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Facultad de Ingeniería y Computación - Escuela Profesional de Ingeniería Civil

EXAMEN FINAL DE FÍSICA II

Docentes: Dr. Henry Javier

Grupos:

Dr. Wilmer Sucasaire

Periodo: 2018 - 1

CIV3-1.1 | CIV3-1.2 | CIV3-2.1 | CIV3-2.2 | CIV3-3.1 | CIV3-3.2 | CIV3-4.1 | CIV3-4.2

Fecha: 03/07/2018

CIV3-5.1 | CIV3-5.2 | CIV3-6.1 | CIV3-6.2 | CIV3-7

1. Dilatación. Las botellas de vino nunca se llenan por completo: en el cuello con forma cilíndrica (diámetro interior d = 18, 5 mm) de la botella de vidrio se deja un pequeño volumen de aire considerando el coeficiente de expansión térmica bastante grande del vino. La distancia H entre la superficie del contenido líquido y la parte inferior del corcho se llama “altura de la cámara de aire” (figura) y por lo general es H = 1, 5 cm para una botella de 750 mL llena a 20 ℃. Estime las nuevas alturas H si la botella se mantiene a: a) 10 ℃ (1,5 puntos).

Tiempo: 120,0 min

∆h =

V0 V0 β∆T = 2 β(Tf − T0 ) A πr

∆h =

750 × 10−6 (4, 2 × 10−4 )(10 − 20) π(9, 25 × 10−3 )2

∆h = −1, 1718 cm Es decir el vino de contrae, por lo tanto la altura de la cámara de aire aumenta. H10◦ C = H + |∆h| = 1, 5 cm + 1, 1718 cm H10◦ C = 2, 67 cm b) Cambio de altura del vino en el cuello cilíndrico de la botella para una temperatura final del vino Tf = 30 ℃.

b) 30 ℃ (1,5 puntos). (βvino = 4, 2 × 10−4 ℃−1 )

∆h =

750 × 10−6 (4, 2 × 10−4 )(30 − 20) π(9, 25 × 10−3 )2

∆h = 1, 1718 cm Es decir el vino de se expande, por lo tanto la altura de la cámara de aire disminuye. H30◦ C = H − |∆h| = 1, 5 cm − 1, 1718 cm H30◦ C = 0, 328 cm

Solución: Datos: d = 18, 5 mm,

entonces

a) Rpta.: H = 2, 67 cm b) Rpta.: H = 0, 33 cm

H = 1, 5 cm V0 = 750 mL

r = 9, 25 mm

T0 = 20 ℃

a) Cambio de altura del vino en el cuello cilíndrico de la botella para una temperatura final del vino Tf = 10 ℃. ∆V = V0 β∆T A · ∆h = V0 β∆T pág. 1 de 8

2. Calorimetría: En un laboratorio se desea obtener agua a 35 ◦ C para un experimento de calidad, para lo cual se tiene un recipiente cerrado de cobre de 0, 100 kg con 3, 0 kg de agua a 302 ◦ F (vapor), y se introduce m gramos de hielo a 263, 15 K. Hallar la masa m del hielo. Suponga que no se pierde calor al entorno. (3,0 puntos).

Por conservación de energía:

X

Qi = 0

i=1

Q1 + Q2 + Q3 + Q4 + Q5 + Q6 + Q7 = 0 m = 15, 7168 Kg

cCu = 393 J/kg K. Solución Cobre: mCu = 0,100 kg cCu = 393 J/kg K T0 = 302 ◦ F = 150 ◦ C T = 35 ◦ C Q1 = cCu mCu ∆T = −4 519,5 J

Agua: vapor → líquido. mV = 3 kg cV = 1960 J/kg K ca = 4190 J/kg K T0 = 302 ◦ F = 150 ◦ C T = 35 ◦ C LV = 2,256 × 106 J/kg Q2 = cV mV ∆T = −294 000,0 J Q3 = −mV LV = −6 768 000,0 J Q4 = ca mV ∆T = −817 050,0 J

