

EJERCICIO NO5. 43 Un anillo de radio R esta suspendido de un eje como se muestra en la figuraHallar su periodo de oscilación

SOLUCIÓN

La expresión del periodo es:

T = 2πp

Io/g b M

Como se trata de un péndulo compuesto, su momento de inercia: Io se hallar usando el teoremade Steiner:

Io =M A2+ IC M =M R2+M R2 = 2M R2

en la gráfica: b =R , luego:

T = 2π

r

2M R2

g RM= 2π

r

2R

g

EJERCICIO NO5. 44 Una esfera de radio R esta suspendida desde un punto fijo por una cuerda, demodo que la distancia desde el centro de la esfera al punto de suspension es L. Hallar el periodo delpéndulo

Fisica II

Page 77: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 74

SOLUCIÓN

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

T = 2π

r

I ′og b M

Usando nuevamente el teorema de Steiner

Io′ =M a 2+ Io =M L2+2

5M R2

T = 2π

r

M L2+2/5M R2

g LM= 2π

r

L2+ /5R2

g L

EJERCICIO NO5. 45 Se tiene una varilla delgada de longitud L y masa m , que esta suspendida libre-mente en posición vertical en un punto O ′ situado a una distancia L/4 de su centro de masa. Lavarilla se desplaza ligeramente a partir del equilibrio y se deja que oscile alrededor de un eje quepasa por O ′. Hallar el periodo del péndulo

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 78: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 75

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

T = 2π

r

Io′

g b M

donde Io′ se halla, usando el teorema de Steiner:

Io′ =M a 2+ Io , y a = L/4

Io′ =M (L/4)2+M L2

12=

7

48M L2, y b = L/4

Luego:T = 2πq

748 M L2

g L4 M

T = 2π

r

7L

12g

EJERCICIO NO5. 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

r

Io′

g b M

donde Io′ = Io +m a 2 por el Teorema de Steiner

Io =m/12(d 2+d 2) = d 2/6

a = d /2 b = d /2

Fisica II

Page 79: INFORME200902 fisica II

5. Oscilaciones 76

Io′ =m d 2/6+m (d /2)2 = 15/6m d 2

reemplazando:

T = 2π

r

2m d 2/12

g (d /2)m

T = 2π

r

5d

6g

Fisica II

Page 80: INFORME200902 fisica II

Capítulo 6

Hidrostática

6.1. Fluidos

Es una sustancia incapaz de resistir fuerzas o esfuerzos de corte sin desplazarse los fluidospueden ser líquidos y gases.

6.2. Densidad

Para fluidos homogéneos esta definiendo como una relación de su masa y el volumen que tieneu ocupa. Depende la temperatura y presión para los gases en cambio para los líquidos la variaciónes pequeña.

D =ρ =M

V(6.1)

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

6.3. Peso especifico

Es el cociente entre el peso del cuerpo por la unidad de volumen.

Pe = γ=P

V(6.2)

γ=ρg (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 delagua para solidos y líquidos y para gases el aire.

La densidad absoluta y relativa de una sustancia tiene el mismo valor numérico, cuando ladensidad se expresa en g /c m 3

77

Page 81: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 78

6.5. Presión

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

Figura 6.1: Presión en diferencia de area

p = lımδS→0

∆F

∆S=

d F

dS(6.4)

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 A − (p −d p )A −d w = 0

p A −p A −Ad p −ρg Ad Ad y = 0

d p =−ρg d y∫ p2=p0

p1=p

d p =−ρg

∫ y2

y1

d y

y y2− y1 = hp = p0+ρg h (6.5)

donde p0: presión atmosférica del lugar, ρg h: presión manometrica, p : presión absoluta real.luego la presión es la misma en todos los puntos a la misma profundidad.

Fisica II

Page 82: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 79

Figura 6.2: Presión en un fluido en reposo

6.6.2. Gases

Se produce de igual forma y se obtiene d p =−ρg d y ,consideremos que la densidad varia conla presión, ρ proporcional a p , se considera que la temperatura no varia.

ρ

ρ0=

p

p0

d p =−g

ρ0

p0

p d y

∫ p2=p

p1=p0

d p

p=−

gρ0

p0

∫ y2=y

y1=0

p = p0e−αy (6.6)

donde: α= ρ0 gp0

, α= 0,116k m−1

Figura 6.3: Presión en función de la altura y profundidad

Fisica II

Page 83: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 80

Figura 6.4: Vasos comunicantes

6.7. Equilibrio de los líquidos no miscibles en los vasos comuni-cantes

Al depositar el liquido ρ′ en las dos ramas alcanzan el mismo nivel.Luego se deposita el liquido ρ en la rama de la izquierda y se desnivela. Consideremos el caso

de la figura.

pA = p B , El liquido al mismo nivel

p0+ρg h = p0+ρ′g h ′

ρ

ρ′=

h ′

h(6.7)

6.8. Fuerza ejercida sobre la pared de un recipiente

Tomemos un d F = p d A =ρg y (b d y )

F =ρg b

∫ h

0

y d y =ρg b h2

2(6.8)

Fisica II

Page 84: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 81

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 todaslas 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 empujeascendente igual al peso del fluido desalojado por el cuerpo.

Consideremos un prisma de sección A y altura h, sumergido dentro de un liquido de densidadρ y peso especifico γ.

La presión en la base del bloque es γy1 y la fuerza ascendente ejercida por el liquido sobre elbloque es F1 = p1A = γy1A.De igual forma el liquido ejerce presión sobre la sección superior γy2 y la fuerza esta dirigida haciaabajo y vale

F2 = p2A = γy2A

El empuje es: E = F1− F2 = γy1A −γy2A = γA(y1− y2)

E = γAh = γV (6.9)

Fisica II

Page 85: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 82

6.11. Manometro

Son aparatos destinados a medir la presión de los gases y líquidos. Se puede tener las situa-ciones 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 aguaquedara pegada. Las fuerzas de atracción entre las moléculas de agua y las del vidrio son mayoresque las fuerzas entre las mayores que las fuerzas entre las moléculas de agua adyacentes. Se midecon el ángulo de contacto α (Trazando una tangente an el punto de intersección de la lamina devidrio), en este acaso α25o.

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

Fisica II

Page 86: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 83

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

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

6.13. Tension superficial

Se puede explicar en función de las fuerzas de atracción que las moléculas de un liquidoejercen entre si:

Para una molécula dentro del liquido A, la fuerza media es nula, debido a las moléculas vecinasa su alrededor.

Para el caso de la molécula B que se halla en la superficie del liquido, experimenta fuerzas deatracción dirigidas solamente hacia una fuerza resultante actuando hacia abajo para impedir queescape.

6.14. Definición del coeficiente de tension superficial (σ)

Es la fuerza aplicada a la unidad de longitud del borde de la película superficial del liquido:σ=FL

, también la energía almacenada por unidad de area es igual al coeficiente se tension superficial

Fisica II

Page 87: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 84

σ= UA

, esta expresión se deduce de la figura.

Figura 6.9: Tension superficial

Se utiliza una solución jabonosa al retirar el marco de alambre de ancho a , se forma dos pelícu-las cuyo ancho total o perímetro es 2a .

Por definición deσ

σ=Fuerza perpendicular a la longitud

Ancho de las dos peliculas=

F0

2a

Si la altura de la película formada en el marco es h, luego el trabajo hecho para formarla películaes:

W = F0h = 2aσh =σ(2a h)Luego

σ=W

2a h=

U

A(6.10)

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 yFp : fuerza hacia la derecha debido a∆p .

En el equilibrio, para formar la gotaFσ = f p

σ(2πR) =∆pπR2

∆p =2σ

R, Ley de Tate (6.11)

Fisica II

Page 88: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 85

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 =∆p1+∆p2 = (p −p ′)+ (p ′−pa ) = p −pa

R+

R=∆p (6.12)

∆p =4σ

R(6.13)

Fisica II

Page 89: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 86

6.17. Ascenso de liquido en tubos capilares

El liquido ascendente hasta que la fuerza de tension superficial se equilibra con el peso delliquido que ascendió por el tubo capilar.

Se tiene en el equilibrio:∑

Fy = 0

Fσ cosθ −m g = 0, Fσ cosθ =m g

2πrσcosθ =ρgπr 2h

h =2σcosθ

ρg rLey de Jurin (6.14)

6.18. Ejercicios resueltos

EJERCICIO NO6. 1 Un cuerpo homogéneo de densidad ρ1, se suspende de un resorte y se mide losestiramientos que se producen cuando esta dentro de un liquido de densidad ρ2, Si la deformacioncuando esta en el aire es el triple que cuando esta en el liquido, determine ρ2/ρ1

SOLUCIÓN

En el aireFE = k (3x ) =ρ1 g V (i)

en el liquidoF ′E +E =W

k x +ρ2 g V =ρ1 g V (ii)

ρ1 g V

3+ρ2 g V =ρ1 g V

ρ2 g V =2

3ρ1 g V

ρ2

ρ1=

2

3

Fisica II

Page 90: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 87

EJERCICIO NO6. 2 La barra homogénea se encuentra sumergida con la mitad de su volumen enagua, determinar la densidad de la barra

SOLUCIÓN

W =ρg V , V : volumen de la barraE =ρH2O g V /2, empuje hidrostáticoPara el equilibrio se cumple:

M W0 =M E

0

ρg V (2x ) =ρH2O gV

2(3x )

EJERCICIO NO6. 3 Una esfera de plomo llena de aire con radio R = 0,1m se encuentra totalmentesumergida en un tanque de agua. ¿Cual es el espesor e de la capa de plomo, si la esfera si flota ni sehunde?

SOLUCIÓN

Si esta en equilibrio las fuerzas que participan deben anularse estas son el peso de la esfera y elempuje del liquido

W =ρL g V

V → se calcula usando una aproximacion sin que consiste calcular la supa tiene de una esfera deradio R ie:El nivel del callgen4πR ‘2 sabor y entre

W 04πR2.eρL g

E =ρH2O V g =ρH2O g

4

3πR3

E =W

4πR2eρL g =4

3πR3ρH2O g

e =ρH2O

ρPL

R

3

Fisica II

Page 91: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 88

EJERCICIO NO6. 4 Una caja de monedas de base A = 800c m 2 abierta por su parte superior flota enagua, según muestra la figura, la caja se hunde∆h = 5c m mas al colocar una masa desconocida mdentro de la caja ¿Cual es el peso de la caja y el valor de la masa m ?

SOLUCIÓN

(a)We =W1

We =ρH2O g VS =ρH2O g Ah1

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

h2 =∆h +h1 (i)

h2 = 13c m

m g +Wc = E2

m g +ρH2O Ah1 =ρH2O g A(h2)

m =ρH2O A(h2−h1) =ρH2O A∆h

EJERCICIO NO4. 57 Calcular la fuerza de la presión del agua sobre el panel triangular A BC . La partesuperior del panel se encuentra a la profundidad h del nivel del agua. Despreciar la presión atmos-férica.

