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 (x0) . . . . 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
5.6. Péndulo de torsion . . . 51
5.7. Superposición de MAS en la misma dirección . . . 52
5.8. Superposición de dos MAS en dirección perpendiculares . . . 52
5.9. Movimiento oscilatorio amortiguado . . . 52
5.10. Movimiento oscilatorio forzado . . . 53
5.11. Ejercicios resueltos . . . 54 6. Hidrostática 77 6.1. Fluidos . . . 77 6.2. Densidad . . . 77 6.3. Peso especifico . . . 77 6.4. Densidad relativa . . . 77 6.5. Presión . . . 78
6.6. Variación de la presión en un fluido en reposo . . . 78
6.6.1. Líquidos . . . 78
6.6.2. Gases . . . 79
6.7. Equilibrio de los líquidos no miscibles en los vasos comunicantes . . . 80
6.8. Fuerza ejercida sobre la pared de un recipiente . . . 80
6.9. Principio de pascal . . . 81
6.10. Principio de Arquímedes . . . 81
6.11. Manometro . . . 82
6.12. Fuerzas moleculares en los líquidos . . . 82
6.13. Tension superficial . . . 83
6.14. Definición del coeficiente de tension superficial (σ) . . . 83
6.15. Formación de una gota liquida . . . 84
6.16. Formación de una burbuja de jabón . . . 85
6.17. Ascenso de liquido en tubos capilares . . . 86
6.18. Ejercicios resueltos . . . 86
7. Hidrodinámica 101 7.1. Líneas de fluido o de corriente . . . 101
7.2. Tubos de flujo o de corriente . . . 101
7.3. Principio fundamentales . . . 101
7.4. Tipos de flujo o regimen . . . 102
7.4.1. Regimen estable, permanente o estacionario . . . 102
7.4.2. Flujo uniforme . . . 102 7.4.3. Flujo rotacional . . . 102 7.4.4. Flujo laminar . . . 102 7.4.5. Flujo turbulento . . . 102 7.5. Ecuación de continuidad . . . 102 7.6. Ecuación de Bernoulli . . . 103 7.7. Teorema de Torricelli . . . 104 7.8. Tubo de Venturi . . . 104 7.9. Tubo de Pitot . . . 105
7.10. Flujo de los fluidos viscosos . . . 106
7.11. Numero de Reynolds . . . 107
7.12. Ley de Stokes . . . 108
8. Temperatura 119
8.1. Ley cero de la termodinámica . . . 119
8.1.1. Definición de estado de un sistema . . . 119
8.1.2. Pared adiabática . . . 119 8.1.3. Pared diatérmica . . . 119 8.1.4. Equilibrio térmico . . . 119 8.2. Concepto de temperatura . . . 119 8.2.1. Isoterma . . . 120 8.2.2. Definición de temperatura . . . 120 8.2.3. Medición de la temperatura . . . 120
8.3. Dilatación por temperatura . . . 121
8.4. Dilatación de líquidos . . . 122
8.4.1. Variación de la densidad con la temperatura . . . 123
8.5. Ejercicios resueltos . . . 124
9. Calor y primera ley de la termodinámica 128 9.1. Calor . . . 128
9.1.1. Teoría del calórico . . . 128
9.1.2. Teoría cinética o energética . . . 128
9.2. Cantidad de calor . . . 129
9.3. Calor especifico . . . 129
9.4. Cambios de estado . . . 130
9.4.1. Region AB . . . 131
9.4.2. Region BC . . . 131
9.4.3. Calor latente de fusion . . . 131
9.4.4. Region CD . . . 131
9.4.5. Region DE . . . 131
9.4.6. Calor latente de vaporización . . . 131
9.5. Propagación del calor . . . 131
9.5.1. Conducción . . . 132
9.5.2. Conducción de calor entre dos capas paralelas . . . 132
9.5.3. Flujo calorífico radial entre dos cilindros coaxiales . . . 133
9.5.4. Flujo calorífico radial entre dos esferas concéntricas . . . 134
9.5.5. Convección . . . 135
9.5.6. Radiación . . . 135
9.6. Diferencial entre calor y trabajo . . . 135
9.7. Trabajo originados por cambios de volumen . . . 136
9.8. Primera ley de la Termodinámica . . . 137
9.9. Transformación isobarica . . . 138
9.10. Transformación adiabática . . . 138
9.11. Dilatación libre o expansion en el vació . . . 138
9.12. Transformación isocora . . . 138
9.13. Teoría cinética de gases . . . 139
9.13.1. Gas ideal . . . 139
9.13.2. Ley de Boyle - Mariotte . . . 139
9.13.3. Ley de Gay - Lusas . . . 139
9.13.4. Ley de Dalton . . . 139
9.13.5. Calores específicos de un gas ideal . . . 139
10. Segunda ley de la termodinámica 149
10.1. Ciclo de Carnot . . . 149
10.2. Eficiencia o rendimiento térmico . . . 151
10.3. Enunciado de Clausius y de Kelvin - Planck del segundo Principio de la Termodi-namica . . . 151
10.3.1. Enunciado de Kelvin-Planck . . . 152
10.3.2. Enunciado de Clausius . . . 152
10.3.3. Teorema de Carnot . . . 152
10.3.4. Entropía - Procesos reversible (Teorema de Claussius) . . . 153
10.4. Entropía y la Segunda Ley de la Termodinámica . . . 154
10.5. Entropía y desorden . . . 154 10.6. Ejercicios resueltos . . . 154 11. Metodología 161 11.1. Estrategias . . . 161 11.2. Métodos . . . 161 11.3. Medios y Materiales . . . 161 12. Cronograma de Actividades 162 12.1. Temas . . . 162 12.2. Cronograma de Actividades . . . 162
13. Relación de Estudiantes y Asistencias 163 13.1. Relación de estudiantes . . . 163
13.2. Lista de Asistencia . . . 164
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 2001-2006
en los reglamentos específicos que habla de las prácticas pre-profesionales en sus artículos 40-48 señalan:
Art. 40
El presente reglamento se sustenta en el estatuto de la U.N.A. que contempla la realización de prácticas pre-profesionales en la formación de todos los estudiantes de la universidad.
Art. 41
Los estudiantes de la Carrera Profesional de Cs. Físico Matemáticas están obligados a realizar prácticas pre-profesionales pudiendo efectuarse después de haber logrado un mínimo de 170 créditos.