Agua: hielo → líquido. m =? ch = 2095 J/kg K T0 = 263, 15 K = −10 ◦ C T = 35 ◦ C Q5 = ch m ∆T = 20 950 m J Q6 = m Lf = 3, 34 × 105 m J Q7 = ca m ∆T = 146 650 m J Rpta.: m = 15, 7168 kg = 15 716, 80 g pág. 2 de 8

3. Primera y segunda ley de la termodinámica. Dos moles de gas diatómico describen el ciclo ABCDA que se muestra en el diagrama PV de la figura. El segmento AB representa una expansión isotérmica, el segmento BC una expansión adiabática. En el punto A la presión es de 5,0 atm y la temperatura de 600 K. El volumen en B es el doble que en A. La presión en D es de 1,0 atm. Determina a) La presión en B, la temperatura en C, y el trabajo realizado por el gas en un ciclo. (2,0 puntos). b) El calor de entrada Qin , el calor de salida Qout y el cambio de energía interna en un ciclo. (2,0 puntos).

VC = 3, 8483 · VA también: TB VBγ−1 = TC VCγ−1  γ−1  1,4−1 2VA TC = TB VVB = 600 3,8483VA C TC = 461, 80 K Proceso A - B: Isotérmico (∆UAB = 0)     A WAB = nRTA ln VVBA = 2(8, 314)(600) ln 2V VA WAB = 6915, 39 J QAB = 6915, 39 J Proceso B - C: Adiabático (QBC = 0)
WBC = ncv (TB − TC ) = 2 52 R (600 − 461, 8) WBC = 5744, 974 J ∆UBC = −5744, 974 J Proceso C - D: Isobárico WCD = P0 (VD − VC ) WCD = 1, 013 × 105 (−2, 8483)(1, 9697 × 10−2 ) WCD = −5683, 23 J Calor QCD = ncp ∆T = 2

Solución:

7 2R

QCD = −19926, 761 J

Punto A: PA VA = nRTA

∆UCD = QCD − WCD

nRTA = PA

(2)(8,314)(600) 5(1,013×105 )

= 1, 9697 × 10−2 m3

Punto D: PD VD = nRTD TD =

(TD − TC )

QCD = 7(8, 314)(119, 405 − 461, 8018)

Calculamos la Presión, el volumen y la temperatura en los puntos que faltan. Usamos la ecuación de estado: P V = nRT

VA =




PD V A = nR

(1,013×105 )(1,9697×10−2 ) 2(8,314)

= 119, 4 K

Proceso A - B: Isotérmico (∆UAB = 0)

Cambio de energía interna ∆UCD = −14243, 53 J Proceso D - A: Isocorico (WDA = 0)
QDA = ncp ∆T = 2 25 R (TA − TD ) QDA = 19978, 33 J ∆UDA = 19978, 33 J

PA V A PB V B = T T A B   PB = PA VVBA = 5P0



VA 2VA

a) Rpta.:PB = 2, 53 × 105 Pa; TC = 461, 80 K



Rpta.: WT = 6977, 13 J

PB = 2, 5P0 Proceso B - C: Adiabático (QBC = 0) PB VBγ = PC VCγ VC = VB



PB PC

b) Rpta.: Qin = 26893, 72 J Rpta.: Qout = −19926, 76 J

1 γ

= 2VA



2,5P0 P0



1 1,4

Rpta.: ∆U = 0 pág. 3 de 8

4. Electrostática. En la figura se tiene las cargas eléctricas: q1 = −1 × 10−2 C, q2 = −2 × 10−2 C y q3 = 3 × 10−2 C. Determina: a) El vector fuerza eléctrica resultante sobre la carga q1 . (2,0 puntos). b) El campo eléctrico E = E1 + E3 en el punto P. (2,0 puntos). El potencial eléctrico total V en el punto P. (1,0 punto).

[Utilizar la notación científica en los resultados finales.] ˆ × 103 N a) Rpta.: F = (49, 544 ˆı + 54, 983 ˆ − 6, 526 k) ˆ × 106 N/C b) Rpta.: E = (−1, 1552 ˆı − 3, 7263 ˆ + 1, 4142 k) Rpta.: V = 2, 0457 × 106 V

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5. Preguntas de teoría A) ¿Es posible cocinar un huevo en lo más alto del nevado Huascaran? Explique su respuesta (0,5 puntos).