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 92: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 89

Fuerza total

F =

p dS (i)

presión hidrostática:p =ρg (h +a − y ) (ii)

de la figura

tanθ =b

a=

x

a − g

x =b

a(a − y ) (iii)

derivando

d x =−b

ad

−a

bd x = d y (iv)

Area del elemento superior es:dS = x d y (v)

F =

∫ a

0

ρg (h +a − y )b

a(a − y )d y

F = g abρ

h

2+

a

3

N

EJERCICIO NO6. 5 Hallar la densidad de la amalgama de estaño sabiendo que en ella el peso delmercurio es la cuarta parte del peso del estaño y que las densidades de estos metales son 13,6(H g ) y7,3(Sn )

SOLUCIÓN

La masa del cuerpo mc =mH g+mSn , El volumen del cuerpo Vc =VH g+VSn , como dato mH g = 14

mSn ,la densidad del cuerpo (amalgana).

D =mc

Vc=

mH g +mSn

VH g +VSn=

14

mSn +mSn

mH g

ρH g+ mSn

ρSn

=54

mSn

mH g

4ρH g+ mSn

ρSn

= 8,04

EJERCICIO NO6. 6 Un frasco lleno de leche colocado sobre uno de los platillos de la balanza estaequilibrado con un contrapeso. Si se reemplaza la leche por agua, es preciso agregar 12g del ladode la botella para restablecer el equilibrio, si se coloca el frasco vació y seco sobre el mismo platillo,es preciso poner a su lado 387g para establecer el equilibrio. ¿Cual es el peso especifico de la leche?

SOLUCIÓN

En equilibrio, primero figuraA = Pf r s co + FLe c he (1)

En equilibrio , segunda figuraA = PF +Pa g u a +12 (2)

En equilibrio, tercero figura:A = Pf +387g (3)

Fisica II

Page 93: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 90

de (1) y (3) se obtiene: Pl e c he = 387gDe (1) y (2) se obtiene: Pa g u a = 375g .Peso especifico de la leche: Pe = PL

VL, VL = Va g u a Como la densidad del agua es 1g /c m 3, el volumen

del aguaVa g u a = 375c m 3,

Luego Pe = 387/375= 1,032Pe = 1,032g /c m 3

EJERCICIO NO6. 7 A un ingeniero se le asigna la tarea de diseñar un globo esférico cuya capacidadbruta de carga sea 4,900N , lo que corresponde a una masa de 500K g que incluye la masa del propioaeróstato. El globo se llenara con hidrógeno. Hallar el radio mínimo que deberá tener el globo paralevantar esa carga total (ρa i r e = 1,293K g /m 3), (ρH = 0,090K g /m 3)

SOLUCIÓN

F = 4,900, Ea i r e −mH g = 4,900

V gρA −V gρH = 4,900

V g (ρA −ρH ) = 4,900; y V =4

3πr 3

r =�

3×4,900

4πg (ρa −ρH )

�1/3

≈ 4,63m , r = 4,63m

EJERCICIO NO6. 8 Un recipiente contiene una capa de agua sobre la que flota una capa de aceite0,8g /c m 3. Un objetivo cilíndrico de densidad desconocida ρ cuya area en la base es a y altura h,se deja caer al recipiente, quedando a flote finalmente cortando la superficie de separación entreel aceite y el agua, sumergido en esta ultima hasta la profundidad de 2h/3. Hallar la densidad delobjeto.

SOLUCIÓN

Como existe el equilibrio E1+E2 =m g donde E1 y E2 son el empuje del aceite y del agua, respec-tivamente.

ρ1 g ah

3+ρ2 g a

2

3h =ρg a h

simplificando a hρ = a h3(ρ1+2ρ2)

ρ =1

3(0,8+2×1) = 0,93

ρ = 0,93g /c m 3

EJERCICIO NO6. 9 Un prisma de longitud L y peso especifico γ1 = 34γ se sujeta en la posición indicada.

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

SOLUCIÓN

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

F =m a = E −m g

Fisica II

Page 94: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 91

(L−x )Aγ−ALγ1 =m a

simplificando: a = γ

γ1−1− γx

Lγ1, se observa que es variable y depende de x :

SE sabe V DV = a d x , V d V =�

γ

γ1−1− γx

Lγ1

d x , integrando

V 2 = 2g

γ

γ1−1

x −2γg

2Lγ1x 2

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

0= 2g

γ

γ1−1

x −2γg

2Lγ1x 2, x1 =

L

2

Para hallar el tiempo empleado se usa:

v 2 =−4g

3Lx 2+

2

3g x

integrando, poniendo limites y sabiendo que v = d xd t

∫ L/2

0

d x/p

(−4g /3L)x 2+(2g /3)x =

∫ t

0

d t

−p

3L/4g sen−1

�−8g x3L+ 2g

3

23

g

L/2

0

= t

Valorando y simplificando se obtiene: t =πp

3L/4g

EJERCICIO NO6. 10 Un hemisferio solido de radio a reposa al fondo de un deposito que contieneagua de densidad ρ, hasta una altura h > a . Suponiendo que haya aire a la presión atmosferico po

atrapado entre el lado plano del hemisferio y el fondo del deposito. Hallar la fuerza vertical inicialtotal 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 senθ = d = Fz

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

Fy =

p d A cosθ =

∫π2

0

ρg (h −a cosθ )(2πa 2 senθ )cosθ

Fy =πa 2ρg (h −2a/3)

EJERCICIO NO6. 11 Una esfera de hierro (ρh = 7,6× 103K g /m 3) y volumen 0,5m 3 cuelga del fondode una barca, como se indica en la figura. si el agua es salada y ρa = 1,4× 103K g /m 3. Hallar latension de la cuerda.

Fisica II

Page 95: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 92

SOLUCIÓN

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

F = T +E −m g = 0

T =m g −E =ρH Vo g −ρa Vo g =Vo g (ρh −ρa )

T = 0,5×9,8(7,6−1,4)×103N = 30,300N

EJERCICIO NO6. 12 ¿Cual debe ser la relación entre los radios interior Ri y exterior Re de una esferade hierro hueca ρH = 7,6×103K g /m 3, para que flote totalmente sumergida en alcohol ρOH = 0,9×103K g /m 3?

SOLUCIÓN

Las únicas fuerzas que actúan sobre la esfera son el peso y el empuje, que permite el equilibrio∑

F = E −m g = 0, E =m g

ρOH4

3πr 3

e g =ρH4

3(R2

e −R3i )g

Usando la relación x =Ri/Re

900= 7600[1−x 3]

x = 0,96

EJERCICIO NO6. 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 componentesde 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− y )(a d y )

Fx = p g a

L

∫ L

0

d y −∫ L

0

y d y

=1

2a L2

La componente en la dirección Y :

d Fy = p d A = p g (L− y )a d x

como x = y 2

3, d x = 2

3y d y

Fy = p g a

∫ L

0

(L−x )d x = g a

∫ L

0

(L− y )2

3y d y =

2

3g a

L

∫ L

0

y d y −∫ L

0

y 2d y

Fy =1

9g a L3

EJERCICIO NO6. 14 El manómetro que se muestra en la figura se utiliza para medir la dirección denivel de agua entre los dos tanques. Calcular esta diferencia x , sabiendo la densidad del aceite ρa c ydel agua ρa

Fisica II

Page 96: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 93

SOLUCIÓN

La incognita del problema es hallar x , Sea x ′ la altura que se indica. Por ser el liquido igual enambos ramales y estar en reposo se tiene

Pb = Pc , Pa = po , PE = po

Luego:PB +ρa g h +ρa g x ′ = PA = po (ramal de la izquierda)PC +ρa c g h +ρa g x ′+ρa g x = PE = po (ramal de la derecha)Igualando las dos ultimes expresiones se halla:

x =ρa −ρa c

ρah

EJERCICIO NO6. 15 Un cuerpo que tiene un volumen de 150d m 3, requiere una fuerza de 20K g paramantener sumergido en el agua. Si para mantener sumergido en otro liquido se necesita una fuerzade 10K g . Cual es la densidad relativa de este ultimo liquido

SOLUCIÓN

Por la condición de equilibrio:∑

F = 0

E1− F1−Pc = 0

Pc =VcγL − F1

Pc = 150−20= 130K g

También se cumple∑

F = E2− F2−Pc

E2 = Pc + F2 = 130+10

E2 = 140K g

comoE2 =Vcγ⇒ γ= E2/Vc , γ= 140/150= 0,93

EJERCICIO NO6. 16 Un émbolo de peso W tiene la forma de un disco redondo de radio R con unaabertura, en la cual se pone un tubo de paredes finas y de radio r . El émbolo puede introducirseperfectamente ajustado y sin fricción en el vaso e inicialmente se encuentra en el fondo del vació. Aque altura H se elevara el émbolo si echamos en el tubo una masa m de agua.

Fisica II

Page 97: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 94

SOLUCIÓN

Por la condición de equilibrio∑

F = PBSB −W = 0

PBSB =W ; g hπ(R2− r 2) =W

h =W

ρgπ(R2− r 2)(1)

Usando la equivalencia de presiones en el punto A

PA =ρg (h +H ) =W +m g

πR2(2)

de (??) en (2)

ρg

W

ρgπ(R2− r 2)+H

=W +m g

πR2

Luego:

H =�

m g −W r 2

R2− r 2

/ρgπR2

EJERCICIO NO6. 17 Cual es el error cometido al pasar un cuerpo de volumen en 1l t , si al pasarlo enserie. utilizamos pesos de cobre de masa 800g . El peso especifico del cobre es γ1 = 8,8g /c m 3 y delaire es γ2 = 1,29g /l t

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 98: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 95

Sea E1 =V γ2: Es el empuje del aire obre el cuerpo E1 =V1γ2: es el empuje del aire sobre el cobrePor condición de equilibrio:

P1−E2 = Pc −E1 (1)

Pc = P1+E1−E2 = P1+V γ2−V1γ2

Pc = P1+γ2(V −V1) = P1+γ2(V −P1/γ1)

reemplazando valores:Pc = 801,17g

El error porcentual sera:Pc −P1

Pc×100= 0,14 %

EJERCICIO NO6. 18 Un estanque con agua, cuyo anchura es b , esta dividido por un tabique. Por unlado del tabique el nivel del agua respecto del fondo es h1, por el otro h2. Halar la fuerza que actúasobre el tabique

SOLUCIÓN

La fuerza solicitada se indica en el gráfico de la izquierda: ~F = ~F1− ~F2

Luego

F1 =

Pd A =

∫ h1

0

ρg y (b d y ) =1

2ρg b h2

1

F2 =

p d A =

∫ h2

0

ρg y (b d y ) =1

2ρg b h2

2

entonces: ~F1− ~F2 = 12ρb (h2

1−h22)i

EJERCICIO NO6. 19 Una cisterne cuya forma se da en la figura. esta llena hasta el máximo de agua yse mueve con aceleración a en la dirección horizontal. Hallar la fuerza con que el agua actúa sobrela tapa de la cisterna.

Fisica II

Page 99: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 96

SOLUCIÓN

Debemos considerar que la presión en un punto es la misma en todas las direcciones, en especialsobre la tapa de la cisterna.

por definiciónd F = p dS = p (b d x )

Como el liquido se esta moviendo, ejercerá una presión debido a la velocidad llamada presióndinámica: p = 1

2ρv 2

d ~F =�

1

2ρv 2

(b d x ) j

pero el cuerpo parte del reposo, entonces por la ecuación de la cinemática:

v 2 = v 2o +2a x = 2a x , vo = 0

d ~F =�

1

2ρ2a x

(b d x ) j

~F =ρab

∫ L

0

x d x j =1

2ρab L2 j

EJERCICIO NO6. 20 Un recipiente dispuesto verticalmente según la figura, cuyas secciones transver-sales son S1 y S2, tiene dos émbolos sin pesos. Estos émbolos están unidos entre si por un alambrefino de longitud H. Hallar la fuerza de torsion del alambre si el espacio entre los émbolos esta llenode agua. Despreciése el rozamiento. Los extremos del recipiente están abiertos a la atmosfera.