Art. 42
Las prácticas pre profesionales de la Carrera Profesional de Cs. Físico Matemáticas serán prácticas productivas y prácticas de investigación.
Art. 43
Las prácticas productivas comprenderán prácticas pedagógicas en centros de enseñanza de nivel medio superior y universidades; prácticas en centros productivos, convenio, proyectos y otros que requieran la participación de Físicos Matemáticos.
Art. 44
Las prácticas de investigación se realizan en la U.N.A. bajo la dirección de un profesor des-ignado específicamente con este fin.
Art. 45
Las prácticas productivas de investigación tendrán una duración de un semestre académico.
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 informara de su desarrollo a la Dirección de Carrera quien lo remitirá a la comisión de prácticas pre profesionales para su aprobación o desaprobación.
Art. 47
En el caso de que la practica productiva y/o prácticas de investigación se realice en la Uni-versidad Nacional del Atiplado el practicante presentara el informe al docente a cargo, este a su vez informara su desarrollo a la Dirección de la Carrera para el visto bueno de la comisión de prácticas Pre-profesionales.
Art. 48
Los aspectos no contemplados en el presente reglamento serán absueltos por la Comisión de prácticas pre profesionales.
2d o 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 articcapit-ulo 122 que señala:
Art. 122
La actividad académica en una Escuela Profesional comprende: Formación general.
Formación básica profesional. Formación profesional.
Investigación.
Orientación profesional.
Proyección y extension universitaria
Su diseño involucra la programación curricular teórico-practica de cada asignatura; proyec-tos de investigación sobre la realidad regional, nacional y mundial; plan de actividades de proyección y extension universitaria; y un plan de prácticas pre-profesionales. Concor.: Arts.10, 12, 16 y ss. Ley 23733
Objetivos
3.1.
Objetivos Generales
Las prácticas pre-profesionales tienen como objetivo poner en práctica los conocimientos adquiridos plasmándolo en la enseñanza universitaria.
3.2.
Objetivos Específicos
Los objetivos específicos que se tiene para la practica desarrollada en la respectiva asignatura designada son:
Familiarizarse en el desempeño de la docencia universitaria.
Afianzar los conocimientos adquiridos, para resolver problemas durante la práctica pre-profesional.
Solucionar con métodos adecuados los problemas que se presentan. Estar siempre disponible para absolver las inquietudes de los alumnos.
Elasticidad
4.1.
Elasticidad
Se llama así a la propiedad que tiene los cuerpos, de recuperar su forma y dimensiones original cuando la fuerza aplicada cesa de actuar. El trabajo realizado por la fuerza se transforma en energía potencial de deformación.
4.2.
Plasticidad
Cuando al cesar las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, este no recupera su forma o dimen-siones originales, parcial o totalmente. El trabajo realizado por los fuerzas parte se transforma en calor.
4.3.
Deformación
Son todas las variaciones que se producen en su longitud, superficie, volumen y también de forma.
4.4.
Esfuerzo
Se define como una relación entre las fuerzas entre el area de la sección transversal, su 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 a la fuerza (F ) que se aplica, dentro del intervalo en el cual el cuerpo se comporta elásticamente.
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 ∆= F S ∆L L0 = F L0 S∆L (4.3)
Figura 4.3: Deformación volumétrica
4.7.
Deformación multilateral o volumétrica (B )
Si el cuerpo se somete iguales esfuerzos de tracción o compresión por todo los lados, entonces el cuerpo sufrirá deformación volumétrica.
Definiremos el modulo de compresibilidad (B ) y su inversa el coeficiente de compresibilidad (χ).
B = Esfuerzo volumétrico
Deformación unitaria de volumen=
Variación de presión
Deformación unitaria de volumen (4.4)
B=∆p ∆ = ∆p ∆V V0 (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.
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 L0
(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 L0 ∆Lr0
Figura 4.5: Deformación lateral
4.10.
Torsion
Es una deformación por cizalladura pura, pero no homogénea, se produce cuando se aplica un par de fuerzas (F ), en la parte superior de la barra y la sección inferior de la base esta fija. Se demuestra que el torque aplicado es igual a
τ =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 el
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
EJERCICIONO4. 1 De un tubo vertical cuyo radio inferior r = 1m gotea agua. Hallar el radio de las
gotas en el momento de desprenderse. Considérese que las gotas son esféricas
Figura 4.7: torsion
Figura 4.8: Energía elastica almacenada en una barra
Figura 4.9: Deformación volumétrica F = σA σ(πr2) (ii) W = ρg V W = ρg 4 3πR 3 (iii) igualando (ii)=(iii) σπr2= ρg4 3πR 3 R3= 3 4 σr2 ρg ⇒ R= 3 r 3 4 σr2 ρg
EJERCICIONO4. 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 aplicado ninguna carga. El peso del cable es despreciable. Si se aplica gradualmente un peso P en el punto Y . Hallar P para producir una deformación vertical v , respecto del punto Y
SOLUCIÓN SOLUCIÓN
X FY = 0 2T cosθ = P (i) cosθ =p v H2+ v2 (ii) ∆L = F L0 A E , F = T t =∆LAE L0 (iii) (iii) en (i) P= 2∆LAE L0 cosθ P=2A E H p H2+ v2 H − 1 ! v p H2+ v2 ∆L = Lf − L0 L0 ∆L = p H2+ v2− H H ∆L = p h2+ v2 H − 1
EJERCICIONO4. 3 Si el esfuerzo de corte en el acero excede aproximadamente 4× 108N/m2, el acero
se rompe. Determinar para (a) Corte un perno de acero de 1, 0c m de diametro. (b) Hacer un hoyo de
1,0c m de diametro en una placa de acero de 0, 5c m de espesor. SOLUCIÓN (a) σr = Fr A ⇒ Fr = σrA A= πr2= πd 2 4 , Fr = σrπd2 4 (b) SOLUCIÓN σr = Fr A ⇒ Fr = σrA A= πd l fr = σrπd l
EJERCICIONO4. 4 A dos caras opuestas de un bloque cubico de acero de 26c m de lado se aplica
fuerzas de extension opuesta de 200K g f cda una.Hallar el ángulo de cizalla y el desplazamiento relativo, el modulo de rigidez del acero vale 8,4× 105K g f/cm2
SOLUCIÓN SOLUCIÓN (a) G = σ εs = F/A ∆y /h = F/A tanθ, tanθ = θ θ = F AG
(b) Si tanθ ≈ θ =∆yh ,∆y = θ h
EJERCICIONO4. 5 Se aplican fuerzas de compresion a dos caras opuestas de un bloque rectangular
de volumen V0= LxLyLz. La disminucion relativa de volumen es 0,0005 y la distancia relativa de la
longitud del bloque es 0,001. Determinar el coeficiente de poisson del material del bloque.
