Examen Parcial de Fisica II Fic[1]

UNASAM FIC EXAMEN PARIAL DE FISICA II Hz 21/07/2009 OLVG

1

1. El miembro a tensión de la figura consta de un tubo A de acero estructural (Eac = 29.106 lb/pulg2), que tiene un diámetro exterior de 6 pulg y un diámetro interior de 4,5

pulg; y de una barra sólida B de aleación de aluminio (Eal = 10,6.106 lb/pulg2) que tiene un diámetro de 4 pulg. Determine: (a) El cambio de longitud del tubo de acero, (b) La deflexión total del miembro, (c) Los esfuerzos normal y cortante máximos en el tubo de acero

2. La barra C mostrada en la figura es una varilla de aleación de aluminio (Eal = 73 GPa) tiene un área de sección

transversal de 625 mm2. El miembro D es un poste de madera (Em = 12 GPa) y tiene una sección transversal de 2500 mm2. Si los esfuerzos normales admisibles son 100 MPa para el aluminio y 30 MPa para la madera. Determine el valor máximo admisible de la carga P.

3. Un cilindro escalonado de 3 kg se mantiene sobre un plano inclinado mediante un resorte cuya constante es k = 400 N/m. El radio de giro del cilindro con respecto a su centro de

masa es KG = 125 mm; los radios son r1= 100 mm y r2 = 200 mm. Determine: (a) La ecuación diferencial del movimiento del carrete, (b) El período y la frecuencia para pequeñas oscilaciones.

4. Para el sistema representado desprecie la masa de la palanca

AB y suponga pequeñas oscilaciones en torno a la posición de equilibrio. Determine: (a) La ecuación diferencial del

movimiento en función de la variable y, (b) la razón de amortiguamiento (c) El tipo de movimiento ξ y (d) la frecuencia y el período (si es que procede). Considere que: m = 9 kg; c = 30 N.s/m; k = 2600 N/m; a = 0,2m, b = 0,3m.

5. En la figura se representa la sección normal de una compuerta rectangular AB de dimensiones 4m por 6m que cierra el paso de un canal de agua dulce (ρ = 1000 kg/m3). La masa de la compuerta es de 8500 kg y está engoznada en

un eje horizontal que pasa por C. Determine: (a) La fuerza ejercida por el agua sobre la compuerta, (b) el punto de aplicación de dicha fuerza y (c) la fuerza vertical P ejercida por la cimentación sobre el borde inferior A de la compuerta.


2

PROBLEMA 01

Fuerza interna en la barra sólida B

3

3

0 120.10 0

120.10

y B

B

F F lb

F lb

Fuerza interna en el tubo de acero

3 3

3

0 85.10 120.10 0

205.10

y A

A

F F lb lb

F lb

Parte (a) Cambio de longitud del tubo A

0, 0,

2 2( )4

A A A A

A

A AA e i

F L F L

E AE d d

3

6 2 2 2

2

4(205.10 )(50) .

29.10 (6 4,5 ) lglg

A

lb pul

lbpu

pu

328,57.10 lgA pu

Cambio en la longitud de B

0, 0,

2

4

B B B B

B

B BB B

F L F L

E AE d

3

6 2

2

4(120.10 )(40) .

(10,6.10 )(4 )lg

B

lb pul

lbpul

pu

336,04.10 lgB pu

Parte (b) Deflexión total

3 3

3

8,57.10 lg 36,04.10 lg

64,1.10

T

T

pu pu

pul

Parte (c). Esfuerzos cortante máximo: En la figura se muestra la fuerza en la sección inclinada y el área correspondiente. Para que los esfuerzo cortante sea máximo el ángulo θ = 45°

3 2cos 45 205.10 ( ) 144,96

2t AF F lb klb

2 2 20 0

2

45 ( 2)(6 4,5 ) lg )45 4

17,49 lg

A Asen A pu

A sen

A pu

Esfuerzo cortante máximo

max 2 2

144,968286

17,49 lg lg

tF klb lb

A pu pu

El esfuerzo normal es máximo cuando el ángulo es 0°. Entonces su valor será

max 22 2 20

20516570

lg(6 4,5 ) lg

4

AF klb lb

A pupu

PROBLEMA 02. En la figura se muestra el DCL de la barra rígida AB en un posición inclinada

Aplicando las ecuaciones de equilibrio se tiene


3

0

6 6

6

0

(0,3cos ) (0,05cos ) (0,1cos ) 0

0,3 0,05 0,1

0,3 0,05 0,1

0,3 0,05(2500.10 ) 0,1(625.10 )

0,3(10 ) 125 62,5 (1)

D C

D C

D D C C

D C

D C

M

P F F

P F F

P A A

P

P

Principio de compatibilidad

3

3

0, 0, 3

3

9 9

6

0.09.10

50 100

2( 0.09.10 )

2( ) 0,18.10

0,3 0,152( ) 0,18.10

73.10 12.10

6,08 43,8.10 (2)

CD

C D

C C D D

C D

C D

C D

mm mm

L L

E E

Si el esfuerzo en la madera es 30D MPa , entonces se

tiene

6 66,08(30.10 ) 43,8.10

226

C

C MPa

La ecuación anterior indica que se sobrecarga el aluminio, entonces es el esfuerzo en el aluminio el que debe usarse. Entonces tenemos

6

6 6

6,08 43,8.10

100.10 6,08 43,8.10

9,24

C D

D

D MPa

Remplazando este valor en la ecuación (1) resulta

6 6 6

max

max

0,3(10 ) 125(9,24.10 ) 62,5(100.10 )

= 24683 N Rta.