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 100: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 97

Como el sistema, esta en equilibrio, para ambos émbolos se tiene: émbolo mayor:∑

F = pp s1 +T −p1s1 = 0

pos1+T = p1s1 (1)

émbolo menor:∑

F = p2s2−T −pos2 = 0

p2s2 = T +pos2 (2)

dondep2 = p1+ρg H (3)

de (3) en (2):(p1+ρg H )S2 = T +poS2 (4)

de (1) y (4):T =ρg HS1/(S1−S2)

EJERCICIO NO6. 21 En que relación deben de estar los radios de dos tubos capilares para que intro-ducidos en sendos líquidos de σ1 = 0,02N /m y ρ1 = 0,79g /c m 3 y σ2 = 0,03N /m , ρ2 = 0,80g /c m 3,alcancen el liquido en ambas la misma altura.

Fisica II

Page 101: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 98

SOLUCIÓN

Sabemos por teoría (Ley de Jurin) que la altura alcanzada por un liquido esta dado por: h =2σ/ρg R para cada liquido:

h1 = 2σ1/ρ1 g R y h2 = 2σ2/ρ2 g R

según condición del problema: h1 = h2

2σ1

ρ1 g R1=

2σ2

ρ2 g R2

R1

R2=σ1ρ2

σ2ρ1

R1

R2=

0,02×0,80

0,03×0,79= 0,67

EJERCICIO NO6. 22 Entre dos varillas iguales de 1g c/u unidades mediante hilos flexibles de pes de-spreciable, se extiende una película jabonosa. Sujetando la varilla superior y dejando colgando lainferior, se observa que la película jabonosa adopta la forma indicada en la figura. haciendo quelos hilos laterales formen un arco de circunferencia de 5c m . Hallar la tension superior del aguajabonosa 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−m g = 0

2T + Fσ =m g

2T +σ(2L) =m g (1)

Para hallarσ es necesario conocer T :

Fisica II

Page 102: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 99

tomemos un diferencial de longitud del hilo y hallemos la fuerza F normal al hilo:

d F =σ(2d l )

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

2T senθ =∫

d F cosθ

2T senθ = σ∫

2d l cosθ = 2σ∫ θ

−θR cosαdα, d l =Rdθ

2T senθ = 4σR senθ

T = 2σR (2)

de (2) en (1): 2(2σR)+σ(2L) =m g

σ=m g

4R +2L= 44,5d /c m

yT = 445d i na s

EJERCICIO NO6. 23 (a) Que fuerza hay que aplicar a un aro horizontal de aluminio que tiene unaaltura h = 10m m , un diámetro inferior 50m m y un diámetro exterior 52m m , para desprenderlode la superficie del agua. (b) Que parte de la fuerza hallada corresponde a las fuerzas de la tensiónsuperficial.

SOLUCIÓN

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

F = F −m g − Fσ = 0

F =m g + Fσ

F =ρg hπ(r 22 − r 2

1 )+2πσ(r1+ r2)

donde: ρ = 2,6g /c m 3,σ= 0,073N /m

F = 64,2×10−3N

(b)Fσ= 2πσ(r1+ r2) = 23,4×−3 N

Fisica II

Page 103: INFORME200902 fisica II

6. Hidrostática 100

EJERCICIO NO6. 24 Se lleva un auto que pesa 1600K g f a la plataforma hidráulica de un taller deservicio; el diámetro del piston del elevador mide 0,25m . El peso de todo el elevador es de 800K g f

a) Calcular la presión que debe ejercer el liquido hidráulico sobre el piston del elevador para levan-tar 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 −We −Wa = (me +ma )a

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

F1−We −Wa = 0, F1 =We +Wa y F = F1

donde we : peso del elevador = 800K g f Wa : peso del auto = 1600K g f

p1 = F1/πD2

4=(We +Wa )4πD2

, D = 0,25m , p1 = 4,79×105N /m 2

b) Como existe aceleración :

F2−We −Wa = (me +ma )a y F = F2

F2 = (me +ma )a +me g +ma g

F2 = (me +ma )(a + g )

ρ2 = F2/πD2

4= 5,15×105N /m 2

Fisica II

Page 104: INFORME200902 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 essuficientemente pequeña, la velocidad en el medio de una sección cualquiera puede considerarsecomo 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 ecua-ciones para calcular las fuerzas dinámicas ejercidas por los fluidos en movimiento.

101

Page 105: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 102

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 pun-to en los sucesivos instantes es la misma. Pero puede variar de un punto a otro, es decir, ser variablerespecto 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 aotro del fluido.

7.4.3. Flujo rotacional

Los líquidos en depósitos que están girando constituyen un ejemplo en las que la velocidad decada 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 lam-inas o planos paralelos. Los módulos de las velocidades de capas adyacentes no tienen el mismovalor.

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 (∆m1) que cruza A1 en∆t es:

∆m1 =ρ1∆V =ρ1A1v1∆t

De igual forma para (∆m2) que cruza A2 en∆t es:

∆m2 =ρ2∆V =ρ2A2v2∆t

El flujo de masa en A1 es∆m1

∆t=ρ1A1v1

Fisica II

Page 106: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 103

El flujo de masa en A2 es∆m1

∆t=ρ2A2v2

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

∆m1

∆t=ρ1A1v1

ρ2A2v2(7.1)

Como el mismo fluido es homogéneo: ρ1 = ρ2, A1v1 = A2v2 donde el producto: Av =Q se llamagasto, caudal, flujo de volumen o rapidez de flujo.

7.6. Ecuación de Bernoulli

Consideremos un fluido no viscoso, irrotacional, estable, incompresible, que se desplaza porun tubo de flujo.

Sea p1, A1, v1 y∆L 1 elementos del sistema al inicio, y p2, v2 y∆L 2 del movimiento de la masa.El trabajo de debido a la fuerza F1 = p1A1 es w1 = p1A1∆L 1 y debido a la fuerza F2 = p2A2 es

w2 =−p2A2∆L 2.El trabajo efectuado en contra de la fuerza de la gravedad: w3 =−m g (y2− y1).El trabajo total:

W =w1+w2+w3 = p1A1∆L 1−p2A2∆L 2−m g (y2− y1)

Como mρ= A1∆L 1 = A2∆L 2, reemplazando:

W = (p1−p2)m

ρ−m g (y2− y1) (i)

El cambio de energía cinética del elemento de fluido es:

∆K =1

2m v 2

2 −1

2m v 2

1 (ii)

Como el Teorema de trabajo y Energía expresa: W =∆K de (i) y (ii):

(p1−p2)m

ρ−m g (y2− y1) =

1

2m v 2

2 −1

2m v 2

1

p1+1

2ρv 2

1 +ρg y1 = p2+1

2ρv 2

2 +ρg y2, Ecuación de Bernoulli (7.2)

donde p +ρg y : presión estática, 12ρv 2: presión dinámica.

Fisica II

Page 107: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 104

7.7. Teorema de Torricelli

La sección A2 < A1 y

p1+1

2ρv 2

1 +ρg y1 = p2+1

2ρv 2

2 +ρg y2

donde p1 = p2 = p0, v2 = 0.Por que A2� A1

v 21 = 2g (y2− y1) = 2g h (7.3)

v1 =p

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:

p1+1

2ρv 2

1 +ρg y1 = p2+1

2ρv 2

2 +ρg y2

donde y1 = y2 = 0

p1+1

2ρv 2

1 = p2+1

2ρv 2

2 (α)

De la ecuación de continuidad:Av1 = a v2 (β )

Por estar el liquido ρ′ en reposo:pc = pD

Fisica II

Page 108: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 105

p1+ρg h = p2+ρ′g h

p1−p2 = g h(ρ′−ρ)

x (γ)

De (β ), (γ) en (α)

v1 =�

2(ρ′−ρ)g h

ρ(A2−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

p1+1

2ρv 2

1 +ρg y1 = p2+1

2ρv 2

2 +ρg y2

y1 = y2, v2 = 0

p1+1

2ρv 2

1 = p2 (i)

Como el liquido ρ′ esta en reposo: p1+ρ′g h = p2+ρg h y ρ′ <ρ

p1+ρ′g h = p2 (ii)

De (ii) en (i)

v1 =

r

2ρ′g h

ρ(7.6)

Fisica II

Page 109: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 106

7.10. Flujo de los fluidos viscosos

La viscosidad en los fluidos se debe a atracciones entre las moléculas del liquido y la de lossolidos que están en contacto con el. El efecto de la viscosidad es hacer mas lento el flujo y producirresistencias al movimiento de objetos a través del fluido.

La fricción de un fluido aumenta conforme la velocidad aumenta y depende de las formas delos 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 yen 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�

∂ v∂ y

que existe en el lugar donde esta situada el area de contacto(A)

f =ηA

−∂ v

∂ y

; en unidades:

[η] =g

c m − s e g= poi s e

Sea un flujo de un fluido viscoso, laminar que se desplaza a través de un tubo cilíndrico de diámetroD 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:∑

F = 0

F1− F2− f = p1πr 2−p2πr 2−�

−2πr Lηd v

d r

= 0

Fisica II

Page 110: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 107

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

−∫ 0

v

d v =p1−p2

2ηL

∫ D/2

r

r d r

v =p1−p2

4ηL

D2

4− r 2

(i)

vm a x = v |r=0 =∆p R2

4ηL

Hallemos el gasto que pasa a través de todo el tubo

Q = V =

∫ D/2

0

v (2πr d r ) (ii)

Reemplazando (i) en (ii) e integrando:

V =πR4∆p

8ηL, Ecuación de Poiseuille (7.7)

La velocidad media es: v = QπR2 =

∆p R2

8πL= 1

2vm a x

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

Page 111: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 108

Se define:

NRe =ρ~v D

η

NRe ≤ 2000(R , Laminar) NRe ≥ 3000(R , turbulento) η: viscosidad dinámica, ν = η

ρ: viscosidad

cinética

7.12. Ley de Stokes

Cuando un fluido viscoso se mueve alrededor de una esfera con regimen laminar o cuandouna esfera se mueve dentro de un fluido viscoso en reposo, se ejerce una fuerza resistente sobre laesfera.

George Stokes dedujo una expresión:FR =−6πηr v

F =m g −E − FR =m a

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

ao = g −E

m= g (ρ−

ρo

ρ)

Esta aceleración inicial origina que su velocidad aumenta y la fuerza de rozamiento también au-menta, hasta que la esfera alcanza una velocidad llamada velocidad limite (constante), su acel-eración es nula.

m g = E + FR ,4

3πr 3ρg =

4

3πr 3ρ0 g +6πηr vl i m

vl i m =2

9

r 2 g

η(ρ−ρ0) (7.8)

Fisica II

Page 112: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 109

7.13. Ejercicios resueltos

EJERCICIO NO7. 1 Un gran tanque de almacenamiento se llena hasta una altura h. Si el tanquese perfora a una altura h medida desde de el fondo del tanque. ¿A que distancia horizontal x deltanque cae la corriente?