SOLUCIÓN
Consideremos las ecuaciones de Ley de Hooke generalizadas para el caso de compresion, se tiene. SOLUCIÓN εx = − 1 y σx− µ(σy+ σz) εy = − 1 y σy − µ(σz+ σx) εz = − 1 y σz− µ(σx+ σy)
como las fuerzas están aplicadas en la dirección del eje y tenemosσx = σz = 0, reemplazamos
estos valores en las ecuaciones anteriores y sumando.
εv= ∆V V0 = εx+ εyεz (1) εx+ εyεz = + 1 yµσy− σy y + µσy y εx+ εyεz= − 1 y(1 − 2µ)σy (2) en la dirección y se tiene σy = y εy = y ∆Ly Ly , εy = ∆Ly Ly (3) ahora (2),(3) en (1) εV = − 1 y(1 − 2µ)σy = − 1 y(1 − 2µ) (−y ε| {zy})
Por com p r e s ionod i s m i n u c ion
εV = 1 y(1 − 2µ)y εy εV εy = 1 − 2µ µ =1 2 1−εεV y
EJERCICIONO4. 6 Sea una barra de longitud L
o que al calentarla desde 0oC hasta toC se dilata en
una 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 carga σnsi E
es el modulo de Young del material, hallarσn.
SOLUCIÓN
Cuando la barra se calienta desde 0oC hasta toC , el cuerpo se dilata una longitud:
∆L = Ioαto (1)
También se puede dilatar la barra debido a la cargaσn:
E= σn/∆ = σn/(∆L/Io)∆L = σnIo/E (2)
Igualando las expresiones (1) y (2): Ioαto= σnIo/E
σn= αEto
EJERCICIONO4. 7 Una barra de cobre de longitud L= 1m, dispuesta horizontalmente gira alrededor
de un eje vertical que pasa por su centro. ¿Con que frecuencia de rotación se despedazara la barra?
Sea conoce la densidad:ρC u = 8,9g /cm3Resistencia a la rotura:σr(Cu ) = 3×108N/m2
Cuan-do la barra gira con velocidad angular w , se tiene la fuerza centripeta para el diferencial de masa
d m d FC= d m V2 x = d m (w x)2 x = w 2x d m , d m = ρd V = ρSd x F C = w2ρS Z L/2 0 x d x=1 2w 2ρSL2 a (1)
se ha usado d m = ρd V = ρSd x La barra gira y se rompe cuando supera la fuerza asociada a la resistencia a la rotura Fr = σrS (2) Igualando (1) y (2) 1 8w 2ρSL2= σ rS y w= 2πν ν 1 πL 2σr ρ 1/2 ≈ 0,827 × 102RPS, ν = 82RPS
EJERCICIONO4. 8 Al tensar un alambre de C u , cuya sección transversal tenia 1,5m m2 de area, se
observo que el comienzo de la deformación permanente correspondía a la carga de 4,5K g f . ¿Cual es el limite de elasticidad del material de que esa hecho el alambre?
SOLUCIÓN
Según el problema, cuando se aplica una fuerza F1 = 4,5K g f , el alambre se estira xl; luego el
limite de elasticidad esta dado por:
σ =F S =
4,5× 9,8N
1,8× 10−6m2= 2,94 × 10
EJERCICIONO4. 9 Del tejado de una casa cuelga un alambre de acero de 40m de longitud y 2m m
de diámetro (a)¿Que carga máximo se puede colgar de este alambre sin que llegue a romperse? (b)¿Cuanto se alarga este alambre se de el se cuelga un hombre que pesa 70K g ? (c)¿Se notara alargamien-to permanente cuando el hombre anterior suelta el alambre?. El limite de elasticidad del acero es igual a 2,94× 108N/m2
SOLUCIÓN
Se conoce d = 2 × 10−3m , Lo= 40m La tension a la rotura σr(ac e ro)= 7,85 × 108N/m2Limite de elasticidad:σ = 2,94 × 108N/m2Modulo de Young: E= 21,6 × 1010N/m2
(a) La carga maxima pedida: F= σrS
F = σr πd2 4 = 7,85 × 10 8 N m2× 3,14 (2 × 10−3)2 4 m 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 = 4cm
(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 × 10
8N/m2
Se puede ver queσ < 2,94 × 108N/m2, y como no supera el limite, la respuesta es no se notara el alargamiento.
EJERCICIONO4. 10 Entre dos paredes macizas se hallan dos barras hechas de diferentes materiales.
La sección de las barras es S. sus longitudes son l1y l2. Las barras se calientan en∆t grados. Hallar
las fuerzas con que las barras actúan la una sobre la otra; si los coeficientes de expansion térmica de las barrasα1yα2y los módulos de elasticidad del material de las barras E1y E2son conocidos
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 = ∆l1+ ∆l2= α1l1∆to+ α2l2∆to (1)
La compresión de las barras, debido a la elasticidad en las dos barras:
∆l = ∆l1+ ∆l2= (F l1/SE1) + (F l2/SE2) (2) Igualando (1) y (2) y despejando F F= (α1l1+ α2l2) l1 E1+ l2 E2 A∆t o
EJERCICIONO4. 11 Una carga de 100K g f esta colgado de un alambre de acero de 1m de longitud y 1m m de radio. ¿A que es igual el trabajo de tracción del alambre?
Se conoce
E= 21,6 × 1010N/m2, r= 10−3m F = 10 × 9,8N , S= πr2= 3,14 × (10−3)2m2
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 =12ESLo(F /SE )2= LoF2/2SE
W = 1m× (10
2× 9,8N )2
2× 3,14(10−3)2m2× 21,6 × 1010N/m2
EJERCICIONO4. 12 Hallar el modulo de Poisson para el cual el volumen de un alambre no varia al
alargarse
SOLUCIÓN
El volumen inicial Vo= πro2lo, 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
πr2
olo=
op i(r
o− ∆r )2(lo+ ∆l )
πrolo= π(ro2lo− 2rolo∆r + lo∆r2+ ro2∆l − 2ro∆l ∆r + ∆l ∆r2)
donde los términos que poseen∆r2,∆l ∆r2son nulos.