Como consecuencia de esto, las partículas que quedan en la sopa reducen su energía cinética y, eventualmente, la temperatura de la sopa va disminuyendo a medida que las partículas se evaporan.

Cuando soplamos la sopa, removemos el

No es posible ya que el agua no podrá llegar a una tempera-

aire que está inmediatamente sobre la capa de sopa, lo cual

tura de 80 ℃, temperatura mínima para cocer el huevo. En lo

afecta a ambos procesos.

alto del nevado Huascarán el agua hierve a 70 ℃.

tá sobre la sopa y reemplazarlo por aire más frío, aumenta la

B) Explique detalladamente la DIFERENCIA entre calor específico y calor latente (0,5 puntos).

Al remover el aire caliente que es-

diferencia de temperatura entre la sopa y el aire, por lo que ésta se enfría más rápido, al haber un mayor diferencial de temperatura.

Por otro lado, la rapidez de evaporación de-

pende de la cantidad de vapor que hay sobre la sopa. Si es El calor específico es la cantidad de calor que hay que su-

mucho existe la posibilidad de que, vía condensación, algunas

ministrar a la unidad de masa de una sustancia o sistema

partículas vuelvan a caer sobre la sopa. Al soplar se evita es-

termodinámico para elevar su temperatura en una unidad. Y

ta posibilidad y se aumenta la rapidez con la cual la sopa se

el calor latente es la energía suministrada por una sustancia

enfría.

para cambiar de estado

C) Una persona se sirve sopa caliente a la hora de almuerzo. Al querer probarla, y para evitar quemarse, la sopla con cuidado. El procedimiento indicado baja rápidamente la temperatura de la sopa, debido a que: (0,5 puntos). La sopa transfiere energía térmica más rápidamente al aire. Cambia el calor específico de la sopa. Cambia el calor latente de vaporización de la sopa. El calor específico del aire es menor que el de la sopa. Aumenta el movimiento en las moléculas superficiales de la sopa.

X

D) Un gas monoatómico ideal se expande lentamente al doble de su volumen. [1] isotérmicamente; [2] adiabáticamente; [3] isobáricamente. (i) Grafique cada caso en un solo diagrama P V . (ii) ¿En cuál proceso ∆U es el mayor de todos, y en cuál ∆U es el menor de todos? (iii) ¿En cuál proceso el trabajo W es el mayor y en cuál el menor? (iv) ¿En cuál proceso el calor Q es el mayor y en cuál el menor? Justifique sus respuestas explicándolas con argumentos de la 1ra ley de la termodinámica. Respuestas sin justificación no serán consideradas (0,5 puntos).

Escoja marcando con una X una o varias alternativas y explique detalladamente el motivo de su respuesta (Respuestas sin explicación no serán consideradas) Un plato caliente de sopa se enfría con el tiempo hasta que, eventualmente, su temperatura iguala a la del ambiente. En esta disminución de temperatura, están involucrados dos procesos: la transferencia de calor desde la sopa al aire y la evaporación que se da en la superficie expuesta de la sopa. Siempre que dos cuerpos de diferente temperatura se ponen en contacto térmico, existe transferencia de calor desde el cuerpo con mayor temperatura al de menor temperatura. En la situación de la pregunta, la sopa transfiere calor por conducción a la capa de aire en contacto directo con su superficie. Con esto, la capa de aire aumenta su temperatura, se expande y disminuye su densidad, por lo que sube. El espacio vacante es ocupado por nuevas capas de aire a menor temperatura, que a su vez, absorben el calor de la sopa. Esto genera un

El ∆U es proporcional al cambio de la temperatura, El cambio de energía interna para un proceso isotérmico es cero, mas grande para el proceso isobárico y mas pequeño (negativo) para un proceso adiabático. El trabajo realizado, W , es el área bajo la curva es mayor para el proceso isobárico y menor para el proceso adiabático. Usando la 1ra ley de la termodinámica, Q = 0 para un proceso adiabático y máximo para un proceso isobárico.

flujo convectivo de aire y el enfriamiento de la sopa. Además, ocurre el proceso de evaporación. Las partículas de la sopa chocan entre ellas, transfiriéndose energía. Algunas de estas partículas, en especial las de la superficie, pueden adquirir la suficiente energía como para desprenderse del líquido, produciéndose así el proceso de evaporación.