SOLUCIÓN

Por BernoulliSOLUCIÓN

p1+1

2ρv 2

1 +ρg h1 = p2+ ou mρv 22 +ρg h2

v1� v2 ⇒ v1 = 0, p1 = p2 = 0

ρg h1 =1

2ρv 2

2 +ρg h2

1

2ρv 2

2 =ρg (h1−h2)

v2 =p

2g (h0−h), h1 = h0, h2 = h

El chorro agua que sale tiene movimiento parabolico entonces:

vx = v0 cosθ ⇒ x = (v0 cosθ )t

vy = v0 sinθ − g t ⇒ y = (v0 sinθ )t −1

2g t 2

En la cumbre vy = 0 ⇒ v0 sinθ = g t

h = y (v0 sinθ )t −1

2g t 2 ⇒ h =

1

2g t 2

t =p

2h/g Tiempo de subida o bajada

x = (v0 cosθ )t = v2t

x =p

2g (h0−h)r t 2h/g

x = 2p

h(h0−h)

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Page 113: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 110

EJERCICIO NO7. 2 Un tanque con agua tiene dos agujeros a las alturas 3c m y 10c m medidos desdesu base. ¿A que altura esta el agua en el tanque cuando los chorros que salen de los agujeros tocan elpiso en el mismo punto?

SOLUCIÓN

Aplicando la Ley de Torricell:

para cada agujero

v1 =p

2g (H −h1) (1)

v2 =p

2g (H −h2) (2)

Distancia alcanzadas.c x1 = v1t1 =

p

2g (H −h1)t1 (3)

x2 = v2t2 =p

2g (H −h2)t2 (4)

Por dato: x1 = x2p

2g (H −h1)t1 =p

2g (H −h2)t2

t1 =

r

H −h2

H −h1t2 (5)

respecto de las alturas de las caidas de los chorros:

h1 = g t 21 (6)

h2 = g t 22 (7)

(6)÷(7)⇒ h1

h2= t 2

1

t 22

t1 =

r

h1

h2t2 (8)

(8) en (5)h1

h2=

H −h2

H −h1

h1H −h21 = h2H −h2

2

h22−h2

1 =H (h2−h1)

(h2−h1)(h2+h1) =H (h2−h1)

H = h2+h1

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Page 114: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 111

EJERCICIO NO7. 3 En la pared de un recipiente grande con agua se perforan dos orificios, uno encimade otro, de area 0,1c m 2 cada uno. La distancia entre los orificios es 30c m . En el recipiente se vierteun caudal de 100c m 3/s . Hallar el punto de intersección de los chorros de agua que salen de losorificios.

SOLUCIÓN

Como A� a , usamos el Teorema de Torricelli:

v1 =p

2g h, v2 =p

2g (h +H ) (1)

Usando las ecuaciones de la cinemática

x = v1t1 = v2t2 (2)

y −h =1

2g t 2

1 , y −h −H =1

2g t 2

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 hallax = 254,12,12c m , y = 255,88c m

EJERCICIO NO7. 4 En un tubo, doblado en ángulo recto de sección 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 com-posición del gas y del rozamiento.

SOLUCIÓN

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Page 115: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 112

El problema lo resolveremos por variación de cantidad de movimiento y usando la segunda Leyde Newton

~F =∆~P∆t

Hallemos la variación de la cantidad de movimiento por unidad de tiempo, para la secciónvertical

~p1

∆t=∆m1~v1

∆t=ρS∆L 1~v1

∆t=

vρS∆t ~v1

∆t~p1

∆t=ρSv∆t v

∆t(− j ) =ρSv 2(− j )

Para la sección horizontal:

~p2

∆t=∆m2~v2

∆t=ρS∆L 2~v2

∆t=ρSv∆t ~v2

∆t

~p2

∆t=ρSv∆t v

∆ti =ρSv 2(i )

Luego la variación de cantidad de movimiento por unidad de tiempo es:

~p1

∆t=~p2− ~p1

∆t=ρSv 2(i + j )

La fuerza del tubo sobre el gas es:

~F =∆~p∆t=ρv 2S(i + j )

Luego la fuerza del gas sobre el tubo es:

~F =ρv 2S(−i − j )

EJERCICIO NO7. 5 Un cilindro de diámetro D esta lleno de agua y colocado horizontalmente comose indica en la figura. ¿Con que velocidad se desplazara el émbolo si sobre el actúa una fuerza F ydel orificio que hay en la pared posterior sale un chorro de diámetro d . No considere el rozamientoy la fuerza de la gravedad.?

SOLUCIÓN

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Page 116: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 113

De la ecuación de Bernulli:

p1+1

2ρv 2

1 +ρg h1 = p2+1

2ρv 2

2 +ρg h2

donde p1 = po +(F/S), p2 = po

h1 = h2 = 0

po +F

S+

1

2ρv 2

1 +0= po +1

2ρv 2

2 +0

F

S+

1

2ρv 2

1 =1

2ρv 2

2 (1)

de la ecuación de continuidad:

A1v1 = A2v2,πD2

4v1 =

πd 2

4v2

v2 =�

D

d

�2

v1 (2)

de (2) en (1):F

S+

1

2ρv 2

1 =1

2ρ[(D/d )2v2]2

v1 =�

2d 2

D

[2F/ρπ(D2−d 4)]

EJERCICIO NO7. 6 Se tiene un recipiente de forma troncoconica el cual esta lleno de agua hasta unaaltura h; si en el fondo abrimos un agujero de radio r . Hallar el tiempo vaciado.

SOLUCIÓN

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Page 117: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 114

Tomando los puntos 1 y 2

p1+1

2ρv 2

1 +ρg y1 = p2+1

2ρv 2

2 +ρg y2

p1 = p2 = po

y1 = h − y

y2 = 0

1

2ρv 2

1 +ρg (h − y ) =1

2ρv 2

2 (1)

de la ecuación de continuidad:πr ′2v1 =πr 2v2

v2 =r ′2

r 2v1 (2)

De (2) en (1):1

2ρv 2

1 +ρg (h − y ) =1

r ′2v1

r 2

�2

1

2ρv 2

1 +ρg (h − y ) =1

r ′4v 21

r 4

v1 =

È

2g (h − y )�

r ′4

r 4 −1� (3)

Pero en el gráfico se tiene la relación:R

h=

r ′

h − y(4)

De (4) en (3):

v1 =

È

2g (h − y )[R/h(h−y )]4

r 4 −1= vy =

d y

d t

Fisica II

Page 118: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 115

p

2g d t =R2

h2r 2

r

(h − y )4−1

h − yd y

d t ∼=R2

p

2g h2r 2

r

(h − y )4

h − yd y

d t ∼=R2

p

2g h2r 2

p

(h − y )3d y

∫ t

0

d t ∼=−R2

h2r 22g

∫ h

0

(h − y )3/2(−d y )

t =R2

5t 2

r

2h

g

EJERCICIO NO7. 7 Sea en la figura, agua de una densidad ρ y que sale del fondo de un embudo, enforma de cono truncado de semiánguloα. Suponiendo que el agua salga a una velocidad vo por unaabertura de radio r al fondo. Hallar la velocidad del fluido v (y) a una altura y por encima de labase del embudo.

SOLUCIÓN

Por la ecuación de continuidad:πx 2vy =πr 2vo (1)

En el triángulo de la figura:

tanα=x − r

y, x = y tanα+ r

reemplazando x en (1):π(r + y tanα)2vy =πr 2vo

v = r 2vo/(r + y tanα)2

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Page 119: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 116

EJERCICIO NO7. 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 fenómenose conoce como cavitacion. demuestren que si sale agua de una tubería horizontal de area A a unavelocidad vo , entonces, la cavitacion se producirá si corriente arriba hay un estrangulamiento dearea dada por:

a = A/[1+2Po/ρv 2o ]

1/2

SOLUCIÓN

Se el gráfico del problema:

Usando la ecuación de Bernoulli para los dos puntos:

p1+1

2ρv 2

1 +ρg y1 = p2+1

2ρv 2

2 +ρg y2

p1 = p1, p2 = po , y1 = y2

v1 = v y v2 = vo

p +1

2ρv 2 = po +

1

2ρv 2

o

Para que se produzca la cavitacion:po� p

1

2ρv 2 = po +

1

2ρv 2

o (1)

De la ecuación de continuidad:a v = Avo , v = A/a v0 (2)

de (2) en (1):1

2ρ(A/a vo)2 = po +

1

2ρv 2

o

a = A/[1+2po/ρv 2o ]

1/2

EJERCICIO NO7. 9 Un tanque de forma piramidal de 4,5m de profundidad, construido como se mues-tra 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 completa-mente el tanque.

SOLUCIÓN

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Page 120: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 117

Usando la ecuación de Bernoulli para los dos puntos:

p1+1

2ρv 2

1 +ρg y1 = p2+1

2ρv 2

2 +ρg y2

p1 = p2 = po , v1 = vy , y1 = ho , y2 = 0

po +1

2ρv 2

y +ρg (ho − y ) = po +1

2ρv 2

2 +ρg (0)

1

2ρv 2

y +ρg (ho − y ) =1

2ρv 2

2 (1)

De la ecuación de continuidad:

(2x )2vy = a v2, v2 = (4x 2/a )vy (2)

De ( 2) en (1):1

2ρv 2

y +ρg (ho − y ) =1

��

4x 2

a

vy

�2

vy =

È

2g (ho − y )�

16x 4

a 2 −1� (3)

Por relaciones:

tanθ =I1/2

ho +m(a)

tanθ =x

ho − y +m(b)

tanθ =I2/2

m(c)

Luego: m = I2ho/I1− I2 de (a) y (c)

I1/2

ho + I2ho

i 1−I2

=x

ho + I2ho

I1−I2− y

Fisica II

Page 121: INFORME200902 fisica II

7. Hidrodinámica 118

De (a) y (b)y = ho(I1−2x )/(I1− I2)

x =I1ho − y (I1− I2)

2ho(4)

De (4) en (3):

vy =

2g (ho − y )16a 2

h

ho I1−y (I1−I2)2ho

i4−1

por aproximacion:

vy∼=

2g (ho − y )16a 2

h

ho I1−y (I1−I2)2ho

i4

vy =∼= a h2o

p

2g

p

(ho − y )

[ho I1− y (I1− I2)]2

d y

d t=

Bp

(ho − y )

[ho I1− y (I1− I2)], B = 2h2

o

p

2g

[ho I1− y (I1− I2)]2d yp

(ho − y )= Bd t

haciendo cambios de variable: µ= ho − y ; y = ho −µ; d y =−dµ

∫ 0

ho

h2o I 2

1 −2ho I1(I2− I1)(ho −µ)+ (I2− I1)2(ho −µ)2

µ1/2

(−dµ) =

∫ t

0

Bd t

Los limites de integracion:t = 0, y = 0, µ= ho

t = t , y = ho , µ= 0

integrando y valorando:

h5/2o

6

15I 2

1 +8

15I1I2+

16

15I 2

2

= a h2o

p

2g t

t =2

15

r

ho

2g

(3I 21 +4I1I2+8I 2

2 )a

donde: ho = 4,5m , I1 = 10,2m , I2 = 1,2m , a = 30×10−4m 2, g = 9,8m/s 2

t = 7923,96s e g

t = 2,20h

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Page 122: INFORME200902 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 C (el ter-mómetro), entonces A y B se encuentran en equilibrio térmico entre si.