Simplificando 2πrolo∆r = πro2∆l , 2lo∆r = ro∆l como por definición µ =∆r /r∆l /loo
µ = ∆r /ro
∆l /lo
=1 2 luegoµ0,5
EJERCICIONO4. 13 Una barra de cobre de longitud l se suspende de uno de los extremos de un techo.
Hallar (a) el alargamiento de la barra∆L bajo la acción de su propio peso. (b) El incremento relativo de su volumen (∆V /V )
SOLUCIÓN
(a)Debemos suponer que la gravedad permanece constante por que el cambio de la gravedad es cero. Como la fuerza se ejerce la barra es su propio peso, entonces tomemos un diferencial de su peso: d p= g d m = g ρSd z p= ρgS Z lo 0 d z= ρgSlo (1) Por definición: E= F/S ∆l /lo , F= ES∆l lo (2) Igualando (1) y (2), ES∆l lo = ρgSlo ∆l = ρg l2 o/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 = (1 − 2µ)∆l
EJERCICIONO4. 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 la esfera, en la posición mas baja esta animado de una velocidad de 2m/s . ¿A que distancia pasara del suelo? El modulo de Young del hierro es 1,89× 106K g f/cm2
SOLUCIÓN
Las fuerzas que actúan sobre la esfera en su posición mas baja: X = 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 = 5cm La esfera pasara a una distancia de 2,00− 0,05m = 1,95 de suelo.
EJERCICIONO4. 15 (a)Calcular la extension de un alambre de acero que tiene una longitud de 2m
y diámetro 1m m cuando es cargado con un peso de 10K g f si el modulo de Young para el acero es
SOLUCIÓN (a) de la definición E= ∆L/LF/S o, y por lo tanto∆L = F Lo E ES reemplazando valores ∆L = 10× 9,8 × 2 2,16× 1010× π(103)2/4= 11,55 × −4m= 0,115cm ∆L = 0115cm
EJERCICIONO4. 16 Calcular la densidad del agua a 8K m de profundidad si su coeficiente de
com-presión esχ = 4,8 × 10−10m2/N
SOLUCIÓN Por definición del modulo de compreibilidad:
B= 1 χ = − p ∆V V Por tanto ∆V V = −pχ (1)
deρ =mV se obtiene por derivacion
∆ρ ρ = − ∆V V (2) de (1) en (2) ∆ρ = 1 × 980 × 8 × 105 × 4,8 × 10−10×10 4 = 0,038
ρ − ρo
ρo
= 0,038 dondeρ = ρo(1 + 0,038) = 1,038ρo
ρ = 1,038 × 103K g/m3
EJERCICIONO4. 17 (a)¿Que presión p debe actuar todas las caras de un cubo de caucho, para que
su densidad aumente en el 1 por 100? (b)¿Que fuerza por area nos proporciona el alargamiento del cubo en un 10 por 100 en la dirección de un de sus aristas?. Se sabe que E= 7,2K g f /cm2yµ = 0,499
SOLUCIÓN
En teoría se ha deducido∆VV =1−2µE (σx+σy+σz) como la presión es la misma para todas las caras,
se tiene: ∆V V = 3σ E (1 − 2µ) (1) Además ∆V V = ∆ρ ρ (2)
tomar en cuenta queσ = p = pre s ion De (1) y (2):
p= ∆ρ ρ E 3(1 − 2µ)= 0,01× 7,2K g f /c m2 3(1 − 2 × 0,499) = 12K g f /cm2 p= 12K g f /cm2
(b)Nos pide el esfuerzo: E=σ∆, como dato∆ = 0,10
σ = ∆e = 0,10 × 7,2K g f /cm2= 0,72K g f /cm2
σ = 0,72K g f /cm2
EJERCICIONO4. 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 de
40× 10−11m2/N SOLUCIÓN Por definición: B= (∆Vp V ) Por tanto∆VV = 0,10 p= B ∆V V = 1 40× 10‘−11m2/N × 0,10 = 2,5 × 10 8N/m2 p= 2,5 × 108N/m2
EJERCICIONO4. 19 La suspension de un ascensor montacargas esta construida por 4 cables iguales
de acero de 1,00c m de diámetro cada uno. Cuando el suelo del ascensor se encuentra a nivel del primer piso del edificio, la longitud de los cables de suspension es de 20m . Si se introduce en el ascensor una maquina de 1000K g f . ¿a que distancia por debajo del nivel del suelo, quedara el piso del ascensor?. Se supone que el alargamiento de los cables de suspension y el E= 2 × 106K g f/cm2
SOLUCIÓN X F = 0, 4F− W = 0, F = W /4 Por definición E = Fio/S∆l ∆l =W lo 4SE = 1000× 20 4× π(104−2)2×2×1010−46 = 3 × 10−3m ∆l = 3mm
EJERCICIONO4. 20 El extremo superior de un cordon de goma esta fijo y las extensiones causadas
por suspender varias masas M de su extremo inferior han sido medidas. Los resultados se muestran en la tabla.
Haga la grafica carga versus extension y de ella determinar el trabajo que se hace en aumentar la extension del cordon desde 7,5c m hasta 22,5c m
SOLUCIÓN
Primero hallemos la constante de elasticidad K del cirdon de goma, a partir de la pendiente de la recta (por minimos cuadrados).
K =300− 100
25− 6,5 = 10,8g f /cm = 10,6 × 10
3d i n a s/cm Para determinar el trabajo se usa la expresión vista en teoría:
W = Z F(x)d x = Z x2 x1 K x d x= 1 2K[x 2 2− x 2 1]
donde x1= 7,5cm y x2= 22,5cm por tanto W = 4,77 × 106E r g ios
EJERCICIONO4. 21 Se aplican fuerzas de compreson dos caras opuestas de un bloque rectangular de
volumen Vo= aoboco. La disminicion relativa del volumen es 0,0004 y la dismininucion relativa de
la longitud del bloque es 0,02. Hallarµ
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 compresión
a lo largo del eje X .