P

P

PROBLEMA 03 Datos e incógnitas

1 2

3 ; 400 / ; 125

100 ; 200 ; . '??

Gm kg k N m K mm

r mm r mm E dif

En la figura se muestra el DCL del cilindro escalonado en posición de equilibrio

Aplicando las ecuaciones de equilibrio se tiene

0

0

0

0 (1)

x x

s e

s s

F ma

mgsen F F

mgsen F k

1 2

2

1

0

( ) ( )

200( ) ( )

100

2 (2)

G G

s e

s e e

s s

M I

F r F r

r mmF F F

r mm

F k

Remplazando la ecuación (2) en (1), resulta.

2 0

3 0 (3)

s s

s

gsen k k

gsen k

En la figura se muestra el DCL del cilindro escalonado para un desplazamiento xG a partir de su posición de equilibrio

Aplicando las ecuaciones de movimiento se tiene

( ) (4)

x x

R e x

R s e G

F ma

mgsen F F ma

mgsen F k x mx

1 2( ) ( )

G G

R e G

M I

F r F r I


4

1 2

2 1

1

( ) ( )( )

( )( / ) (5)

R s e G

GR s e

F r k x r I

IF k x r r

r

Sumando las ecuaciones (4) y (5) se tiene

2 1

1

( ) ( )( / ) (6)Gs e s e G

Imgsen k x k x r r mx

r

Remplazando la ecuación (3) en (6) resulta

2

1

( )3 0 (7)G

G e

mKmx kx

r

Cinemática para determinar la relación entre la deformación del resorte y el desplazamiento.

1 1 2

tg sen G ex x

r r r

1

(8)Gx

r

1 2

1

100 200( ) 3 (9)

100e G G G

r r mm mmx x x x

r mm

Remplazando la ecuación (8) y (9), en la ecuación (7) resulta

2

1 1

2

2

( )3 (3 ) 0

3(0,125)3 9(400) 0

0,1

7,68 3600 0

G GG G

G G G

G G

mK xmx k x

r r

x x x

x x

La frecuencia circular será

3600468,75 21,65 /

7,68rad s

El periodo será

221,65 0,29

1 13,45

0,29

T segundosT

f f HzT


M; k; c; a; b; ec. Dif = ¿?

En la figura se muestra el DCL del bloque m

Aplicando las ecuaciones de equilibrio, resulta

0yF

SkmgT0 (1)

En la figura se muestra el DCL de la palanca acodada

Aplicando las ecuaciones de equilibrio, resulta

0oM

0)(0 aT (2)

Remplazando la ec. (2) en (1), se tiene

Skmg0 (3)

En la figura se muestra el DCL del bloque para un desplazamiento Y a partir de su posición de equilibrio


5

Aplicando la segunda ley de Newton se tiene

yF my

( )ST mg k y my

( )ST my mg k y (4)

En la figura se muestra el DCL de la palanca acodada para una posición angular cualquiera.

Aplicando las ecuaciones de movimiento, resulta.

OIM 0

Debido a que la palanca es de masa despreciable, el momento de inercia es nulo

0)cos()cos( bFaT V

Para ángulos pequeños cosθ = 1, entonces

0)()( bFaT V (5)

Reemplazando la ec(5) en (4), se tiene

( ) ( ) 0Smy mg k y a cv b (6)

Al sustituir la ec. (3) en (4), resulta

( ) ( ) 0my ky a cv b (7)

De la geometría de la figura se obtiene

vxysen

a b

v

bx y

a

v

bv y

a (8)

Parte (a) Remplazando la ec. (8) en (7), se tiene

2

0cb

may y kaya

2

20

cb ky y y

ma m (9)

2

2

30(0,3 ) 26000

9(0,2 ) 9

7,5 288,9 0

y y y

y y y

(10)

Parte (b) La razón de amortiguamiento será

mk

macb

km

c

effeff

eff

/12

/

2

22

mka

cb2

2

2 Rta.

2

2

30(0,3 )0,22

2(0,2 ) 9(2600)

Parte (c). El movimiento es subamortiguado

Parte (d) La solución de la ecuación (10) será

2

t

t

t

y Ae

y A e

y A e

Remplazando estas ecuaciones en (10) se tiene

2

2

7,5 288,9 0

( 7,5 288,9) 0

t t t

t

A e A e Ae

Ae

La ecuación característica es

2

1,2

1,2

7,5 7,5 4(1)(288,9)

2

3,75 (16,58)i

1,2 ( )di

La frecuencia circular está dada por

216,58 /d

d

rad sT

El “período y la “frecuencia” amortiguada son


6

0,379

12,64

d

d

d

T s

f HzT


34 ; 6 ; 1000 / ;

8500 ; ????

H m a m kg m

m kg P

La fuerza ejercida por el agua sobre la compuerta es

39800 / (1,5 )(3 6 )

264600

w w CG

w

F h A N m m mx m

F N

El punto de aplicación de la fuerza es

319800 (6)(3 )

90 12

264600

0,5

w GxCP CG

w

CP CG

sen Iy y

F N

y y m

En la figura se muestra el DCL de la compuerta

Aplicando las ecuaciones de equilibrio se tiene (ecuación de momentos respecto al punto C), se tiene

0

(3 ) (3 ) (3 )

8500(9,8) 264600

347,9

C

w

w

M

P m mg m F m

P mg F

P kN

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