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 coorde-nadas independientes (x , y ).

Para conocer el estado de equilibrio en un sistema es necesario conocer el medio ambienteque 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 equilibrio 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 ′) varíanhasta 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 lascoordenadas de los sistemas después de haber estado en comunicación entre si a través de unapared diatérmica.

8.2. Concepto de temperatura

Consideremos un sistema A en el estado (y1,x1) en equilibrio térmico con un sistema B en elestado (y ′1,x ′1).

La experiencia demuestra que existen un conjunto de estados

y1,x1; y2,x2; y3,x3; . . .

119

Page 123: INFORME200902 fisica II

8. Temperatura 120

Cada uno de ellos esta en equilibrio térmico con el estado y ′1,x ′1 del sistema B y según el principiocero, están en equilibrio térmico entre si.

Luego, todos estos estados se sitúan en un diagrama Y , X , que están sobre una curva tal comoI , 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 equi-librio 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 equilib-rio térmico con un estado (y1,x1) del sistema A u por lo tanto en equilibrio térmico entre si. Delprincipio cero se deduce que todos los estados de la isoterma I del sistema A se encuentran enequilibrio 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 ono en equilibrio térmico con otros sistemas.

8.2.3. Medición de la temperatura

Figura 8.2: Escala de temperatura

Fisica II

Page 124: INFORME200902 fisica II

8. Temperatura 121

8.3. Dilatación por temperatura

Casi todos los cuerpos solidos se dilatan por calor, excepto algunos que se contraen y otroscuyo volumen aumenta entre ciertas temperaturas y se reduce en otras. Los cambios de tamañoque 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 reg-ular mediante fuerzas de origen eléctrico.

La fuerza entre los átomos, se simula como la que existe en un conjunto de resortes que unenlos átomos.

Estos resortes son muy rígidos y hay 1022 r e sor e s/c m 3 aproximadamente, la amplitud de vi-bración es del orden de 10−9c m y la frecuencia de 1013s e g −1.

El cambio debido a la temperatura, aumenta con la distancia media entre los átomos, y cualquiercambio de las dimensiones lineales del solido, se llama dilatación lineal.

Si∆T es pequeño y L 0 esta a t0, se tiene:

∆L =αLo∆T (8.1)

donde:∆T = T −T0 y∆L = L− L 0

L = L 0+α∆T (8.2)

L = L 0(1+α∆T ) (8.3)

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

α=

∆LL 0

∆T(8.4)

Para la dilatación superficial: A = A0(1+2α∆T ), Para la dilatación volumétrica: V =V0(1+3α∆T )

Fisica II

Page 125: INFORME200902 fisica II

8. Temperatura 122

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 h0 a T0, como semuestra en la figura,

Figura 8.5: Dilatación de líquidos

y luego se eleva la temperatura hasta T . ¿Cual es la altura de la columna del liquido?. Esta es lapregunta que se va a responder.

Se conoce: αv : coeficiente de dilatación lineal del vidrio. βL : coeficiente volumétrica del liqui-do.

El volumen total del liquido a la temperatura T :

V0+∆V = (h0+∆h)(A0+∆A) = h0A0+a 0∆h +h0∆A +∆A∆h

donde: V0 = h0A0 y∆A∆h = h0;∆V = A0∆h +h0∆A

∆h =(∆V −h0∆A)

A0(i)

Para el liquido∆V =βLV0∆T (ii)

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Page 126: INFORME200902 fisica II

8. Temperatura 123

y ∆A es el aumento en el area transversal de la columna del liquido debido a la dilatación delhueco en el tubo de vidrio que la contiene:

∆A = (2αV )A0∆T (iii)

Reemplazando (ii) y (iii) en (i); se obtiene:

∆= ho∆T (βL −2αV ) (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 elvolumen del cuerpo T0 es VT y a T ′0 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)

ρT

ρT ′=

1+3αT ′

1+3αT(8.8)

Figura 8.6: .

Fisica II

Page 127: INFORME200902 fisica II

8. Temperatura 124

8.5. Ejercicios resueltos

EJERCICIO NO8. 1 Cuando cierto metal se calienta desde oC hasta 450oC su densidad disminuye1,015v e c e s . Hallar el coeficiente de dilatación de este metal suponiendo que e constante en el inter-valo de temperatura dado

SOLUCIÓN

Se ha demostrado∆ρ/ρ =−β∆T y β = 3α

∆ρ/ρ =−3α∆T, ∆T =−∆ρ/ρ

3αPor condición del problema: ρ−1,015ρ =∆ρ, −0,015ρ =∆ρ

∆ρ/ρ =−0,015

Luego:

α=−−(0,015)

3× (450oC )

α= 1,11×10−5oC−1

EJERCICIO NO8. 2 El coeficiente medio que experimenta 200m , a 0oC , de dicho hilo, cuando su tem-peratura se eleve de 10oC a 200oC .

SOLUCIÓN

La longitud de hilo metálico para cada temperatura sera: Para t2

I2 = Io[1+α(t2− to)]

Para t1:I1 = Io[1+α(t1− to)]

I2 = Io[1+(1,28×10−5+4,33×10−9t2)(t2− to)]

I1 = Io[1+(1,28×10−5+4,33×10−9t1)(t1− to)]

Luego:∆I = I −2− I1 = Io[1,28×10−5(t2− t1)+4,33×10−9(t 2

2 − t 21 )]

donde: Io = 200mt1 = 10oC , t2 = 200oC ,

se obtiene:∆I = 0,00521m = 5,21m m

EJERCICIO NO8. 3 A que temperatura es preciso calentar un matraz abierto para expulsar los 5/6 delaire que contiene a 20oC

SOLUCIÓN

Para desalojar los 5/6 del aire del matraz y quede en el 1/6, es necesario que el volumen inicial sehaga 6 veces mayor, es decir: Vf = 6Vo Luego, para dilatar de gases: Vf =Vo[1+β (t − to)]

6Vo =Vo[1+(t −20oC )]

5/β = t −20oC , pero β = 1/273oC

t = 20oC +5×273oC = 1385oC

Fisica II

Page 128: INFORME200902 fisica II

8. Temperatura 125

EJERCICIO NO8. 4 (a) Demuestre que el cambio del momento de inercia I con la temperatura queexperimenta un objeto solido esta dado por la expresión:

∆I = 2αIo∆T

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

SOLUCIÓN

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

Io =∑

m i R2i

Luego:

∆I = 2∑

m i Ri∆Ri (1)

Como Ri : es una magnitud lineal, representa la distancia de la masa m i al eje de rotación.

∆Ri =Riα∆T (2)

de (2) en (??):∆I = 2∑

m i Ri (Riα∆T )

∆I = 2α(∑

m i R2i )∆T

∆I = 2αIo∆T

(b) sabemos para un péndulo físico, su periodo es:

to = 2π

r

Io

M g b(3)

Fisica II

Page 129: INFORME200902 fisica II

8. Temperatura 126

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

∆to

∆T= 1

2

Io

M g b

�1/2n1

M g b∆Io

∆T+ Io

M g b 2∆b∆T

o

∆to

∆T= π

Æ

M g bIo

n

1M g b

2αIo∆T∆T

+ Io

M g b 2

bα∆T∆T

o

∆to

∆T= π

Æ

M g bIo

n

2IoαM g b+ Ioα

M g b

o

∆to

∆T= π

Æ

M g bIo

M g bIo

=παÆ

Io

M g b

Pero:Æ

Io

M g b= to

2πLuego:

∆to

∆T=πα

� to

, ∆to = ou mαto∆T

EJERCICIO NO8. 5 (a) Una banda bimetálica, tal como se indica en la figura, d = 2m m y los metalesson Aluminio y Fierro. Halle el radio de curvatura R de la tira, si se eleva su temperatura 20oC , apartir de las temperaturas para la cual R =∞. (b) Si la banda tiene 20c m de largo. Hallar el ángulocentral del arco, que forma la banda. (c) La desviación lateral de su punta (flecha)

SOLUCIÓN

(a)Los nuevos radios para el aluminio R1 y fierro R2, tendran un valor para∆T

R1 =R[1+αAl∆T ]

R2 =R[1+αF e∆T ]

R1−R2 = (αAl −αF e )R∆T

Pero: R1−R2 = d , d = (αAl −αF e )R∆T

R =d

(αAl −αF e )∆T= 909,1c m

(b) Según el gráfico: I =Rθ

θ = l /R = 20c m/909,1c m = 0,022r a d i a ne s

(c) Nos piden la flecha:∆∆=R −h =R −R cos(θ/2)

∆=R[1 cos(θ/2)]

∆= 0,0550c m

EJERCICIO NO8. 6 Cuando vale el coeficiente de dilatación (a presión constante) de un gas ideal a latemperatura T = 600oK

Fisica II

Page 130: INFORME200902 fisica II

8. Temperatura 127

SOLUCIÓN

Por definición: β = (∂ V∂ T )V

P Para un gas ideal:

PV = nRT, V =nRT

P�

∂ V

∂ T

P

=nR

P

luego: β = (∂ V∂ T )V= 1

( PVnR )

, como PVnR= T

β =1

T=

1

600oK= 1,66×10−3K −1

Fisica II

Page 131: INFORME200902 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 calóri-co, caracterizado por ser imponderable (no tiene peso) y por estar formado por partículas que serepelen 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 calorcomo una forma de la energía alojada en los cuerpos denominada energía térmica, que dependede los movimientos de sus menores porciones, los átomos y las moléculas.

Consideremos una cámara llena de un gas que tiene una gradiente de temperatura en su volu-men. En los lugares en que la temperatura es mas alta, las moléculas tienen en promedio, veloci-dades mayores que en los lugares en que la temperatura es menor.

Figura 9.1: Celda con gas a diferente temperatura T1 > t2

Debido a las colisiones moleculares en la separación de ambos y a la difusión de las moléculascalientes de izquierda a derecha y de las frías de derecha a izquierda hay una transformación netaenergía de izquierda a derecha, que llamamos calor. Luego, el calor es una forma de energía entránsito.

En los gases monoatomicos, la suma total de estas energías se debe al movimiento de traslacióno de vaivén de las moléculas, en las moléculas mas complejas se debe considerar las energías derotación y de vibración.

128

Page 132: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 129

Luego la definición de calor, es energía que se comunica entre un sistema y su medio ambientecomo resultado únicamente de las diferencias de temperatura.

Halmholtz, expreso la idea de que no solo el calor y la energía mecánica son equivalentes si notodas las formas de energía lo son.

1C a l = 4,186J , 1BTU = 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, decimosque 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 detemperatura∆T se llama capacidad calorífica, C del cuerpo:

C =∆Q

∆T(9.1)

9.3. Calor especifico

La capacidad calorífica de un cuerpo por unidad de masa, se llama calor especifico, es carac-terístico de cada material de que estaformado el cuerpo.

C e =∆Q∆T

m(9.2)

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

Q =m

∫ T1

T2

C e d T ; C e = f (T ) (9.3)

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

Figura 9.2: Calor especifico del agua

Fisica II

Page 133: INFORME200902 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 elgramo.

Dulong y Petit, observaron en 1819 que los C e de los metales expresados de ese modo erantodos 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 , quese transforma a 120oC .