∆V
V = (1 − 2µ) σx
E (1)
Además E= σx
∆x, por dato∆x = −∆aao, entonces −∆a ao = +σx E (2) reemplazando (2) en (1): −∆V = (1 − 2µ) −∆a
∆V V = 0,0004, ∆a ao = 0,02 0,0004= (1 − 2µ)(0,02) el coeficiente de Poisson:µ = 0,49
EJERCICIONO4. 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 alambre es S1el modulo de Young es E . Hallarα1del alambre, considerando pequeño
SOLUCIÓN El diagrama de fuerza es el siguiente
X
Fy = 0(equ i l ibr io)
2T senα − m g = 0 T= m g /2senα (1) Por definición E =σ∆=ST∆=TS(L/2)∆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 porqueα es pequeño, se tiene:
senα = α, cosα = 1 − 2sen2(α/2) = 1 − 2(α/2)2= 1 −α 2 2 ES 1 1− α2/2 =m g 2α α3 1− α2/2 = m g ES ≈ α 3 α(m g /ES)1/3
EJERCICIONO4. 23 A dos caras opuestas de un bloque cubico de acero de 25c m de largo se aplica
sendas fuerzas de extension opuesta de 200K g f c/u . Hallar el ángulo de cizalla y el desplazamiento relativo. El modulo de rigidez del acero vale 8,4× 105K g f/cm2
SOLUCIÓN (a)Por definiciónη =De f or m a c ion cor t a n t ee s f u e r zocor t a n t e =FΦ/S
Φ = F Sη= F l2η= 200K g f 202c m2× 8,4 × 105K g f/cm2
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
EJERCICIONO4. 24 Un alambre delgado y uniforme de radio r esta colocado horizontalmente entre
dos soportes rígidos A y B de tal manera que la longitud del alambre es L. Una masa m se cuelga en el punto medio C del alambre, deslizándose una distancia vertical Y que es muy pequeña comparada con L. Hallar (a) el esfuerzo, (b) la deformación, (c) el modulo de Young del alambre en función de m , L, r , Y . Despreciase en cada caso cuadrados y potencias mayores de(Y /L) comparadas con la unidad
SOLUCIÓN
(a)P Fy = 0, 2T cosθ = m g , t = m g /2cosθ El esfuerzo: σ =TS = 2πrm g2cosθ
σ = m g 2πr2 p(L/2)2+ y2 Y = m g(L/2)p1+ (Y /L/2)2 2πr2Y σ = m g L 4πr2Y (b) La deformación unitaria ∆ =Lf − Lo Lo = p(L/2)2+ Y2− (L/2) L/2 ∆ = L 2 1+12(V /L/2)2− . . . − 1 L/2 = 2Y2 L2 ∆ = 2Y2 L2 (c) E=σ ∆= m g L 4πr2Y 2Y2/L2 = m g L2 8πr2Y3
EJERCICIONO4. 25 Una barra de 8K g cuya sección recta es un cuadrado de longitud b = 50mm,
tiene una longitud L= 30cm. Se mueve jalanda sobre una superficie lisa por acción de una fuerza aplicada uniformemente sobre uno de sus extremos. La barra adquiere una aceleración constante
2,4m/s2. (a) ¿Cual es el esfuerzo en una sección transversal de la barra normal a su longitud y a una
distancia de x= 25mm del extremo posterior de la barra? (b) ¿Caul es el valor de dicho esfuerzo en el centro de la barra? SOLUCIÓN (a)Hallemos la fuerza d F= ad m d F = aρb2d x0, F = aρb2 Z x 0 d x0 F = aρb2x
El esfuerzoσ = aρb2x/b2= aρx = a(mb2L)x
σ = amx/b2L= 640N /m2 (b) Para x= L2,σ =a mb(L/2)2L =
m a
2b2 = 3840N /m2
EJERCICIONO4. 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 por debajo del émbolo. Supongase que las paredes del cilindro son perfectamente rígidas, que no hay rozamiento ni perdida de aceite. Calculese la compresibilidad del sodio en función de la fuerza F , el desplazamiento del émbolo x , del area de este ultimo S, del volumen inicial del aceite Vo, del
volu-men del sodio Voy 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∆pVo
Luego el cambio a que las paredes del cilindro son rígidas. Luego, por definición
KN a= ∆VN A/Vo ∆p = 1 Vo (Vo− Ko∆pVo− 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
EJERCICIONO4. 27 Al levantar una jaula que pesa 10T n con un cable que tiene 200m de longitud y
area de sección recta 1,000m m2, 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/cm2 SOLUCIÓN
Como no hay equilibrioP F = ma
T− 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/s2
EJERCICIONO4. 28 Dos bandas metálicas se mantienen unidas mediante cuatro remaches que tienen
cada uno un diámetro de 6m m . ¿cual es la tension maxima que se puede ejercer sobre la banda remaches no ha de exceder de 7,2K g f/mm2?. Supongase que cada remache soporta una cuarta
parte de la carga
SOLUCIÓN Como el esfuerzo a la rotura es :σr = F
0
S Cada remache soporta la cuarta parte, es decir F0 = F 4, σr =4SF F = 4σrS= 4σr πd2 d = op iσ rd2 F= 3,14 × 7,2K g f /mm2(6mm)2= 813,8K g f
EJERCICIONO4. 29 Un cubo se encaja en un hueco adecuado de paredes rígidas y sobre la cara libre
se hace actuar la presiónσz. Calcular la deformación unitaria en la direcciónσz
SOLUCIÓN
Por se las paredes rigidas:∆y = ∆x = 0 además σx= 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 − 2µ 2)
EJERCICIONO4. 30 Un alambre uniforme esta fijo en su extremo superior y tiene un peso atado en
el otro extremo. Si la energía de deformación por unidad de volumen es 2× 104e r g ios/cm3 y el
incremento de la longitud por unidad de longitud es 2× 10−4 (a) Halle el modulo de Young. (b)El
esfuerzo
SOLUCIÓN
(a) Sabemos que el energía que almacena una barra, debido a su deformación es:
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/cm 3 E= 1012d i n a s/cm2 (b)Por definición E=σ∆,σ = E ∆ = 1012 d i n a s c m2 × 2 × 10−4 σ = 2 × 108d i n a s/cm2
EJERCICIONO4. 31 Un alambre de acero cuyo densidad es 7,8g/cm3, pesa 16g y tiene 250c m de
longitud. Si se estira 1,2m m cuando es traccionado por una fuerza de 8K g . Halle (a) el modulo de Young para el acero, (b) la energía almacenada en el alambre.
