1. No category

Un bloque de masa m=0,500 kg descansa sobre la superficie
inclinada y rugosa de una cuña de masa M=2,00 kg como se muestra
en la figura. El ángulo de la superficie inclinada vale θ=35,0°. Se
ejerce una fuerza horizontal F sobre la cuña de modo que ésta resbala
sobre una superficie sin rozamiento.
a) Realice los diagramas de cuerpo libre de cada uno de los cuerpos y
plantee las ecuaciones de movimiento para ambos. Suponga que el
bloque no desliza sobre la cuña.
b) Suponiendo que el bloque no desliza sobre la cuña, determine la
aceleración del conjunto en función de F, m y M.
c) Si el coeficiente de rozamiento estático entre la cuña y el bloque vale µE=0,450 determinar los
valores máximo y mínimo de F para los cuales el bloque no resbala.
a) Diagramas de cuerpo libre y ecuaciones de movimiento (suponiendo que el bloque no desliza por la
cuña)
y
a
x
T
N2
T
F
N2
a
N1
mg
Mg
Ecuaciones para la cuña:
(1)
(2)
M.a = F + T cos() - N2 sin()
0 = N1 - Mg - N2 cos() - T sin()
Ecuaciones para el bloque
(3)
(4)
m.a = N2 sin() - T cos()
0 = N2 cos() + T sin() -mg
b) Suponiendo que el bloque no desliza, el sistema (bloque + cuña) se comporta un solo cuerpo de
masa M+m que se mueve con aceleración a según la dirección x. La única fuerza externa según esta
dirección es F, por lo tanto:
c) El valor mínimo de F está dado por la condición:
Sustituyendo este valor de T y despejando N2 de (4):
=
Con ese valor a es mínimo: (3)
Para determinar el valor máximo debemos considerar a T con el sentido opuesto:
(3')
(4')
=
m.a = N2 sin() + T cos()
0 = N2 cos() - T sin() -mg
y
Una barra uniforme de longitud L1=1,10 m y de masa
M=1,90 kg está sujeta por un extrema a un eje de tal
forma que puede girar en el plano vertical. La barra
está inicialmente en reposo y en posición horizontal,
como se muestra en la figura, se suelta y cae. Una
partícula de masa m cuelga de un hilo de longitud
L2=0,750 m del mismo eje. La partícula cuando choca
con la barra queda adherida a la misma.
Después del choque, la barra con la masa sigue girando
hasta forma un ángulo θ= θMAX=45,0°.
a) Determinar la velocidad angular de la barra justo
antes del choque.
b) Determine el valor de m.
c) Determine la energía disipada durante el choque.
a) El momento angular del sistema respecto al eje de giro se conserva debido a que no hay torque
neto de fuerzas externas actuando sobre el mismo, incluso durante el choque inelástico.
Aplicando conservación de energía a la barra desde la posición inicial a un instante antes del choque:
Inicialmente K0 =0 y suponiendo el cero de la energía potencial gravitatoria es en el nivel del eje:
=
=
b) Como se dijo, el momento angular se conserva durante el choque:
con
Usando la conservación de la energía entre el instante posterior al choque y el punto donde alcanza el
ángulo máximo:
=-
=
=
=-
=0
Sustituyendo los valores numéricos:
Con lo que resulta: m=1,5955 kg
m= 1,6 kg.
c) La energía disipada durante el choque vale:
La figura muestra un tanque A abierto a la atmósfera
que contiene agua, con una válvula en su parte
inferior y que se conecta a una tubería inclinada B. La
relación entre los diámetros del tanque A y la tubería
B es de: DA = 10 DB.
Inicialmente, el nivel de agua con respecto al nivel de
referencia vale h = 11,0 m La tubería tiene una
longitud L = 1,50 m, un diámetro DB 2,50 cm y
forma un ángulo  = 40º con la horizontal. Luego
que se abre la válvula:
a) Suponiendo que el caudal de salida por la sección
B se mantiene constante y que su totalidad entra en
un recipiente, ¿qué tiempo se tardará en llenar un
volumen de 20 litros?
b) ¿Cuánto vale la presión en el punto C (comienzo
del tubo inclinado?
c) ¿Cuál es la altura máxima (medida a partir del nivel de referencia) que alcanza el chorro de agua?
