Examen práctica CLM 2015 física y química
Publicado: 24 May 2018, 10:40
Aquí os dejo el examen de física y química de Castilla la Mancha 2015. Animo compañeros!!!
Foro de docentes con educación y para la Educación, tanto en Madrid como en otras Comunidades.
http://docentesconeducacion.es/
Buenos dias....sleepylavoisier escribió:Muchas gracias.
Tenía ganas de conseguir este cromo para la colección.
¡Qué recuerdos!, nunca olvidaré la mesa sobre la que me enfrenté a este examen durante hora y media.
https://es.gizmodo.com/como-arreglar-un ... 1623911152
y del 0,0000 que me cascaron en el de la fracciones molares, jamás pude averiguar dónde estuvo mi error.
Saludos.
No he leido tu testamento sleepy, pero he mirado el documento que subiste. Tu resolución es muy matemática, tal vez el 0,0000 fue porque tal vez tuviste la mala suerte de que te corrigiera alguién que no sabe mucho, los tribunales hacen una resolución y corrigen en base a eso. Seguramente ese mismo profe que corrigió tu examen tacha muchas resoluciones alternativas de sus alumnos.sleepylavoisier escribió:Muchas gracias.
Tenía ganas de conseguir este cromo para la colección.
¡Qué recuerdos!, nunca olvidaré la mesa sobre la que me enfrenté a este examen durante hora y media.
https://es.gizmodo.com/como-arreglar-un ... 1623911152
y del 0,0000 que me cascaron en el de la fracciones molares, jamás pude averiguar dónde estuvo mi erroNor.
Saludos.
sleepylavoisier escribió:del 0,0000 que me cascaron en el de la fracciones molares, jamás pude averiguar dónde estuvo mi error.
Hola Sleepy y EINSTEINTXIKIEINSTEINTXIKI escribió:He seguido el otro hilo..... Que injusto que te pusieran un 0,0000 porque segun parece... No hay ningun error en tu planteamiento.
Buenas JaI,Jal escribió:sleepylavoisier escribió:del 0,0000 que me cascaron en el de la fracciones molares, jamás pude averiguar dónde estuvo mi error.Hola Sleepy y EINSTEINTXIKIEINSTEINTXIKI escribió:He seguido el otro hilo..... Que injusto que te pusieran un 0,0000 porque segun parece... No hay ningun error en tu planteamiento.
También he leído la resolución de Sleepy y creo ver donde está el error, si no es así pido disculpas.
El enunciado dice "tenemos 1,707 g de una disolución de sodio en amoniaco líquido"
Sin embargo Sleepy has resuelto como si dijese "tenemos 1,707 g de sodio en una disolución de amoniaco líquido"
El resultado me sale 0,2834 g de amoniaco a evaporar.
Saludos
Jeje !! Entonces problema resuelto! Muy nivel bachillerato ese problema, y en el de phs que tipo de razonamiento buscaban , he leido los post anteriores yo lo habria razonado por valor de constantes sin llegar a la formula , u otro modo sacando las concentraciones de hidronio y de ohs y al ser iguales el ph es 7. Seria interesante buscar una sal que tenga ka y kb distintas. Cianuro de amonio tal vez? Planteo problema :calcular el ph de una disolucion de cianuro de amonio 0,1M.Jal escribió:Hola quimiquilla,
He hecho lo mismo.
Los gramos de sodio me han salido 0,1227g, no se...donde puede estar la discrepancia...tal vez en la hora que es???
Mañana lo reviso,
Saludos
Editado:
Tienes razon quimiquilla, me había dejado sin multiplicar un factor, ahora me sale muy parecido a ti: 0,484g a evaporar.
Un abrazo
Acepto el reto:quimiquilla escribió:Planteo problema :calcular el ph de una disolucion de cianuro de amonio 0,1M.