SOLUCIÓN (a) Se tiene m= ρVo= ρSLo,ρ = 7,8g /cm3, m = 16g , lo= 250cm, ∆L = 0,12cm, F = 8K g E = F Lo S∆L = F Lo m ρLo ∆L = 1,99 × 10 12d i n a s/cm2 (b) W =1E Vo∆2= 1 E m ρ ∆2= 4,71 × 105e r g ios
EJERCICIONO4. 32 Un tubo de goma de 60c m de longitud y 8m m de diámetro interior se estira
hasta alargarse 12c m . Hallar el diámetro interior del tubo estirado, si el modulo de Poisson para la goma es igual a 0,5 SOLUCIÓN Por definiciónµ = ∆r /ro ∆L/Lo = Lo∆r ro∆L ∆r =µro∆L Lo , r= ro 1− µ∆L Lo r= 4mm 1− 0,5 ×12 60 = 3,6mm
EJERCICIONO4. 33 Sobre una superficie horizontal se puso un cilindro de C u macizo de longitud 65c m y desde arriba se le aplico una fuerza de compresión vertical 103N , distribuida
uniforme-mente por su extremo. ¿En cuanto m m3 cambio en este caso el volumen del cilindro? µ = 0,34,
e = 11,8 × 1010N/m2
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)E σz,∆V =1−2µE σzV
∆V =(1 − 2µ) E (F /A)(AL) = 1− 2µ E F L ∆V =(1 − 2 × 0,34) × 0,65 11,8× 1010 m 3 ∆V = 1,7mm3
EJERCICIONO4. 34 En la figura AB es un alambre de hierro, CD un alambre de cobre de la misma
longitud y sección transversal que el AB y BD una barra de 80c m de longitud. De esta barra se quiere colgar una carga P= 2K g f . ¿A que distancia x del punto B habrá que colgar la carga para la que la barra horizontal?
SOLUCIÓN Para la barra de F e :∆LF e=TSEF eLo
F e Para la barra de C u :∆LC u =
TC uLo
SEC u Por la condición del problema ∆LF e= ∆LC u TC u TF e = EC u EF e (1) Por equilibrio de momentos:
X τB= xP − 80TC u = 0 (2)
X τO= xTF e− (80 − x )TC u = 0 (3)
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= 30cm
EJERCICIONO4. 35 Para hacer un tirador se ha empleado un cordon de goma de 42c m de longitud y 3m m de radio. El niño que dispara con el, estira la goma 20c m al lanzar la piedra. Hallar el modulo
de Young de esta goma sabiendo que una piedra cuyo peso era de 0,02K g f salió disparada por el tirador con una velocidad de 20m/s . La variación que experimenta la sección del cordon al estirarse se desprecia.
SOLUCIÓN
Cuando la goma se estira, almacena energía potencial, que sabemos esta dada por W =12E Vo∆2=
1 2ESlo∆
2 Al salir disparado la piedra con cierta velocidad, esta energía cinética E
c = ou m m v2,
como no hay perdida de energía se tiene : W = Ec
1 2ESlo∆ 2=1 2m v 2, E= m v2lo 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 m2
EJERCICIONO4. 36 Desde un barco se lanzo una pesa sujeta por un cable de acero para medir la
profundidad del mar despreciando el peso de la pesa en comparación con el cable, hallar la profun-didad maxima que se puede medir por este procedimiento. La densidad del agua del mar tómese igual a 1g/cm2
SOLUCIÓN
El cable de acero soporta una tracción debido a su peso y a la pesa adicional, es decir W0
a c+ W .
Conforme el cable se sumerja estará sometido a mayor tracción, hasta el limite de resistencia a la rotura:σrS Luego: Wa c0 + W = σrS, segun el problema Wa c0 W
Wa c0 = σrS (1)
pero W0
a c es el peso del cable de acero cuando esta dentro del agua, es decir el peso aparente,
debido al empuje: Wa c0 = 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
EJERCICIONO4. 37 Hallar la variación relativa de la densidad de una barra de cobre cilíndrica al
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, se obtiene: ∆ρ ρ = ∆V V (2) De (2) y (1): ∆ρ ρ = (1 − 2µ)σ E = (1 − 2 × 0,34) × 103× 9,8 1,18× 1011× 10−4 ∆ρ ρ = 0,265 × 10−3
EJERCICIONO4. 38 Hallar la longitud que tendrá un alambre de plomo que colgado verticalmente,
comience a romperse por su propio peso.
(σr = 0,2 × 108N/m2, ρ = 11,3 ×3K g/m3)
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
Z L 0
d z= ρSg L
El alambre se destruirá cuando alcance la tension de ruptura Fr = σrS, como F = Fr, entonces
L= σr
ρg, reemplazando valores L= 180,6m
EJERCICIONO4. 39 Una barra uniforme horizontal de masa 200K g esta soportada horizontalmente
por tres alambres vertical A, B, C, cada uno de una longitud inicial de 2 metros y sección recta 2c m2.
