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Profesor: Alejandro Sáiz

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TEORÍA (2, 5 puntos) 1. ¿Cuáles son los motivos por los que se utilizan entramados en lugar de vigas simples en la edificación? 2. ¿Por qué son útiles los momentos de inercia principales de una sección recta de una viga, y qué representan los ejes centrales principales en la misma? 3. Un depósito de agua desemboca en una tubería provista de una llave de paso. ¿En qué cambia la presión en el arranque de la tubería al abrir la llave? 4. En una línea de corriente continua por la que circula una intensidad de 10 amperios están intercaladas dos resistencias en paralelo de 50 y 100 ohmios respectivamente. ¿Cuál es la caída de tensión entre los extremos de cada resistencia? 5. En una instalación de corriente alterna, ¿qué diferencia hay entre los valores instantáneo y eficaz de la intensidad? PROBLEMA 1 (2,5 puntos) Una viga AB de 4 m de largo y q de peso P = 200 kN está sometida M a las siguientes cargas: Par de B fuerzas M = 200 m.kN, aplicado A 60º a 1 m del apoyo izquierdo; fuerza F = 100 kN aplicada en el punto F B y carga uniformemente 1m 2m 1m repartida de valor q = 100 kN/m aplicada como se indica en la figura. Se pide: a) Reducir el sistema compuesto por las cargas P, F, M y la carga uniformemente repartida a un sistema fuerza-par aplicado en el centro de la viga. b) Las reacciones en el empotramiento. PROBLEMA 2 (2,5 puntos) Un tubo cerrado por su parte inferior, de longitud L y masa MT, tiene de radio R = 5 cm y dentro lleva una barra de plomo ( = 11.400 kg/m3) de masa M = 9 kg. Así flota en el agua y emerge de ella una longitud de 20 cm. Se coloca ahora la barra de plomo colgada de su parte inferior. ¿Qué longitud quedará fuera del agua?. 20 cm L PROBLEMA 3 (2,5 puntos) E El dispositivo de la figura está construido en su totalidad con V paredes adiabáticas, incluido el émbolo de cierre E. Inicialmente el recinto de la derecha, cuyo volumen es mitad del de la izquierda, está vacío y la válvula V cerrada, mientras que en el recinto de la izquierda hay 20 litros de gas a 1 bar de presión y 25 °C de temperatura. Por desplazamiento del émbolo se comprime reversiblemente el gas hasta reducir su volumen inicial a la mitad, en cuyo momento el émbolo se bloquea para asegurar su inmovilidad. Una vez alcanzado este estado intermedio se abre la válvula V, con lo que el gas pasa a un nuevo estado. Finalmente y suprimiendo el carácter adiabático de las paredes, se suministra o elimina reversiblemente el calor necesario para que el gas vuelva al estado inicial.Calcular el calor y trabajo desarrollado en cada uno de los tres procesos descritos, así como las correspondientes variaciones de energía Datos: se supondrá el gas ideal con cv = 20,9 J/(mol.K), cp = 29,3 J/(mol.K) despreciándose el volumen del conductor que pone en comunicación los recintos . PROBLEMA 1 Me M C 200 100 86,6 50 X Y En el diagrama del cuerpo libre de la viga se ha descompuesto la fuerza F en sus componente horizontal (F cos 60o = 50 kN) y vertical (F sin 60o = 86,6 kN). La resultante de las cargas será R = 50i - 386,6j; cuyo módulo es R = 389,8 kN. El momento resultante de las cargas respecto al centro de la viga será, tomando como positivo el sentido horario: MC = 100 × 1,5 + 86,6 × 2 - M = 150 + 173,2 - 200 = 123,2 m.kN Una vez que tenemos reducido el sistema, calcular las reacciones en el empotramiento es inmediato: Me X Mc 50 Y 386,6 R X = 50 kN ; Y = 386,6 kN -Me + Mc + 386,5 × 2 = 0 Me = 123,2 + 773,2 = 896,4 m.kN 1 PROBLEMA 2 20 cm L h1 h2 Llamemos h1 y h2 a las longitudes sumergidas. Igualando el empuje de Arquímedes con los pesos en ambos casos se tiene: a R2 h1 = (M + MT )g a (R2 h2 + M ) = (M + MT )g p Nótese que el volumen de la barra de plomo es su masa dividida por la densidad (M/p ). Restando ambas expresiones se tiene: a R2 (h1 - h2 ) = a dividiendo por a , 52 (h1 - h2 ) = 2 9000 11,4 M p Obtenemos, 9000 = 10,05 cm 11,452 Como en el segundo caso la barra queda sumergida 10,05 cm menos, quedará emergida 20 + 10,05 = 30,05 cm. h1 - h2 = PROBLEMA 3 El estado inicial es P1 = 1 bar; V1 = 20 l y T1 = 298 K. El número de moles es: 105 × 0,02 P2 V2 = = 0,807 mol RT2 8,314 × 298 El primer proceso es una transformación adiabática ( = cp /cv = 1,4), por tanto: n= P1 V1 = P2 V2 ; 1 × 201,4 = P2 101,4 Despejando, 2,64 × 105 × 0,01 = 393,5 K 0,807 × 8,314 Como se trata de una transformación adiabática, P2 = 2,64 bar ; T2 = U = -W = ncv (T2 - T1 ) = 0,807 × 20,9(393,5 - 298) = 1611 J El segundo proceso es una expansión libre. El gas no intercambia calor ni trabajo, por tanto el primer principio de la Termodinámica obliga a que U = 0. Como la energía interna de un gas perfecto sólo depende de la temperatura, ésta no variará por lo que el estado del gas al final del segundo proceso será: T3 = 393,5 K ; V3 = 20 l ; P3 = 1,32 bar. En el tercer proceso se debe extraer calor del gas a volumen constante, por lo que: U = Qv = ncv (T1 - T3 ) = 0,807 × 20,9(298 - 393,5) = -1611 J 3

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