Coincido!! Jeje lo planteo deduciendo la siguiente expresion ph=7 +0,5 pka _0,5pkb, he tratado tmb de hacerlo a partir de los dos equilibrios de hidrolisis restando concentraciones de OH y H , y asi no me sale y me da 11,1, no se que hago mal en este segundo metodo!!Jal escribió:Acepto el reto:quimiquilla escribió:Planteo problema :calcular el ph de una disolucion de cianuro de amonio 0,1M.
pH=9,23
Saludos
quimiquilla escribió:Coincido!! Jeje lo planteo deduciendo la siguiente expresion ph=7 +0,5 pka _0,5pkb, he tratado tmb de hacerlo a partir de los dos equilibrios de hidrolisis restando concentraciones de OH y H , y asi no me sale y me da 11,1, no se que hago mal en este segundo metodo!!Jal escribió:Acepto el reto:quimiquilla escribió:Planteo problema :calcular el ph de una disolucion de cianuro de amonio 0,1M.
pH=9,23
Saludos
No podéis hacerlo así, tened en cuenta que se trata de un equilibrio, si se consumen todos los hidronios producidos por el amonio, el equilibrio se desplaza a la derecha produciendo más hidronio...fisiramix escribió:Me pasa lo mismo quimiquilla, si resto concentraciones el ph me sale 11,15
Mil gracias Jai, es un equilibrio !!! Hacerlo de ese modo seria tratarlo como una reaccion quimica !! Un saludoJal escribió:No podéis hacerlo así, tened en cuenta que se trata de un equilibrio, si se consumen todos los hidronios producidos por el amonio, el equilibrio se desplaza a la derecha produciendo más hidronio...fisiramix escribió:Me pasa lo mismo quimiquilla, si resto concentraciones el ph me sale 11,15
Saludos y ánimo!!
Se trata de un caso diferente, si planteamos el equilibrio teniendo en cuenta que hay un exceso de amoniaco y que la k condicional es pequeña, las disociaciones del ion acetato y del amonio serán despreciables (es decir como si no se tratase de un equilibrio) y por lo tanto el pH será el que indique la ley de acción de masas del amoniaco, si quieres con la henderson-hasselbach:fisiramix escribió:Tengo un ejercicio en el que se juntan 20 ml HCOOH 0,1 M + 30 ml NH3 0,2 M
La resolución hace HCOOH + NH3 --> HCOONH4 --> HCOO- + NH4+
a partir de aquí hace la hidrolisis de HCOO- por un lado y la de NH4+ por otro y luego resta los OH- con H3O+ y de ahí saca el pH
¿estaría bien eso o habría que hacerlo también en conjunto HCOO-+NH4+ --> HCOOH + NH3?
y si está bien ¿cuál es la diferencia con el caso anterior?
Coincido JaI en este ultimo ph, con k condicional a que te refieres?? Yo para demostrarlo calcularia la constante de hidrolisis y con ella las conc de amoniaco y acido formico. Lo hice u obtuve una concentracion con orden de magnitud muy pequeño que me ha llevado a considerar solo el equilibrio del amoniaco .Jal escribió:Se trata de un caso diferente, si planteamos el equilibrio teniendo en cuenta que hay un exceso de amoniaco y que la k condicional es pequeña, las disociaciones del ion acetato y del amonio serán despreciables (es decir como si no se tratase de un equilibrio) y por lo tanto el pH será el que indique la ley de acción de masas del amoniaco, si quieres con la henderson-hasselbach:fisiramix escribió:Tengo un ejercicio en el que se juntan 20 ml HCOOH 0,1 M + 30 ml NH3 0,2 M
La resolución hace HCOOH + NH3 --> HCOONH4 --> HCOO- + NH4+
a partir de aquí hace la hidrolisis de HCOO- por un lado y la de NH4+ por otro y luego resta los OH- con H3O+ y de ahí saca el pH
¿estaría bien eso o habría que hacerlo también en conjunto HCOO-+NH4+ --> HCOOH + NH3?
y si está bien ¿cuál es la diferencia con el caso anterior?
pH=14-pKb+log[NH4+]/[NH3]=14-4,75+log(0,04/0,12-0,04)=9,55
Saludos
Muchas gracias por comentar, subido revisado.sleepylavoisier escribió:Buenas noches compañeros.