B es un alambre de cobre, A y C son alambres de acero y están colocados simétricamente uno a cada lado de B. Hallar: (a) la tension en cada alambre, (b) la extension en cada alambre
SOLUCIÓN En la condición de equilibrio:P Fy = 0
2Ta c+ TC u = m g
Por definición de modulo
2 Ea cS∆L Lo +EC uS∆L Lo = m g Despejando:∆L = m g Lo
S(2Ea c+eC u)y reemplazando valores:
Ea c= 21,6 × 1010N/m2, EC u = 11,8 × 1010N/m2
∆L = 0,36 × 10−4m
EJERCICIONO4. 40 ¿Que diámetro mínimo debe tener un cable de acero para poder aguantar 1T n
SOLUCIÓN
Sabemos por definición de resistencia a la rotura:σr = F /S, σr = πd 2F
4 , despejando d = 4F πσr 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
EJERCICIONO4. 41 Hallar de que altura se puede construir un muro vertical de hormigón si su
re-sistencia de rotación es de 180K g/cm2y se emplea un coeficiente de seguridad 5. La densidad del
hormigón es de 2,200K g/m3
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 = ρLoreemplazando 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
EJERCICIONO4. 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 el acortamiento, para 60c m de longitud y el esfuerzo de la carga. No considere la deformación lateral del cilindro y E = 2 × 106K g/cm2
Para hallar el acortamiento por teoría 4L = Lo4 La deformación unitaria: 4 = σ/E Luego el esfuerzo: σ = F /S = F /π(r2 2− r 2 1) Entonces:4L = LoF/E π(r22− r12) reemplazando: 4L = 0,011c m
EJERCICIONO4. 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 m de longitud, con sus ejes sobre la misma recta. Se aplica una fuerza de tracción axial de 1000K g en cada extremo. Hallar el alargamiento total del conjunto. Para el acero E a = 20 × 105K g/cm2y el
bronce E b= 9 × 105K g/cm2
SOLUCIÓN
Hallemos la deformación para el acero:
4La = F I1/S1Ea 4La= 1000× 30 3,14(0,5)2× 20 × 105 4La= 0,0191cm Para el bronce: 4Lb = F I2/S2Eb 4Lb= 1000× 20 8× 8 × 9 × 105 4Lb= 0,00035cm
Al alargamiento pedido sera:
4La+ 4Lb= 0,0191 + 0,00035
EJERCICIONO4. 44 Una barra de bronce de 20c m2 de sección esta sometida a las fuerzas axiales
representada en la figura. Hallar el alargamiento total de la barra. E= 1 × 106K g/cm2 SOLUCIÓN
Region AB
La deformación longitudinal es un alargamiento:
4LA B = F L/SE
4LA B= 6000 × 100/20 × 106= 0,03cm
Region BC:
La deformación es una compresión:
4LBC =
−2000 × 150 20× 106 4LBC = −0,015cm
Region CD:
La deformación es una compresión
4LC D=
−500 × 200 20× 106 4LC D= −0,005cm
La deformación total es un alargamiento:
EJERCICIONO4. 45 Una placa de acero delgada tiene la forma trapezoidal de la figura. El espesor es
e y varia uniformemente desde una anchura de 2a hasta otra de 2b en una longitud Lo. Si se aplica
en cada extremo una fuerza axial de F . Hallar el alargamiento de la placa, si se conoce E
SOLUCIÓN
Se puede observar que la deformación no es homogénea, de la expresión: 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 = Z L 0 F d x 2xL(b − a) + ae E = F L 2e(b − a)ln(b/a)
EJERCICIONO4. 46 Una barra cónica maciza de sección circular esta suspendida vertical como en la
figura. La longitud de la barra es L, el diámetro de su base D, el modulo de elasticidad E y el peso especifico esγ. Hallar el alargamiento de la barra debido a su propio peso.
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 =3Eγ R0Ly d y 4L = γL2/6E
EJERCICIONO4. 47 Se tiene un estado de tension en un elemento para el cual se ejerce una tension
deσy, 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
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 µσ y 1− µ+ σy = µσy 1− µ (7) De (6) y (7) em (2): 4y = 1 E σy − µ µσ y 1− µ+ µσy 1− µ simplificando σy 4y = E (1 − µ)/(1 − µ − 2µ 2)
EJERCICIONO4. 48 Una union remachada de dos placas metálicas tiene nopernos de cierto
materi-al. La maxima tension que se puede ejercer sobre la banda es T y la fatiga por cizalladura tiene un valor máximo en los remaches dados porσT. Hallar el diámetro de cada remache.
Sea T la fuerza que se ejerce sobre la barra, en la que hay nopernos, la fuerza sobre un perno sera:
FT= T /noPor definición de cizalladura
σT= FT S = T/no πd2/4= 4T noπd2, r 4T noπσ T = d
EJERCICIONO4. 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 centralmente como en la figura. El cilindro de hormigón tiene 12c m , de diámetro y el diámetro exterior del tubo de 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/cm2y el Aluminio E = 7 × 106K g/cm2
SOLUCIÓN
Seaσb el esfuerzo debido al bronce yσAl al aluminio. Por condición de equilibrio:
X
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 FbL SbEb = FA LL SAlEAl (2) donde Sb= π[(7,5)2− (5)2] = 31,25πcm2 SAl = π(6)2= 36πcm2 reemplazando en (2): Fb = 1,113FAl (3) de (3) en (1):
FA L= 2363K g
Fb= 2637K g
Por definición:
σb= Fb/Sb= 26,87K g /cm2
σAl= FAl/SAl = 20,90K g /cm2
EJERCICIONO4. 50 Una barra trococonica de sección circular varia uniformemente entre un radio
menor r y uno mayor R, Hallar el alargamiento debido a una fuerza axial ~F aplicada en cada extremo, ver figura.
SOLUCIÓN
Sabemos por teoría, el alargamiento es igual a∆L = F L/SE En este caso, la deformación no es uniforme, se tiene que trabajar con un diferencial de alargamiento:
d(∆L) = F d x/SE
donde S= πy2
d(∆L) = F d x
πy2E (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 = Z d(∆L) = Z L 0 F d x π r+xLR2E ∆L = F L/πRr E
EJERCICIONO4. 51 Una barra circular de 50c m2de sección esta sujeta rígidamente entre los puntos
y cargada con una fuerza axial de 12,000k g , como se indica en la figura. Hallar las reacciones en los extremos de la barra y el alargamiento de la parte derecha, si E= 106K g/cm2
SOLUCIÓN
Sean R1y R2las reacciones ne los extremos de la barra. Por la condición de equilibrio: X
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 L1es igual al alargamiento de la barra L2 ∆L1= R1/SE = R2L2/SE = ∆L2 R1L1= R2L2, R1= 2R2 (2) de (2) en (1): 2R2+ R2= 12,000 R2= 4000K g y R1= 8000K g El alargamiento se halla: ∆L2= 4000 × 10/50 × 106c m= 0,0008cm
EJERCICIONO4. 52 Un cuerpo con forma de solido de revolución soporta una carga ~F como se ve en
la figura, el radio de la base superior es roy el peso especifico del material esγ(K g /cm2). Determinar
como debe variar el radio con la altura para que la tension de compresión sea constante, en todas las secciones. El peso del solido no es despreciable.