a) El caudal que sale por la sección B vale:
Solución: PA +
 v A2
2
+gyA = PB +
 v B2
2
Por lo que resulta
g( h- Lsen) =
Por lo que resulta
vB 
+gyB pero PA = PB = PATM
yA = h
yB =Lsen
 v B2  v A2 
v2 S 2 D4
1  2  pero como SAvA = SBvB  A2  B2  B4
2  vB 
vB S A DA
2 g (h  Lsen )
D 
1   B 
 DA 
4
que es la velocidad con que el chorro sale del extremo B
Sustituyendo resulta: vB =14,0257519 m/s
Por tanto Q = 0,002191523734375 m3/s =2,1915 L/s
Por lo que el tiempo que demora en llenar un volumen de 20 litros vale: 20/2.1915 =9,126 s
Se demora 9,13 segundos en llenar los 20 litros.
b) Bernoulli entre B y C.
+
+
=
+
+
por la ecuación de continuidad VB= VC
Además: yB – yC =Lsenθ y PB es igual a la presión atmosférica
−
=
=
+ (
−
)=
sin sin = (1,013 × 10 ) + (1000)(9,8)(1,50) sin 40,0º = 1,108 × 10 =
+ sin 1,11 × 10 c) Tiempo de ascenso:
=
sin +
sin
=
−
1
2
= sin +
=
(
((14,026 × sin 40,0)
sin )
= (1,50) sin 40,0º +
= 5,11
2
2(9,8)
sin +
(
sin )
= 5,11
2
Un gas ideal inicialmente a una presión P1, se expande en forma isotérmica hasta que su volumen se
duplica. Luego el gas se comprime en forma adiabática y cuasiestáticamente hasta su volumen inicial,
alcanzando una presión igual a 1,32P1 .
a) Represente en el diagrama PV los dos procesos.
b) ¿Cuánto vale la presión P2 luego de la primer expansión isotérmica?
c) El gas, es ¿monoatómico o monoatómico? Justifique su respuesta.
c) Determine para cada uno de los procesos la variación de energía interna, el calor intercambiado y
el trabajo realizado.
Considere que son 1,50 moles de un gas diatómico y que P1= 4,50 atm y V1 = 10,0 L.
d) ¿Cómo se modifica la energía cinética traslacional de las moléculas del gas en los dos procesos?
a) Diagrama de los procesos.
b) Para el proceso isotérmico:
c) Para el proceso adiabático:
Pero: P3 = 1,32 P1=1,32 (2P2) =2,64 P2
V3= V1=
V2
Entonces:
el gas es diatómico.
R= 0,0821 L.atm/(mol.K) = 8,3145 J/(mol.K)
 =1,40
ΔU = Q +W
P (atm)
V (L)
T (K)
1
4,5
10
365,408039
2
3
2,25
5,94
20
10
365,408039 482,338611
P (Pa)
V (m3)
T (K)
1
4,560E+05
0,01
365,408039
2
3
2,280E+05 6,019E+05
0,02
0,01
365,408039 482,338611
Proceso 1-2 isotérmico
ΔU = (5/2) nR ΔT = 0
W = -nRT ln(VF/VI) = -1,50 (8,3145) (365,408) ln(20/10) =-3,159 KJ
Q = -W = 3,159 KJ
ΔU = 0
W = -nRT ln(VF/VI) = -3,16 KJ
Q = -W = 3,16 KJ
Proceso 2-3 adiabático
Q =0
ΔU = (5/2) nR ΔT = (5/2) (1,50) (8,3145) (482,339 -365,408)= 3,646 KJ
W = ΔU
También: W =(P3V3-P2V2)/(-1)
ΔU = (5/2) nR ΔT = 3,65 KJ
U (KJ)
Proc. 1-2
Proc. 2-3
0
3,646
W = ΔU= (P3V3-P2V2)/(-1)= 3,65 KJ
Q=0
W (KJ)
Q (KJ)
-3,159
3,159
3,648
0
d) En el proceso isotérmico 1-2, la temperatura T es constante y por tanto la energía cinética traslacional no varía.
En el proceso 2-3, adiabático, la temperatura aumenta (T3=1,32 T1=1,32 T2) por tanto la energía cinética traslacional
aumenta en un factor de 1,32.