Comparto la fórmula que me sale para calcular de un golpe el amoníaco a evaporar, teniendo en cuenta el enunciado oficial:
m = masa de la disolución = 1,707 g
x = fracción molar de sodio en la disolución inicial = 0,0937
x’ = fracción molar de sodio en la disolución final = 0,1325
m(NH3) - m'(NH3) = m•(1 – x/x’) / (1 + 6•x/17) = 1,707•(1-0,0937/0,1325)/(1+6•0,0937/17) = 0,48385961 g
m(NH3) - m'(NH3) = 0,484 g
Habría que corregir en la FiQuiPedia por tanto:
http://www.fiquipedia.es/home/recursos/ ... edirects=0
...
Me pasó lo mismo que a ti con el 1 de Física, en vivo y en directo, cuando hice este problema en Puertollano hace 5 años:jubilado escribió: ↑18 Ago 2020, 11:28 ...he tenido problemas con el ejercicio 1. He visto la solución de Sleepylavoisier en el otro hilo y me he dado cuenta que ha resuelto un problema distinto al del enunciado escaneado. Están cambiadas las posiciones de las masas A y B.
Yo he tratado de resolver el original aplicando las condiciones de equilibrio y me encuentro con el problema de que no se me van las masas "m" de las dos barras por lo que todos los resultados que nos piden he de dejarlos en función de esa masa y eso me mosquea mucho. La diferencia con la solución de Seelpy es que en el diagrama del cuerpo libre de la barra oblicua yo considero que la pared ejerce una reacción sobre la barra que no va ni en dirección horizontal ni vertical , sino que forma un ángulo "alfa", desconocido con la vertical y que, por tanto tiene componente horizontal y vertical que hay que tener en cuenta en las ecuaciones de equilibrio.
El caso es que el enunciado dice con claridad:sleepylavoisier escribió: ↑20 Jul 2015, 11:53 ...empecé por el problema 1 de Física que creo es el más difícil. Razoné bien pero acabé con una incógnita más que ecuaciones, ¿por qué?, en el punto de apoyo de la barra oblicua con la pared vertical asigné dos fuerzas, una normal a la pared H y otra tangencial a la pared (o de rozamiento) T, pero si no recuerdo mal no había rozamientos por lo que T=0 y el número de incógnitas era igual al de ecuaciones.
Por lo tanto, pienso que la reacción debida a la pared vertical no puede tener componente vertical, porque revelaría una fricción no nula entre la pared y el extremo de la barra oblicua. Solo hemos de considerar componente horizontal, H, siempre que despreciemos el rozamiento.No existe rozamiento.
Buenas tardes Sleepy.sleepylavoisier escribió: ↑18 Ago 2020, 23:54 Buenas noches, jubilado.
Me pasó lo mismo que a ti con el 1 de Física, en vivo y en directo, cuando hice este problema en Puertollano hace 5 años:jubilado escribió: ↑18 Ago 2020, 11:28 ...he tenido problemas con el ejercicio 1. He visto la solución de Sleepylavoisier en el otro hilo y me he dado cuenta que ha resuelto un problema distinto al del enunciado escaneado. Están cambiadas las posiciones de las masas A y B.
Yo he tratado de resolver el original aplicando las condiciones de equilibrio y me encuentro con el problema de que no se me van las masas "m" de las dos barras por lo que todos los resultados que nos piden he de dejarlos en función de esa masa y eso me mosquea mucho. La diferencia con la solución de Seelpy es que en el diagrama del cuerpo libre de la barra oblicua yo considero que la pared ejerce una reacción sobre la barra que no va ni en dirección horizontal ni vertical , sino que forma un ángulo "alfa", desconocido con la vertical y que, por tanto tiene componente horizontal y vertical que hay que tener en cuenta en las ecuaciones de equilibrio.