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6. Corriente y resistencia. Un alambre de cobre (L1 = 10 m) y otro de fierro (L2 = 20 m), ambos del mismo diámetro d = 3 mm, se unen y se aplica una diferencia de potencial de 220 V entre los alambres compuestos. Determina: a) La diferencia de potencial entre los extremos de cada alambre. (2,0 puntos). b) La potencia que consume cada alambre. (1,0 punto). Cobre: ρCu = 1, 70 × 10−8 Ω m. Fierro: ρFe = 1, 00 × 10−7 Ω m. (Nota: Si resuelve esta pregunta ya NO debe resolver la pregunta 7)

Solución: Diferencia de potencial que se aplica a la unión de alambres: V1 − V2 = V = 220 V

Como la unión de alambres está en serie, entonces se tiene: V = VCu + VFe Pasa la misma corriente por los alambres y usando la ley de Ohm (V = R I): V = RCu I + RFe I = (RCu + RFe ) I   L1 L2 V = ρCu + ρFe I A A I=

V π4 π d2 ρCu L1 + ρFe L2

I = 716,6306 A a) Diferencia de potencial en cada alambre: VCu = RCu I = ρCu VFe = RFe I = ρFe

L1 I = 17,23 V A

L2 I = 202,77 V A a) Rpta.: VCu = 17,23 V

b) Potencia:

Rpta.: VFe = 202,77 V

PCu = RCu I 2 = ρCu PFe = RFe I 2 = ρFe

L1 2 I = 12 351,4984 W A

L2 2 I = 145 311,7464 W A

b) Rpta.: PCu = 12 351, 50 W Rpta.: PFe = 145 311, 75 W pág. 6 de 8

7. Se acelera un electrón horizontalmente desde el reposo (vA = 0), del punto A al punto B, mediante una diferencia de potencial de ∆VAB = 5500 V. Luego, este mismo electrón ingresa a una región de campo eléctrico uniforme creado por dos placas paralelas horizontales de longitud L = 6, 5 cm con una separación de d = 1, 3 cm. La diferencia de potencial entre placas es ∆V = 250 V. a) Calcule la velocidad vB con la que el electrón ingresa a las placas paralelas en el punto B (1,0 punto). b) Calcule la magnitud y dirección de la aceleración del electrón en el interior de las placas (1,0 punto). c) Usando cinemática, calcule el ángulo θ de la trayectoria del electrón cuando abandona las placas, pasando exactamente por el borde C. (qe = −1, 6 × 10−19 C, me = 9, 1 × 10−31 kg) (1,0 punto).

vx = 4, 397 × 107 m/s En el eje y comienza su movimiento con velocidad inicial en y igual a cero vy0 = 0. Calcularemos la velocidad final vyf usando la cuarta ecuación de la cinemática. 0

0

> + 2a(yf −  vy2f = vy2 y 0) 0   1, 3 × 10−2 vy2f = 2(3, 38 × 1015 ) 2

vyf = 0, 662 × 107 m/s El ángulo se calcula con: tan θ =

v yf 0, 662 = vx 4, 397

θ = 8, 57°

(Nota: Si resuelve esta pregunta ya NO debe resolver la pregunta 6)