Sea F y W el peso sobre la sección S, el esfuerzo es:
σ =F+ W S
Cuando aumenta el radio en: r+d r el peso que soporta es debido a: F , W y d W luego el esfuerzo es:
σ =F+ W + d W S+ dS
como el esfuerzo es constante:
F+ W S = F+ W + d W S+ dS d S d W = S F+ W = 1 σ (1) Hallemos: d S= π(r + d r )2− πr2∼= 2πrd r d W = γπr2d y reemplazando en (1) 1 σ= 2πrd r γπr2d y, γ σ Z y 0 d y = 2 Z r ro d r r y =2σ γ ; r= roe γy 2σ donde σ = F /S = F /πr2, r= r oe γπr 2o 2F y
EJERCICIONO4. 53 Se tiene una barra rígida OC suspendida por dos cables, ubicados en A y B. los
cuales poseen los datos indicados en la figura. Hallar el máximo peso vertical que se puede colocar en C
Para hallar el valor de W , usamos las condición de equilibrio: X 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 σ2L2 E2 = 2σ1L1 E1 , σ2 σ1 = 2 L1 L2 E2 E1 σ2 σ1 = 2 1 1,5 5 3 =20 9 σ1= 20 9 σ2 Paraσ2m a x = 4 × 106K g/cm2 σ1m a x = 9 20× 4 × 10 6K g/cm2= 1,8 × 106K g/cm2 reemplazando en (1): W =1,8× 10 6× 4 + 2 × 4 × 106× 5 2,5 K g W = 18,88 × 106K g
EJERCICIONO4. 54 Se cuelga verticalmente dos hilos de fierro de modulo de young E , de longitud L 1
y L2y sección S1y S2respectivamente. Hallar las deformaciones en las barras para los casos:
a) Sosteniendo carga concentradas W1y W2
SOLUCIÓN
a) Para la barra 2 se tiene por definicon:
∆L2=
W2L2
S2E Para la barra 1 se considera los pesos : W1+ W2
∆L1=
(W1+ W2)L1
S1E
b) Para la barra inferior
∆L2= Z
W d y S2E
∆L2= Z L2 0 γS2Yd y S2E =S2γL22 2S2E ∆L2=(γS2L2)L2 2S2E = W2L2 2S2E
Para la barra superior, la deformación es debida a W2y W1distribuida uniformemente. ∆L1= W2L1 S1E + Z L1 0 (γS1Yd y) S1E ∆L1=W2L1 S1E +W1L1 2S1E
EJERCICIONO4. 55 El peso W cuelga de 3 varillas de los cuales las del medio tiene una longitud
L. Los módulos de elasticidad y las secciones respectivas E1 y S1 para la central, E2 y S2 para las
laterales. Hallar las tracciones en las varillas y el descenso en A
Por las condiciones de equilibrio X
Fy = 2F2cosθ + F1− W = 0 donde F1y F2son las tracciones en las varillas
2F2cosθ + F1= W (1) también: cosθδ2 δ1 (2) donde δ2= F2L2 E2S2 = F2L E2S2cosθ (3) también: δ1= F1L1 E1S1 = F1L E1S1 (4) de (3) y (4) en (2) cosθ = F2L/E2S2cosθ F1L/E1S1 = F2E1S1 F1E2S2cosθ F2= 2E2S2cos2θ F1 E1S1 (5) de (5) en (1) 2E2S2cos 2θ E1S1 F1cosθ + F1= W F1= W /1 + 2 cos2θ E 2S2 E1S1 (6) reemplazando (6) en (4) δ1= h W/1 +2 cos2θ E2S2 E1S1 i L E1S1 δ1= W L E1S1+ 2E2S2cos2θ
EJERCICIONO4. 56 Sea una barra cilíndrica de longitud L y de radio R. La sección superior esta fija
y a la inferior se le aplica un momento o torqueτ, que tuerza la barra como se indica en la figura y gira un ánguloθ , si n es el modulo de rigidez de la barra. Hallar este torque
SOLUCIÓN
Vista de la base inferior:
De la figura y el triángulo A0A B : tanβ =AAÓ 0 L = rθ L Comoβ es pequeño tanβ ∼= β =rθ L (1)
De la definición de modulo de rigidez:
η = σT tanβ ∼= σT β = σT rθ L =σTL rθ σT= ηr θ /L (2)
Por definición de momento:
usando (2) en la ultima expresión: dτ = r2 ηrθ L dϕd r = ηθ Lr 3d r dϕ integrando: τ =ηθ L Z R 0 r3d r= ηθ L R4 4 4π τ =πηR4θ 2L
Oscilaciones
5.1.
Movimiento periódico
Es aquel movimiento que es repite es intervalos iguales de tiempo.
5.2.
Movimiento oscilatorio o vibratorio
Si una partícula que tiene movimiento periódico se mueve alternativamente en un sentido y en otro siguiendo en la misma trayectoria a su movimiento.
5.3.
Movimiento Armónico simple (MAS)
Figura 5.1: Movimiento Armónico simple
5.3.1.
Elongacion (x )
Es la distancia lineal o angular de la partícula que oscila a su posición de equilibrio en un instante cualquiera.
5.3.3.
Amplitud (A)
Es la maxima elongacion.5.3.4.
Periodo (T )
Es el tiempo necesario para completar un ciclo completo del movimiento.
5.3.5.
Frecuencia (
ν)
Es el numero de ciclos por unidad de tiempo, ciclos/seg = Hertz. También se usa la frecuencia angular w= 2πν y en función del periodo:
ν = 1
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 A 2 (5.3)
5.4.
Péndulo simple o Matemático
Se considera como tal, a una partícula de masa m , que cuelga de una cuerda longitud L y masa despreciable y que se lleva de su posición vertical a otra posición medida por el desplazamiento angularθ < 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 dθ d t m Ld 2θ d t2 = −m g sinθ = −m g θ d2θ d t2 + g L θ = 0 (5.4) donde: w =pgL = 2πν =2Tπ, T= 2πÆLg
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 = I α, donde: I : momento de inercia, α: aceleración angu-lar,τ: torque.
τ − m g b sinθ α =d2θ
Luego: −m g b sin θ = Id 2θ d t2 (5.5) d2θ d t2 + g b m I θ = 0 (5.6)
Donde se considera queθ es un ángulo pequeño, y el periodo esta dado por T = 2πÆg b mI
5.6.
Péndulo de torsion
Cuando un cuerpo de masa m , esta suspendido de su centro de masa (C ), por un alambre, el cual se tuerce un ángulo (θ ) pequeño, aplicando un torque (τ), proporcional a ángulo: τ = −k θ .
Figura 5.4: Péndulo de torsion
Por dinámica de rotación:τ = I α, k coeficiente de rotación del alambre
Id 2θ d t2 = −k θ (5.7) d2θ d t2 + k I θ = 0 (5.8) y el periodo sera:w =ÆkI =2Tπ, T = 2πÆkI