El caso es que el enunciado dice con claridad:sleepylavoisier escribió: ↑20 Jul 2015, 11:53 ...empecé por el problema 1 de Física que creo es el más difícil. Razoné bien pero acabé con una incógnita más que ecuaciones, ¿por qué?, en el punto de apoyo de la barra oblicua con la pared vertical asigné dos fuerzas, una normal a la pared H y otra tangencial a la pared (o de rozamiento) T, pero si no recuerdo mal no había rozamientos por lo que T=0 y el número de incógnitas era igual al de ecuaciones.
Por lo tanto, pienso que la reacción debida a la pared vertical no puede tener componente vertical, porque revelaría una fricción no nula entre la pared y el extremo de la barra oblicua. Solo hemos de considerar componente horizontal, H, siempre que despreciemos el rozamiento.No existe rozamiento.
Análogamente, solo existe componente normal, N, en el centro de la barra oblicua y que es perpendicular a ella, debida al contacto con el extremo de la barra horizontal, ya que despreciamos la componente paralela a la barra oblicua pues supondría la presencia de un rozamiento entre ambas barras que realmente hemos de anular obligados por el enunciado.
Esto es importante a la hora de resolver el problema, porque si no lo tenemos en cuenta habrá dos incógnitas más (reacción paralela a la pared y reacción paralela a la barra oblicua) que ecuaciones linealmente independientes y el sistema se vuelve irresoluble.
Lo he vuelto a solucionar con los datos del enunciado oficial:
ϑ = 53º
mA·g = 16 kp
colocando A y B en su sitio correcto (respetando resultados con dos cifras significativas):
-Balance de momentos en la barra oblicua respecto de su centro:
(L/2)·mA·g·senϑ = (L/2)·H·sen(90º–ϑ)
Cancelando (L/2) y teniendo en cuenta que sen(90º–ϑ) = cosϑ, despejamos H:
H = mA·g·senϑ/cosϑ = mA·g·tanϑ = 16 kp · tan 53º
H = 21 kp
-Balance de fuerzas horizontales en la barra oblicua:
H = N·cosϑ ⇒ N = H/cosϑ = mA·g·tanϑ/cosϑ = 16 kp · tan 53º / cos 53º
N = 35 kp
-Balance de momentos en la barra horizontal:
(L/2)·N·senϑ = (L/2)·mB·g
Cancelamos (L/2):
mB·g = N·senϑ = mA·g·tanϑ·senϑ/cosϑ = mA·g·tan²ϑ = 16 kp·tan²53º
peso de B = mB·g = 28 kp
Muchas gracias por la resolución del 4 de Química, coincide con mis soluciones en el otro hilo. Únicamente comentar una pijotada, ambos hemos dado nuestras soluciones como:
α = 0,005525 y pH = 7
Pero parece que insistieron mucho en señalar 3 cifras significativas en los datos del enunciado (incluso añadiendo ceros a la derecha) por lo que pienso que, no estaría de más, dar nuestros resultados como:
pH = 7,00
α = 0,0055249 ⇒ α = 0,552 %
Saludos.
Porque lo señalan así explícitamente en el enunciado, escribiendo de manera tajante:Opositor95 escribió: ↑20 Dic 2020, 12:44 Por otro lado, me viene a la mente los problemas típicos de estática en los que hay barras colgando de paredes sin rozamientos y atadas a hilos en los que si se considera la componente vertical de la reacción de la pared. ¿Por qué aquí no?
Así que no hay más que hablar, el enunciado manda y estamos obligados a asumir que el rozamiento vertical es prácticamente despreciable, como si la pared fuera de hielo o algo así. Y menos mal, porque si consideras componente vertical te sale un sistema con más incógnitas que ecuaciones y el problema se vuelve irresoluble.No existe rozamiento.