Solución: a) Por conservación de energía tenemos: ∆K + ∆Ue = 0 0 1 2 2 m(vB

2 7) + q∆V = 0 − vA

2 =− vB

2q 2(−1, 6 × 10−19 ) · ∆V = − · (5500) m 9, 1 × 10−31

vB = 4, 397 × 107 m/s b) La aceleración del electrón   qE q −∆V a= = · m m d a=−

(−1, 6 × 10−19 )(250) (9, 1 × 10−31 )(1, 3 × 10−2 )

a = 3, 38 × 1015 m/s2 c) Calculo del ángulo por cinemática En el eje x la velocidad del electrón es constante

a) Rpta.: vB = 4, 4 × 107 m/s b) Rpta.: a = 3, 4 × 1015 m/s2 c) Rpta.: θ = 8, 6° pág. 7 de 8

TF = 59 TC + 32° TK = TC + 273,15 ∆L = αL0 ∆T ∆A = γA0 ∆T ∆V = βV0 ∆T γ = 2α β = 3α R = 8, 314 J/mol K P0 = R1, 013 × 105 Pa W = pdV Q = ∆U + W

Q = mc∆T Qf = ±mLf Qv = ±mLv agua Lf = 3, 34 × 105 J/kg Lv = 2, 256 × 106 J/kg c = 4190 J/kg K Fe = ke q1r2q2 ke = 9 × 109 Nm2 /C2 Fe = q0 E

W = q0 ∆V ∆V = −E P ·qd dQ = ncv dT a V cte. i V = ke rq VT = k e ri dQ = ncp dT a p cte. c K = 12 mv 2 U = qV cp = cv + R; γ = cp qE v ∆K + ∆U = 0 a= m Adiabático Q = 0 T1 V1γ−1 = T2 V2γ−1 Isotérmico T cte.  P1 V1γ = P2 V2γ V2 W = nRT ln V W = ncv (T1 − T2 ) 1 1 W = γ−1 (P1 V1 − P2 V2 )

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Facultad de Ingeniería y Computación - Escuela Profesional de Ingeniería Civil Docentes:

EXAMEN FINAL DE FÍSICA II

Dr. Henry Javier Grupos:

Dr. Wilmer Sucasaire

Periodo: 2018 - 2

CIV3-1.1 | CIV3-1.2 | CIV3-2.1 | CIV3-2.2 | CIV3-3.1 | CIV3-3.2 | CIV3-4.2

Fecha: 1/12/2018

CIV3-5.2 | CIV3-6.1 | CIV3-6.2

Tiempo: 110,0 min

1. Temperatura y dilatación:

Usando la conservación de energía:

Un anillo de cobre de 20,0 g a 0 ℃ tiene un diámetro interno de dcu = 2, 54000 cm. Una esfera maciza de aluminio a 100 ℃ tiene un diámetro exterior de Dal = 2, 54508 cm. La esfera de aluminio se coloca por encima del anillo hasta que los dos lleguen al equilibrio térmico, sin pérdida de calor al ambiente. La esfera se ajusta exactamente al anillo en la temperatura de equilibrio. Calcule la masa de la esfera. (Ayuda: αal = 23 × 10−6 ◦ C−1 , αcu = 17 × 10−6 ◦ C−1 , cal = 900 J/kg.◦ C, ccu = 386 J/kg.◦ C ) (4,0 puntos).

T00 = 0°C T0 = 100°C

2 X

Qi = 0

i=1

Q1 + Q2 = 0 cAl mAl ∆T + cCu mCu ∆T = 0 y reemplazando los datos, se obtiene: 900 mAl (100−50,38)+(386)(20×10−3 )(50,38) = 0

mAl = 8,70916 × 10−3 kg

T =?

A la temperatura de equilibrio, el diámetro de la esfera maciza de aluminio es igual al diámetro del anillo de cobre. DAl = dCu D0Al (1 + αAl ∆T ) = d0Cu (1 + αCu ∆T ) D0Al + D0Al αAl (T − T0 ) = d0Cu + d0Cu αCu (T − 0) Despejando la temperatura de equilibrio, T : T =

d0Cu − D0Al + T0 D0Al αAl D0Al αAl − d0Cu αCu

T =

2,54 − 2,54508 + (100)(2,54508)(23 × 10−6 ) [(2,54508)(23) − (2,54)(17)] × 10−6

T = 50,3804°C

Código de examen: N:

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2. Calor y calorimetría: Un técnico mide el calor específico de un líquido desconocido sumergiendo en él una resistencia eléctrica. La energía eléctrica se convierte en calor transferido al líquido durante 120 s con tasa constante de 65 W. La masa del líquido es de 0,78 kg y su temperatura aumenta de 18,55 °C a 22,54 °C. Calcule el calor específico promedio del líquido en este intervalo de temperatura. Suponga que la cantidad de calor que se transfiere al recipiente es despreciable y que no se transfiere calor al entorno. (3,0 puntos).