Fisica II

Page 134: INFORME200902 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 −20oChasta la temperatura de fusion. No existe variación de la energía potencial de los átomos. Se usanexpresiones de este tipo:

Q =mC e H∆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 au-mentar su energía potencial interna. Las moléculas del hielo adquieren mayor libertad, pero novaria su velocidad media.

La expresión que se usa es:Q =m L f (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 temper-atura 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 totaldel agua. Se usa la expresión:

Q =mC ea g u a∆T (9.6)

9.4.5. Region DE

En el punto de ebullición, se define la temperatura a 100oC , el calor suministrado durante esteintervalo se emplea para vencer las ultimas trazas de cohesion molecular. Se usa:

Q =m L v (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 deebullición del liquido.

La evaporizacion a diferencia de la ebullición tiene lugar a cualquier temperatura, la ebullicióna 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

Page 135: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 132

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, quehacen de conductores del fluido calorífico, excitando a los átomos en su trayecto. En esta propa-gación no se produce desplazamiento de materia considerada en conjunto.

El transporte de energía entre elementos de volúmenes próximos, en virtud de la diferencia detemperatura existente entre ellos se llama conducción calorífica.

Consideremos de energía entre elementos de volúmenes próximos, en virtud de la diferenciade temperatura∆T = T2−T1.

Se sabe experimentalmente∆Q ∝ A∆T , donde∆T : variación del tiempo.

∆Q ∝∆T

∆x ′(9.8)

Luego:∆Q

d T∝ A∆T

∆x ′(9.9)

y en el limite:dQ

d T=−k A

d T

d x ′(9.10)

donde d Fd x

: 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 ∆Q∆t

.Para la primera placa L 1:

∆Q1

∆t=−k1A

T1−Tx

L 1(i)

Fisica II

Page 136: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 133

Figura 9.6: Conducción de calor entre dos capas paralelas

Para la segunda placa L 2:∆Q2

∆t=−k2A

Tx −T2

L 2(ii)

Para un regimen estable:∆Q1

∆t=∆Q2

∆t=∆Q

∆t

−k1AT1−Tx

L 1=−k2A

Tx −T2

L 2

Hallamos Tx y reemplazamos en (i) o (ii)

∆Q

∆t=

A(T2−T2)�

L 1

k1

+�

L 2

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 materiallimitada por los cilindros de radios r y r +d r .

Fisica II

Page 137: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 134

Sea T la temperatura para el radio r y T +d T la temperatura para el radio r +d r , el area de lacapa 2πr L

∆Q

∆t=−k (2πr L)

d T

d r,

∫ T2

T1

d T =−Q

2πr Lk

∫ r2

r1

d r

r

∆Q

∆t= 2πLk

T1−T2

ln�

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 = 4πr 2

Q =∆Q

∆t=−k (4πr 2)

d T

d r∫ T2

T1

d T =−Q

4πk

∫ r2

r1

d r

r 2

∆Q

∆t= 4πr1r2k

T1−T2

r2− r1(9.13)

Fisica II

Page 138: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 135

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 convecciónforzado, 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 ala de la masa principal del fluido. La pared transfiere calor al fluido por un fenómeno que a la vezconducción a través de la capa estática delgada junto a la pared y convención del fluido:

∆Q

∆t= hA∆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 sellama energía radiante y se encuentra en forma de ondas electromagnéticas que se propagan a lavelocidad 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 sutemperatura absoluta.

Si la densidad superficial de potencia del cuerpo negro, es decir, el numero de watts por metrocuadrado, en el sistema MKS, es E :

E =σT 4

, dondeσ= 5,67×10−8w /m 2− ok 4

9.6. Diferencial entre calor y trabajo

El trabajo como el calor requiere y una transmisión de energía. Se define el trabajo como en-ergía que se transmite de un sistema a otro de tal manera que no interviene directamente unadiferencia de temperatura.

Las cantidades Q y W no son características del estado (equilibrio) del sistema sino, mas biendel proceso termodinámico.

Entonces Q es el calor transmitido al sistema o extraído de el, y W el trabajo efectuado sobre elsistema o producido por el.

Fisica II

Page 139: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 136

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 elsistema.

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 labase del cilindro y pasa a otro estado (p f Vf ), entonces el piston se desplaza una distancia infinites-imal dS y el trabajo efectuado por el gas es:

d W = ~F d ~S = p AdS = p d V

W =

∫ V2

v1

p d V (9.14)

El trabajo efectuado por un sistema dependiente no solamente de los estados inicial y final sinotambién 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 queingresa al sistema, depende de como se calienta el gas y se concluye: El calor perdido o ganadopor un sistema depende no solamente de los estados inicial y final sino también de los estadosintermedios; esto es , de la trayectoria del proceso.

Fisica II

Page 140: INFORME200902 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 ysiendo 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 trayectoriaseguida. 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 fun-ción energía potencial), de que hay una función, cuyo cambio es igual a Q−W , y se llama Funciónde Energía Interna:∆U =U f −Ui =Q−W , y es el aumento de la Primera Ley de la Termodinámica,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

Page 141: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 138

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 puedeocurrir realmente, ara ello es necesario la Segunda Ley de la Termodinámica.

9.9. Transformación isobarica

Sea un cilindro que contiene un liquido el cual absorbe calor por la parte inferior (foco) y elémbolo se desplaza a presión constante (isobarica), hallemos ∆U , como la masa m del liquido,se transforma de liquido en vapor, entonces la cantidad de calor absorbida por la masa m en elcambio 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 con-stante (la cantidad de arena sobre el émbolo no varia), nos permite hallar el trabajo realizado porel sistema:

W =

∫ VV

VL

p d V = p (VV −VL) (9.15)

Luego el trabajo interno efectuado para vencer la fuerte atracción de las moléculas del liquidoentre si en el estado liquido es:

∆U =m L v −p (VV −VL) (9.16)

9.10. Transformación adiabática

Se llama así, cuando no sale, ni ingresa calor a un sistema, es decir Q = 0 Luego,∆U =Q−W =−W esto significa que el trabajo efectuado sobre el sistema es igual al incremento de la energíainterna 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 de-splace, depositamos arena, de esta forma el volumen permanece constante:

W =

∫ Vf

Vi

p d V = 0, ∆U = 0 (9.17)

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

Fisica II

Page 142: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 139

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 elgas.

La fuerza entre las moléculas es muy pequeño en comparación del volumen ocupado por elgas.

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 p V =cons t a nt e (proceso isotermico).

También se usa:p1

p2=

V2

V1(9.18)

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 NO9. 1 Demostrar que para un gas ideal, que experimenta un proceso adiabático:

T Vγ−1 = cons t a nt e

SOLUCIÓN

De la primera ley de termodinámica para un proceso infinitesimal.

dU = dQ −d W = 0−d W

nC v d T =−d W =−p d v (1)

como: p = nRTV

(gases ideales) reemplazando en (1)

nC v d T =−nRT

Vd V,

C v

R

d T

T=−

d V

V

d T

T=−

R

C v

DV

V, ln V −R/C v + lnC

Fisica II

Page 143: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 140

ln T − ln V −R/C v = lnC

ln T /V −R/C v = lnC

ln T V R/C v = lnC , T V R/C v =C

como c p =C v +RT V (c p−C v )/C v =R

T V (γ−1) =C

EJERCICIO NO9. 2 Demostrar que para un gas ideal, que experimenta un proceso adiabático:

T P−(g a m m a−1)/γ = cons t a nt e

SOLUCIÓN

De la primera Ley de la termodinámica

d v = dQ −d W = 0−d W = d W

nC v d T =−p DV (1)

Por ser gases ideales: p V = nRTp d V +V d p = nRd t (2)

de (1) en (2):−nC v d T +V d p = nRd T

V d p = nRd T +nC v d T

V d p = n (C v +R)d T = nC p d T

como: V = nRT /p (gases ideales)nRT

pd p = nC p d T

P

C p

d p

p=

d T

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

ln T − ln p R/C p = lnC

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

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 , T p−(γ−1)/γ =C

EJERCICIO NO9. 3 En la figura. se muestra el ciclo de un motor Diesel de cuatro tiempos en el cualtenemos: (a) La rama AB, de admisión de aire en el cilindro (po = 1a t m ); (b)La rama BC, de com-presión adiabática del aire hasta presión p1; (c) Al finalizar el tiempo de compresión en el cilindro seinyecta el combustible que al entrar en contacto con aire caliente se inflama y se quema, el émbolose 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 po

(rama EB); y (e) El émbolo see mueve hacia la izquierda y los gases de escape son expulsados delcilindro (rama BA). Hallar el rendimiento del motor Diesel.

Fisica II

Page 144: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 141

SOLUCIÓN

Para hallar el rendimiento por la teoría:

η=W

Q1=

Q1−Q2

Q1= 1−

Q2

Q1(1)

proceso isóbaro CD:Q1 = nC p∆T = nC p (TD −TC ) (2)

proceso isocoro EB:Q2 = nC v (TE −TB ) (3)

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

η= 1−nC v (TE −TB )nC p (TD −TC )

= 1−TE −TB

(TD −TC )(4)

Para CD: p1V1 = nRTC

TC = TDV1

V3(5)

p1V3 = nRTD

Para DE: TD V γ−13 = TE V γ−1

2TE = TD(V3/V2)γ−1 (6)

Para BC: TB V γ−12 = TC V γ−1

1

TB V γ−12 = TC V γ−1

1

TB = TC

V1

V2

�γ−1

= [TDV1

V2](V1/V2)γ−1 (7)

de (5), (6) y (7) en (4):

η= 1−1

γ

TD(V3/V2)γ−1−TD(V1/V3)(V1/V2)γ−1

TD −TD(V1/V3)

Fisica II

Page 145: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 142

η= 1−1

γ

V γ3 −V γ

1

V γ−12 (V3−V1)

EJERCICIO NO9. 4 En la figura. se representa en ciclo de un motor de combustion interna de cuatrotiempos de carburador o gas en el que tenemos que (a) en la primera carrera del émbolo en la cilin-dro se produce la admisión o aspiración del combustible (en los motores de carburación la mezclacombustible esta compuesta por vapor de gasolina y aire y se prepara en el carburador, en los mo-tores de gas la mezcla gas- aire procede de un generador de gases de combustion), la presión po =constante y el volumen aumenta desde V2 hasta V1,(rama AB, admisión; (b)durante la segunda car-rera del émbolo (rama BC, compresión)el combustible se comprime adiabaticamente desde V1 hastaV2, la temperatura aumente desde To hasta T1 y la presión desde po hasta p1; (c) después tiene lugarel encendido (explosión) del combustible por medio de una chispa, como la presión aumenta de p1

a p2 a volumen constante (rama CD)y la temperatura se eleva hasta T2; (d) la tercera carrera delémbolo se debe a la expansion adiabática del combustible desde V2 hasta V1 (carrera de trabajo, ra-ma DE ), durante la cual la temperatura desciende hasta T3; (e)cuando el émbolo llega a su posiciónextrema (punto E) se abre la valvula de escape y la presión disminuye a volumen constante hastapo (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 relaciónde compresión V1/V2 = 5 y la exponente de la adiabática es 1,33

SOLUCIÓN

Para hallar el rendimiento :η=w /Q1 (a)