Los balances de fuerzas y momentos se aplican a sólidos rígidos que son cuerpos indeformables, pero si consideras las dos barras en su conjunto, no tendrías un sólido rígido porque no sería indeformable. Pero no hace falta comerse el coco, el propio enunciado nos advierte amablemente sobre esta situación, al final del mismo podemos leer:Opositor95 escribió: ↑20 Dic 2020, 12:44 Comentas que la componente vertical de la reacción pared debe ser 0 ya que no hay fuerza de rozamiento, sin embargo, si hago un diagrama de fuerzas global formado por las dos barras, es necesario que exista dicha componente. Si no existiese dicha componente, sobre el sistema solo actuarían el peso de las dos barras y al estar estas dos dirigidas hacia abajo el sistema tendría que ir hacia abajo y tendría una aceleración.
Saludos.(Constrúyase el diagrama de fuerzas del sólido libre en cada una de las barras)
Hola, en este ejercicio al calcular el momento de la barra horizontal yo había considerado también el peso de la barra oblicua y veo que no, ese peso de la oblicua no está afectando a la horizontal?sleepylavoisier escribió: ↑18 Ago 2020, 23:54 Buenas noches, jubilado.
Me pasó lo mismo que a ti con el 1 de Física, en vivo y en directo, cuando hice este problema en Puertollano hace 5 años:jubilado escribió: ↑18 Ago 2020, 11:28 ...he tenido problemas con el ejercicio 1. He visto la solución de Sleepylavoisier en el otro hilo y me he dado cuenta que ha resuelto un problema distinto al del enunciado escaneado. Están cambiadas las posiciones de las masas A y B.
Yo he tratado de resolver el original aplicando las condiciones de equilibrio y me encuentro con el problema de que no se me van las masas "m" de las dos barras por lo que todos los resultados que nos piden he de dejarlos en función de esa masa y eso me mosquea mucho. La diferencia con la solución de Seelpy es que en el diagrama del cuerpo libre de la barra oblicua yo considero que la pared ejerce una reacción sobre la barra que no va ni en dirección horizontal ni vertical , sino que forma un ángulo "alfa", desconocido con la vertical y que, por tanto tiene componente horizontal y vertical que hay que tener en cuenta en las ecuaciones de equilibrio.
El caso es que el enunciado dice con claridad:sleepylavoisier escribió: ↑20 Jul 2015, 11:53 ...empecé por el problema 1 de Física que creo es el más difícil. Razoné bien pero acabé con una incógnita más que ecuaciones, ¿por qué?, en el punto de apoyo de la barra oblicua con la pared vertical asigné dos fuerzas, una normal a la pared H y otra tangencial a la pared (o de rozamiento) T, pero si no recuerdo mal no había rozamientos por lo que T=0 y el número de incógnitas era igual al de ecuaciones.
Por lo tanto, pienso que la reacción debida a la pared vertical no puede tener componente vertical, porque revelaría una fricción no nula entre la pared y el extremo de la barra oblicua. Solo hemos de considerar componente horizontal, H, siempre que despreciemos el rozamiento.No existe rozamiento.
Análogamente, solo existe componente normal, N, en el centro de la barra oblicua y que es perpendicular a ella, debida al contacto con el extremo de la barra horizontal, ya que despreciamos la componente paralela a la barra oblicua pues supondría la presencia de un rozamiento entre ambas barras que realmente hemos de anular obligados por el enunciado.
Esto es importante a la hora de resolver el problema, porque si no lo tenemos en cuenta habrá dos incógnitas más (reacción paralela a la pared y reacción paralela a la barra oblicua) que ecuaciones linealmente independientes y el sistema se vuelve irresoluble.