W =WBC +WC D +WDE +WE B

Fisica II

Page 146: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 143

Por ser proceso isocoros: WC D =WE B = 0

W =WBC +WDE

Luego: WDE =ηRT2

γ−1

1−�

V2

V1

�γ−1�

WBC =−ηRT1

γ−1

1−�

V2

V1

�γ−1�

W =ηR

γ−1(T2−T1)[1− (V2/V1)γ−1] (1)

Para el proceso adiabático: BC:ToV γ−1

1 = T1V γ−12

T1/To = (V1/V2)γ−1 (2)

Para el proceso adiabático DET2V2 = T3V −1

1

T2/T3 = (V1/V2)−1 (3)

de (2) y (3)T1/To = T2/T3 (4)

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

W =ηR

γ−1(T2−T1)

1−T3

T2

(5)

Para el proceso isocoro CD:Q1 = nCv (T2−T1) (6)

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

η=nR(T2−T1)(T2−T3)/T2(γ−1)

nCv (T2−T1)

η=T2−T1

T21−

T3

T2= 1−

1

(T2−T3)

usando (3):

η= 1−1

(V1/V2)γ−1

EJERCICIO NO9. 5 Hallar el trabajo realizado por un gas ideal, durante un proceso adiabático

Fisica II

Page 147: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 144

SOLUCIÓN

WA B =

p DV =

C

V γd V =C

∫ V1

Vo

d V

V=

C V −γ+1

−γ+1|V1Vo

WA B =C

1−γ

1

V γ−11

−1

V γ−12

(1)

WA B =C

V γ−1o (1−γ)

Vo

V1

�γ−1

−1

WA B =C V 1−γ

o

(1−γ)

1−�

Vo

V1

�γ−1�

(2)

poV γo =C = p1V γ

1

poVo =ηRTo , p1V1 =ηRT1

WA B =poV γ

o V 1−γo

(γ−1)

1−�

Vo

V1

�γ−1�

WA B =poVo

(γ−1)

1−�

Vo

V1

�γ−1�

WA B =ηRTo

(γ−1)

1−�

Vo

V1

�γ−1�

Fisica II

Page 148: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 145

También, en (1): WA B = C

Vγ−1

1 (1−γ)

1−�

V1

Vo

�γ−1�

WA B =p1V γ

1

V γ−11 (1−γ)

1−�

V1

Vo

�γ−1�

WA B =p1V1

γ−1

1−�

V1

Vo

�γ−1�

WA B =−ηRT1

(γ−1)

1−�

V1

Vo

�γ−1�

EJERCICIO NO9. 6 Dos cilindros concéntricos huecos de radio R1 y R2 y temperatura interna T1 y ex-terna T2, (T2 < T1) y de longitud L de conducción K1 y K2. Hallar la temperatura entre los cilindros ala distancia R3 del eje cilindro y el flujo calorífico. ver figura.

SOLUCIÓN

Sea Tx la temperatura perdida a la distancia R3. Por la simetría cilíndrica:

Qo1 =

2πLK1(T1−Tx )ln(R3/R1)

Fisica II

Page 149: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 146

Qo2 =

2πLK2(Tx −T3)ln(R2/R3)

como el flujo es constante y uniforme:Qo

1 =Qo2

2πLK1(T1−Tx )ln(R3/R1)

=2πLK2(Tx −T2)

ln(R2/R3)

Tx = AK1T1+K2T2/AK1+K2

donde A = ln(R2/R3)/ ln(R3/R1) reemplazando Tx en Qo1, se halla:

Qo1 =

2πLK1K2(T1−T2)K1 ln(R2/R3)+K2 ln(R3/R1)

EJERCICIO NO9. 7 Hallar la temperatura del gas que se encuentra en un recipiente cerrado, si la pre-sión 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=

T1

T2

p1−p2

p1=

T1−T2

T1(1)

por condición del problema:p1−p2

p1=∆p

p= 0,004

y∆T = T1−T2 = 1oC pero:∆T (1oC ) =∆T (1oK ), luego en (1): 0,004= 1oKT1

T1 =1oC

0,004= 250oC

EJERCICIO NO9. 8 En un horno eléctrico se hace pequeñas orificios de 1c m 2 de area (a modo de cuer-po negro) en una de sus paredes que esta a 1727oC de temperatura. Hallar la cantidad de calorradiada por unidad de tiempo a través de este orificio.

Fisica II

Page 150: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 147

SOLUCIÓN

Hallemos la temperatura en oKT (oK ) = 273+1727oK

T = 2000oK

Luego por teoría : E =σT 4

E = 5,67×10−8× (2000)4W

m 2

E = 90,72×104 W

m 2

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

Qo =90,72×104

4,186

c a l

m 2s e g10−4m 2

Qo = 21,67c a l /s e g

EJERCICIO NO9. 9 Una pared consta de barras alternas de longitud d y de coeficiente de conductivi-dad térmica K1 y K2 según figura. Las areas de la sección transversal de las barras son iguales. Hallarel coeficiente de conductividad térmica de la pared.

SOLUCIÓN

El flujo de calor a través de la barra de conductividad K1 es:

Qo1 =−K1A

(T2−T1)d

Fisica II

Page 151: INFORME200902 fisica II

9. Calor y primera ley de la termodinámica 148

Para la barra de conductividad K2 es:

Qo2 =−K2A

(T2−T1)d

Luego el flujo total es:

Qo = 2Qo1 =−2(K1−K2)A

T2−T1

d

El flujo de calor a través de las cuatro barras es: Q =−Ke q 4A (T2−T1)d

luego:

−Ke q 4A(T2−T1)

d=−2(K1+K2)A

(T2−T1)d

Ke q = (K1+K2)/2

EJERCICIO NO9. 10 Una tetera de porcelana de 2m m de espesor contiene agua hirviendo. Hallar(a)La temperatura de la superficie externa de la misma, siendo la del exterior de 20oC , la con-ductividad de la porcelana 0,0025c a l /s e g − c m − oC y su coeficiente de radiación y conveccion0,0012c a l /s e g − c m − oC (b) Que espesor habrá que dar a la tetera para que su cara exterior nosobrepase de los 50oC

SOLUCIÓN

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

El calor que se transmite por conveccion es:

Qo = hA∆T ′

Como el flujo calorífico es uniforme:

−K A∆T /∆T = hA∆T ′

−0,0025ATi −100

0,2= 0,0012A(Ti −20)

Luego Ti = 92,9oC(b) Nuevamente el calor que se transmite por conducción es igual al calor por conveccion:

−0,0025A50−100

e= 0,0012A(50−20)

e = 3,47c m

Fisica II

Page 152: INFORME200902 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

La figura representa un ciclo, en el cual el sistema pasa de a → c dilatandose y el area debajode esta curva representa el trabajo realizado por el sistema. Después el sistema pasa de c → acomprimiendo y el area debajo de esta curva representa el trabajo que debemos hacer sobre elsistema. Luego el area encerrada en un ciclo ab c d , representa el trabajo efectivo realizado por elsistema.

Durante una parte del ciclo realizado, la sustancia absorbe calor de un foco caliente y duranteotro cede una cantidad menor de calor al foco frió. Por esta razón se dice que el sistema funcionaentre estos dos focos.

Fue Nicolas Carnot quien se pregunto ¿Cual es el máximo rendimiento que puede obtenersede un motor que trabaja entre estos dos focos?.

149

Page 153: INFORME200902 fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica 150

El sistema consta de un sustancia (gas) y el ciclo esta formado por dos procesos isotermicos ydos 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 sentidoa →b y se absorbe calor Q1 del foco caliente.

Un proceso adiabático reversible b → c , hasta que la temperatura descienda a T2 del focomas frió.

El sistema se mantiene en contacto con el food de temperatura T2 y se realiza un procesoisotermico reversible de c → d , hasta que el sistema vuelva a su estado inicial. Durante esteproceso, se cede el calor Q2 al foco frió.

El trabajo neto W efectuado por el sistema, durante e ciclo esta dado por el area encerrado por lacurva ab c d a . La cantidad de calor recibida por el sistema en el ciclo es∆Q =Q1−Q2

Como el estado inicial y final son los mismos, entonces no hay cambios neto en la energíainterna U del sistema.

∆U =∆Q −W = (Q1−Q2)−W = 0, W =q1−Q2

El resultado es una convención de calor en trabajo y se tiene el sistema que trabaja como unamaquina térmica. figura

Como el ciclo de Carnot, esta formado por procesos reversible, luego cuando se realiza ensentido opuesto el proceso, se tendrá una maquina frigorífico: es decir, el sistema transporta calorde un cuerpo a baja temperatura (T2) a otro de mayor T1 temperatura. figura.

Fisica II

Page 154: INFORME200902 fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica 151

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, alcalor Q1 tomado por ella de la función de temperatura elevada T1 en un ciclo: es decir:

n =W

Q1=

Q1−Q2

Q1= 1−

Q2

Q1= 1−

T2

T1(10.1)

10.3. Enunciado de Clausius y de Kelvin - Planck del segundo Prin-cipio de la Termodinamica

Figura 10.4: Maquinas terminas

En un maquina térmica real, parte del calor Q1 se convierte en trabajo W y el resto se expulsacomo calor Q2. figura.

En una maquina térmica ideal o perfecta, todo el calor se convierte en trabajo aprovechable.figura

Fisica II

Page 155: INFORME200902 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 dealguna fuente que se encuentra en toda su extension a la misma temperatura es imposible. Otraforma es: Es imposible construir un motor que funcionando según un ciclo, no produzca otroefecto que extrae calor de un foco y realizar na cantidad equivalente de trabajo.

En un refrigerador real, figura se necesita un trabajo W para transportar calor de un depositode 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 tem-peratura 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 calorcontinuamente 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 queel paso de calor de un cuerpo a otro mas caliente.

10.3.3. Teorema de Carnot

Ningún motor que funciona entre dos focos caloríficos dados puede tener un rendimientosuperior al de un motor de Carnot que funciona entre los dos mismos focos.

Sea el motor de Carnot reversible (R) que absorbe calor Q1 del foco caliente y realiza un trabajoW . Luego cede la cantidad de calor Q1−W al foco frió. Su rendimiento sera: n R = W

Q1.

El otro motor irreversible (I) absorbe calor Q ′1 del foco caliente y realiza el trabajo W y cede lacantidad de calor Q ′1−W al foco frió. Su rendimiento sera: n I = W

Q ′1.

Supongamos que n I < n R , WQ1< W

Q1, Q1 <Q1.