Lo he vuelto a solucionar con los datos del enunciado oficial:
ϑ = 53º
mA·g = 16 kp
colocando A y B en su sitio correcto (respetando resultados con dos cifras significativas):
-Balance de momentos en la barra oblicua respecto de su centro:
(L/2)·mA·g·senϑ = (L/2)·H·sen(90º–ϑ)
Cancelando (L/2) y teniendo en cuenta que sen(90º–ϑ) = cosϑ, despejamos H:
H = mA·g·senϑ/cosϑ = mA·g·tanϑ = 16 kp · tan 53º
H = 21 kp
-Balance de fuerzas horizontales en la barra oblicua:
H = N·cosϑ ⇒ N = H/cosϑ = mA·g·tanϑ/cosϑ = 16 kp · tan 53º / cos 53º
N = 35 kp
-Balance de momentos en la barra horizontal:
(L/2)·N·senϑ = (L/2)·mB·g
Cancelamos (L/2):
mB·g = N·senϑ = mA·g·tanϑ·senϑ/cosϑ = mA·g·tan²ϑ = 16 kp·tan²53º
peso de B = mB·g = 28 kp
Muchas gracias por la resolución del 4 de Química, coincide con mis soluciones en el otro hilo. Únicamente comentar una pijotada, ambos hemos dado nuestras soluciones como:
α = 0,005525 y pH = 7
Pero parece que insistieron mucho en señalar 3 cifras significativas en los datos del enunciado (incluso añadiendo ceros a la derecha) por lo que pienso que, no estaría de más, dar nuestros resultados como:
pH = 7,00
α = 0,0055249 ⇒ α = 0,552 %
Saludos.
Hola, china2, el peso mg es una fuerza que actúa sobre el centro de gravedad del cuerpo de masa m, no sobre otro cuerpo diferente. El enunciado nos invita a que analicemos cada barra por separado, no las dos a la vez, las fuerzas que actúan sobre una barra, no afectan al balance de momentos de la otra barra. Algo se comentó líneas arriba:china2 escribió: ↑03 Feb 2021, 21:52Hola, en este ejercicio al calcular el momento de la barra horizontal yo había considerado también el peso de la barra oblicua y veo que no, ese peso de la oblicua no está afectando a la horizontal?sleepylavoisier escribió: ↑18 Ago 2020, 23:54 Buenas noches, jubilado.
Me pasó lo mismo que a ti con el 1 de Física, en vivo y en directo, cuando hice este problema en Puertollano hace 5 años:jubilado escribió: ↑18 Ago 2020, 11:28 ...he tenido problemas con el ejercicio 1. He visto la solución de Sleepylavoisier en el otro hilo y me he dado cuenta que ha resuelto un problema distinto al del enunciado escaneado. Están cambiadas las posiciones de las masas A y B.
Yo he tratado de resolver el original aplicando las condiciones de equilibrio y me encuentro con el problema de que no se me van las masas "m" de las dos barras por lo que todos los resultados que nos piden he de dejarlos en función de esa masa y eso me mosquea mucho. La diferencia con la solución de Seelpy es que en el diagrama del cuerpo libre de la barra oblicua yo considero que la pared ejerce una reacción sobre la barra que no va ni en dirección horizontal ni vertical , sino que forma un ángulo "alfa", desconocido con la vertical y que, por tanto tiene componente horizontal y vertical que hay que tener en cuenta en las ecuaciones de equilibrio.
El caso es que el enunciado dice con claridad:sleepylavoisier escribió: ↑20 Jul 2015, 11:53 ...empecé por el problema 1 de Física que creo es el más difícil. Razoné bien pero acabé con una incógnita más que ecuaciones, ¿por qué?, en el punto de apoyo de la barra oblicua con la pared vertical asigné dos fuerzas, una normal a la pared H y otra tangencial a la pared (o de rozamiento) T, pero si no recuerdo mal no había rozamientos por lo que T=0 y el número de incógnitas era igual al de ecuaciones.
Por lo tanto, pienso que la reacción debida a la pared vertical no puede tener componente vertical, porque revelaría una fricción no nula entre la pared y el extremo de la barra oblicua. Solo hemos de considerar componente horizontal, H, siempre que despreciemos el rozamiento.No existe rozamiento.
Análogamente, solo existe componente normal, N, en el centro de la barra oblicua y que es perpendicular a ella, debida al contacto con el extremo de la barra horizontal, ya que despreciamos la componente paralela a la barra oblicua pues supondría la presencia de un rozamiento entre ambas barras que realmente hemos de anular obligados por el enunciado.