Fisica II

Page 156: INFORME200902 fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica 153

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 acopladosde este modo forman un maquina que extrae calor del foco frió:

(Q1−W )− (Q ′1−W ) =Q1−Q ′1

Como Q1 <Q ′1 entonces Q1−Q ′1 < 0.El calor neto suministra al foco caliente es asimismo:

Q1 =Q ′1

Luego hemos hallado una maquina que transfiere calor Q1−Q ′1 de un foco a otro caliente y estocontradice el enunciado de Claussius, porque nuestra hipótesis de n I < n R es falsa. Debe cumplirsen I < n R

10.3.4. Entropía - Procesos reversible (Teorema de Claussius)

Figura 10.7: Proceso reversible

Fisica II

Page 157: INFORME200902 fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica 154

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

EJERCICIO NO10. 1 Hallar la variación que experimenta la entropía al transformarse 10g de hielo a−20oC en vapor a 100oC

SOLUCIÓN

El proceso se indica en el gráfico:

Fisica II

Page 158: INFORME200902 fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica 155

El cambio de entropía es:

∆S =

dQ

T=

∫ B

A

mCeHi d T

T+

∫ C

B

dQ

T0+

∫ D

C

mCea d T

T+

∫ E

D

dQ

T100

∆S =mCeHi ln273

253+

m L f

273+mCea ln

373

273+

m Lv

373

como T0 = 273oK , L f = 80c a l /g , l v = 540c a lg

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

∆S = 0,38+2,93+3,12+14,47= 20,9c a loK

EJERCICIO NO10. 2 Hallar la variación que experimenta la entropía cuando 8g de oxígeno que ocu-paban el volumen de 10l t a la temperatura de 80oC pasan a ocupar el volumen de 40l t a la tem-peratura de 300oC

SOLUCIÓN

Para hallar la entropía, usaremos la trayectoria: ABC

∆S =

∫ B

A

dQ

T+

∫ C

B

dQ

T

Fisica II

Page 159: INFORME200902 fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica 156

El proceso AB es isobarico: dQ =RC v d T El proceso BC es isobarico: dU = 0

dU = dQ −d W, dQ = d W = p d V

dQ =nRT d v

V

Luego:∆S =∫ B

AnC v d T

T+∫ C

BnRT d V

T V

∆S = nC v

∫ T2

T1

d T

T+nR

∫ VC

VB

d V

V

∆S = nC v ln(T1/T1)+nR ln(VC/VB )

donde: T1 = 80+273oK = 353oK , T2 = 300+273oK = 573oK

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

C v = 5c a l /m a l − oK

R = 1,986c a l /mol − oK

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

EJERCICIO NO10. 3 6,6g 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 = 6,6g /2g /mol

n = 3,3g /mol e s

Fisica II

Page 160: INFORME200902 fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica 157

∆S =

dQ

T

∆S =

∫ B

A

nC p d T

T

∆S = nC p ln(TB/TA) (1)

por ser gas ideal: pA Vo = nRtA

TB = 2TA (2)

pA 2Vo = nRTB

de (2) en (1)∆S = nC p ln(2TA/TA) = nC p ln 2

∆S = 3,3×7× ln 2(c a l /oK )∆S = 16c a l /oK

EJERCICIO NO10. 4 La variación de la entropía en el espacio comprendido entre las dos adiabáticasde un ciclo de Carnot es igual a 1K c a l /oK . La diferencia de temperatura entre las dos isotermas esigual a 100oK ¿Que cantidad de calor se transforma en trabajo en este ciclo?

SOLUCIÓN

Sabemos:∆SA B = 103c a l /oK ,∆T = TA −TD = 100oC El calor que se convierte en trabajo es:∆Q =q1−Q2 Por teoría: TD

TA= Q2

q1

TA −TD

TA=

Q1−Q2

Q1=∆Q

Q1

∆Q =Q1

TA(TA −TD) =

Q1

TA∆T (1)

Por definición de energía de entropía:∆SA B =∫

dQ1

TA

∆SA B =1

TA

dQ1 =Q1

TA(2)

de (2) en (1):

∆Q = (∆SA B )∆T = 103 C a loK

100oK

∆T = 105c a l = 4,186×105 J

Fisica II

Page 161: INFORME200902 fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica 158

EJERCICIO NO10. 5 Hallar la variación de la entropía correspondiente a la expresión isotómica de6g de hidrógeno desde 105 hasta 0,5×105N /m 2

SOLUCIÓN

Por definición:∆S = dQT

Por ser un proceso isotermico

∆S =

p d V

TA=

nR

Vd V

∆S = nR ln(VB/VA)

Por ser un gas ideal: VB

VA= pa

p B

pA VA = nRTA

p B VB = nRTA

Luego:∆S = nR ln(pA/p B )

∆S =�

6

2mol e s

��

1,986c a l

mol − oK

ln

1×105

0,5×105

∆S = 4,13c a l /oK

EJERCICIO NO10. 6 Demostración que la eficiencia de una maquina de Carnot que utilice como sus-tancia de trabajo un gas ideal: n = T1−T2/T1

SOLUCIÓN

Fisica II

Page 162: INFORME200902 fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica 159

Por definición de eficiencia:

n = 1−Q2

Q1(a)

donde: Q1: es el calor que absorbe el sistema en el proceso: b cQ2: es el calor que cede el sistema en el proceso: d aProceso: bc: Es isotermico,∆U = 0

∆U =Q −W, Q1 =W =

p d V

Q1 =

∫ Vc

Vb

nRT1d V

V= nRT1 ln(Vc/Vb ) (1)

Proceso: da: Es isotermico,∆u = 0 análogamente: Q2 =−nRT2 ln(Va/Vd )

−Q2 = nRT2 ln(vd /Va )

considerando solo e valor absoluto de

Q2 = nRT2 ln(Vd VE ) (2)

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

n = 1−nRT2 ln(Vd /Va )nRT1 ln(Vc/Vb )

= 1−T2 ln(Vd /Va )T1 ln(Vc/Vb )

(3)

Para el proceso ab: Es adiabático∆Q = 0

∆U =∆Q −∆W =−∆W =−p d V

como∆U = nC v d T Luego nC v d T =−p d V

nC v d T =−nRT

Vd V

−C v

R

∫ T1

T2

d T

T=

∫ Vb

Va

d V

V

Fisica II

Page 163: INFORME200902 fisica II

10. Segunda ley de la termodinámica 160

C v

R

∫ T1

T2

d T

T=

∫ b

a

d V

V= ln

Va

Vb

C v

R

∫ T1

T2

d T

T= ln(Va/Vb ) (4)

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

−C v

R

∫ T2

T1

d T

T=

∫ Vb

Vc

d V

V= ln

Vd

Vc

C v

R

∫ T1

T2

d T

T= ln(Vd /Vc ) (5)

de (4) y (5):ln(Va/Vb ) = ln(Vd /Vc )

ln(Vd /Va ) = ln(Vc/Vb ) (6)

de (6) en (3), se tiene:

n = 1−T2

T1

ln(Vc/Vb )ln(Vc/Vb )

= 1−T2

T1

Fisica II

Page 164: INFORME200902 fisica II

Capítulo 11

Metodología

11.1. Estrategias

El desarrollo del curso, se realiza utilizando la estrategia del aprendizaje significativo, brindan-do 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 ydeductivo

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

Page 165: INFORME200902 fisica II

Capítulo 12

Cronograma de Actividades

12.1. Temas

No Temas01 Vectores02 Estática03 Cinemática04 Dinámica de una partícula05 Trabajo Potencia y energía06 Cantidad de movimiento

12.2. Cronograma de Actividades

FechasSetiembre Obtubre Enero Febrero

Temas 6 13 18 20 28 4 10 17 22 24 31 2 5 7 1401 ∗ ∗02 ∗ ∗03 ∗ ∗ ∗ ∗04 ∗ ∗ ∗05 ∗ ∗ ∗06 ∗ ∗ ∗

162

Page 166: INFORME200902 fisica II

Capítulo 13

Relación de Estudiantes y Asistencias

13.1. Relación de estudiantesNo CODIGO APELLIDOS Y NOMBRES1 040661 AGUILAR AHUMADA, ADAN WILLY2 040662 ANCCORI PARIAPAZA, RENE3 981405 ANTONIO FLORS, DAWIZZ WILLIAM4 062281 APAZA CRUZ, DENNIS HERIBERTO5 062284 CACERES SONCCO, JOSUE LINO6 055390 CAHUANA COAQUIRA, HASSAN ROLDAN7 055399 CHOQUE CASTILLO, HOLGUER HELART8 062291 CHUQUIJA TITO, YAXON SANTIAGO9 062292 COAPAZA AGUILAR, HERNAN

10 062295 CONDORI MAYTA, JESUS ANGEL11 952698 CRUZ IBAÑEZ, CUOSET ELDER12 952681 FERNANDEZ MACEDO, MARCO ANTONIO13 055406 GOMEZ CRUZ, EBERTH SABINO14 063885 GUTIERREZ LLAVILLA, CRISP LEONOR15 062301 HUAYCANI HUAYCANI, JOEL EDWIN16 031238 HUMPIRI JILAPA, CESAR17 055413 ITUSACA AYALA, RENE ANGEL18 062306 LUQUE LUQUE, OMAR MILTON19 063888 MAYTA MAMANI, CARLOS RODOLFO20 990264 OLAGUIVEL MAMANI, ORLANDO ELARD21 063889 PAREDES RAMOS, CARLOS EDUARDO22 942171 PATRICIO TINTAYA, MILTON MANUEL23 064666 PAYVA AQUINO, RIBERT CRISTHIAN24 064667 PILCOMAMANI ARIAS, AMADOR25 062318 QUENTA YANAPA, AGUSTO FREDDY26 063891 QUISOCALA MOROCCO, SAMUEL27 055428 QUISPE BUSTINCIO, JHOVANY28 063892 QUISPE TECCE, ABEL29 062321 RAMOS GALINDO, DANTE30 990266 REYES CUBA, JOSE AMILCAR31 021262 SANTANDER PACORICONA, FREDDY VLADIMIR32 972902 SARAZA AGUILAR, JHONNY33 063894 SARDON HUANCA, BRAYAM VLADIMIR34 055430 SOTO LIMACHI, MARY EUGENIA35 021264 SUCAPUCA VILLASANTE, ELMER36 040685 TURPO HUMIRE, ALFREDO MIGUEL37 063896 VARGAS CAMACHO, LUIS ENRIQUE38 064674 VILCA PERALTA, YHON EDDY39 002169 YUPANQUI BENDITA, CESAR ENRIQUE

163

Page 167: INFORME200902 fisica II

13. Relación de Estudiantes y Asistencias 164

13.2. Lista de Asistencia

Datos Setiembre Obtubre Enero FebreroNo CODIGO 6 13 18 20 28 4 10 17 22 24 31 2 5 7 141 040661 •2 0406623 9814054 062281 • • • • • • • • • • • • •5 062284 • • • • • • • • • • • •6 055390 • • • • • • • • • • • •7 0553998 0622919 062292

10 06229511 95269812 95268113 055406 • • • • • • • • • • • •14 063885 • • • • • • • • • • • • • • •15 062301 • • • • • • • • • • • • • • •16 03123817 055413 • • • • • • • • • • •18 062306 • • • • • • • • • • • • • • •19 063888 • • • • • • • • • • • • •20 99026421 063889 • • • • • • • • • • • • • •22 94217123 064666 • • • • • • • • • • • •24 064667 • • • • • • • • • • • • • • •25 062318 • • • • • • • • • • • •26 063891 • • • • • • • • • • • • • • •27 055428 • • • • • • • • • • • • •28 063892 • • • • • • • • • • • •29 06232130 99026631 02126232 972902 • • • • • • • • • •33 063894 • • • • • • • • • • • • • • •34 055430 • • • • • • • • • • • • • • •35 02126436 04068537 063896 • • • • • • • • • • • • • •38 064674 • • • • • • • • • • • •39 002169

Fisica II

Page 168: INFORME200902 fisica II

Bibliografía

[1] Luis Rodriguez Valencia, Mecanica I, Departamento de Física,Universidad de Santiago deChile, 2000

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

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

165