Esto es importante a la hora de resolver el problema, porque si no lo tenemos en cuenta habrá dos incógnitas más (reacción paralela a la pared y reacción paralela a la barra oblicua) que ecuaciones linealmente independientes y el sistema se vuelve irresoluble.
Lo he vuelto a solucionar con los datos del enunciado oficial:
ϑ = 53º
mA·g = 16 kp
colocando A y B en su sitio correcto (respetando resultados con dos cifras significativas):
-Balance de momentos en la barra oblicua respecto de su centro:
(L/2)·mA·g·senϑ = (L/2)·H·sen(90º–ϑ)
Cancelando (L/2) y teniendo en cuenta que sen(90º–ϑ) = cosϑ, despejamos H:
H = mA·g·senϑ/cosϑ = mA·g·tanϑ = 16 kp · tan 53º
H = 21 kp
-Balance de fuerzas horizontales en la barra oblicua:
H = N·cosϑ ⇒ N = H/cosϑ = mA·g·tanϑ/cosϑ = 16 kp · tan 53º / cos 53º
N = 35 kp
-Balance de momentos en la barra horizontal:
(L/2)·N·senϑ = (L/2)·mB·g
Cancelamos (L/2):
mB·g = N·senϑ = mA·g·tanϑ·senϑ/cosϑ = mA·g·tan²ϑ = 16 kp·tan²53º
peso de B = mB·g = 28 kp
Muchas gracias por la resolución del 4 de Química, coincide con mis soluciones en el otro hilo. Únicamente comentar una pijotada, ambos hemos dado nuestras soluciones como:
α = 0,005525 y pH = 7
Pero parece que insistieron mucho en señalar 3 cifras significativas en los datos del enunciado (incluso añadiendo ceros a la derecha) por lo que pienso que, no estaría de más, dar nuestros resultados como:
pH = 7,00
α = 0,0055249 ⇒ α = 0,552 %
Saludos.
Saludos.sleepylavoisier escribió: ↑21 Dic 2020, 20:10Los balances de fuerzas y momentos se aplican a sólidos rígidos que son cuerpos indeformables, pero si consideras las dos barras en su conjunto, no tendrías un sólido rígido porque no sería indeformable. Pero no hace falta comerse el coco, el propio enunciado nos advierte amablemente sobre esta situación, al final del mismo podemos leer:Opositor95 escribió: ↑20 Dic 2020, 12:44 Comentas que la componente vertical de la reacción pared debe ser 0 ya que no hay fuerza de rozamiento, sin embargo, si hago un diagrama de fuerzas global formado por las dos barras, es necesario que exista dicha componente. Si no existiese dicha componente, sobre el sistema solo actuarían el peso de las dos barras y al estar estas dos dirigidas hacia abajo el sistema tendría que ir hacia abajo y tendría una aceleración.Saludos.(Constrúyase el diagrama de fuerzas del sólido libre en cada una de las barras)
Vale, graciassleepylavoisier escribió: ↑05 Feb 2021, 22:12Hola, china2, el peso mg es una fuerza que actúa sobre el centro de gravedad del cuerpo de masa m, no sobre otro cuerpo diferente. El enunciado nos invita a que analicemos cada barra por separado, no las dos a la vez, las fuerzas que actúan sobre una barra, no afectan al balance de momentos de la otra barra. Algo se comentó líneas arriba:china2 escribió: ↑03 Feb 2021, 21:52Hola, en este ejercicio al calcular el momento de la barra horizontal yo había considerado también el peso de la barra oblicua y veo que no, ese peso de la oblicua no está afectando a la horizontal?sleepylavoisier escribió: ↑18 Ago 2020, 23:54 Buenas noches, jubilado.
Me pasó lo mismo que a ti con el 1 de Física, en vivo y en directo, cuando hice este problema en Puertollano hace 5 años:
El caso es que el enunciado dice con claridad:
Por lo tanto, pienso que la reacción debida a la pared vertical no puede tener componente vertical, porque revelaría una fricción no nula entre la pared y el extremo de la barra oblicua. Solo hemos de considerar componente horizontal, H, siempre que despreciemos el rozamiento.
Análogamente, solo existe componente normal, N, en el centro de la barra oblicua y que es perpendicular a ella, debida al contacto con el extremo de la barra horizontal, ya que despreciamos la componente paralela a la barra oblicua pues supondría la presencia de un rozamiento entre ambas barras que realmente hemos de anular obligados por el enunciado.
Esto es importante a la hora de resolver el problema, porque si no lo tenemos en cuenta habrá dos incógnitas más (reacción paralela a la pared y reacción paralela a la barra oblicua) que ecuaciones linealmente independientes y el sistema se vuelve irresoluble.
Lo he vuelto a solucionar con los datos del enunciado oficial:
ϑ = 53º
mA·g = 16 kp
colocando A y B en su sitio correcto (respetando resultados con dos cifras significativas):
-Balance de momentos en la barra oblicua respecto de su centro:
(L/2)·mA·g·senϑ = (L/2)·H·sen(90º–ϑ)
Cancelando (L/2) y teniendo en cuenta que sen(90º–ϑ) = cosϑ, despejamos H:
H = mA·g·senϑ/cosϑ = mA·g·tanϑ = 16 kp · tan 53º
H = 21 kp
-Balance de fuerzas horizontales en la barra oblicua:
H = N·cosϑ ⇒ N = H/cosϑ = mA·g·tanϑ/cosϑ = 16 kp · tan 53º / cos 53º
N = 35 kp
-Balance de momentos en la barra horizontal:
(L/2)·N·senϑ = (L/2)·mB·g
Cancelamos (L/2):
mB·g = N·senϑ = mA·g·tanϑ·senϑ/cosϑ = mA·g·tan²ϑ = 16 kp·tan²53º
peso de B = mB·g = 28 kp
Muchas gracias por la resolución del 4 de Química, coincide con mis soluciones en el otro hilo. Únicamente comentar una pijotada, ambos hemos dado nuestras soluciones como:
α = 0,005525 y pH = 7
Pero parece que insistieron mucho en señalar 3 cifras significativas en los datos del enunciado (incluso añadiendo ceros a la derecha) por lo que pienso que, no estaría de más, dar nuestros resultados como:
pH = 7,00
α = 0,0055249 ⇒ α = 0,552 %
Saludos.Saludos.sleepylavoisier escribió: ↑21 Dic 2020, 20:10Los balances de fuerzas y momentos se aplican a sólidos rígidos que son cuerpos indeformables, pero si consideras las dos barras en su conjunto, no tendrías un sólido rígido porque no sería indeformable. Pero no hace falta comerse el coco, el propio enunciado nos advierte amablemente sobre esta situación, al final del mismo podemos leer:Opositor95 escribió: ↑20 Dic 2020, 12:44 Comentas que la componente vertical de la reacción pared debe ser 0 ya que no hay fuerza de rozamiento, sin embargo, si hago un diagrama de fuerzas global formado por las dos barras, es necesario que exista dicha componente. Si no existiese dicha componente, sobre el sistema solo actuarían el peso de las dos barras y al estar estas dos dirigidas hacia abajo el sistema tendría que ir hacia abajo y tendría una aceleración.Saludos.(Constrúyase el diagrama de fuerzas del sólido libre en cada una de las barras)
Siiii, muchas gracias, hoy estoy muy muy espesa y parece que voy para atrás en lugar de avanzarkoler escribió: ↑19 Jul 2023, 13:58 Hola china2,
A ver, lo primero que hay que hacer es separar las dos barras y representar las fuerzas.
Al tomar momentos en el punto O' de la barra horizontal, la otra barra inclinada no se considera, pues ya has separado las dos barras.
En el soporte sí hay reacción, una horizontal y otra vertical, ver figura.
Las tensión en A es la misma que peso, TA = mA·g; y lo mismo en B. Estas tensiones sí se tienen en cuenta, pero se pone el peso, pues son iguales.
Pongo figura...
Espero que ya esté un poco más claro. Saludos.
CLM_2015_barras_equilibrio.jpg