Cantidad de calor que se transfiere al líquido desconocido es de:   J Q = P t = 65 (120 s) = 7800 J. s

Cantidad de calor que recibe el líquido desconocido: Q = cx mx ∆T

Despejando el calor específico del líquido desconocido y reemplazando los valores, se obtiene: cx =

Q 7800 = mx ∆T (0,780)(22,54 − 18,55)

cx = 2506,2657 J/kg °C

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3. Procesos termodinámicos:

b) c → a

La figura muestra el ciclo de 2,00 moles de un gas diatómico ideal. El volumen Vc = 10, 0Vb . El proceso bc es una expansión adiabática, con la presión pb = 10, 0 atm. y Vb = 0, 001 m3 . Para todo el ciclo determine: (4,0 puntos). a) La energía entregada al gas en forma de calor, b) La energía liberada por el gas en forma de calor, c) El trabajo neto realizado por el gas, d ) La eficiencia del gas en un ciclo

Proceso isobárico:   7 Q = n Cp ∆T = n R (Ta − Tc ) 2    7 Pa Va Pc Vc Q=n R − 2 nR nR 7 Pa (Va − Vc ); 2

Q=

ya que Pa = Pc

Reemplazando Vc = 10 Vb y Va = Vb = 0,001 m3 , se obtiene:

QB = Qca = −1270,33 J c) Aplicando la primera ley de la termodinámica, para el trabajo neto por ciclo:  Qabc = Wabc +  ∆U abc

Wabc = Qabc Q WT = Wabc = Qab +  bc + Qca WT = QA + QB Reemplazando los datos de calor, se obtiene:

WT = 1161, 3478 J Datos para el gas diatómico:

d) La eficiencia del gas en un ciclo: η =

WT QA

5 7 n = 2 mol; CV = R; Cp = R; Vc = 10 Vb ; 2 2 7 Va = Vb ; γ = ; Pb = 10 atm; Vb = 0,001 m3 ; 5 Pa = Pc .

========================

Método 1

Método 2:

a) a → b:

Proceso isócoro   5 Q = n CV ∆T = n R (Tb − Ta ) 2    5 Pb V b Pa V a 5 R − Q=n = Va (Pb − Pa ) 2 nR nR 2 b → c: Pc Vcγ

=

Proceso adiabático Pb Vbγ

 ⇒

Pc = Pb

Vb Vc

γ

η = 0,477 = 47,7 %

Determinando: Tb , Tc , Ta , y Pa . Pb Vb = 60. K nR  γ−1 Vb ? b → c: Tc = Tb = 24,253 K Vc     Va Va ? c → a: Ta = Tc = Tc = 2,4253 K Vc 10 Va   Ta ? a → b: Pa = Pb = 40328,249 Pa Tb ? Tb =

Pc = Pa = 4,0328 × 104 Pa Entonces, Q =

5 Va (Pb − Pa ) 2

a) QA = n CV ∆T = n CV (Tb − Ta ) = 2431,678 J b) QB = n Cp ∆T = n Cp (Ta − Tc ) = −1270,338 J

QA = Qab = 2431,68 J

c) WT = QA + QB = 1161,347 J d) η =

W = 0,477 = 47,7 % QA

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4. Fuerza eléctrica y campo. Dos esferas idénticas de masa m = 3 × 10−3 kg están suspendidas del mismo punto por dos cuerdas de longitud L, como se muestra en la figura. Halle (3,0 puntos). a) La carga de las esferas.

Por lo tanto, el módulo de la fuerza eléctrica se expresa como: s√ √ 3 q2 3 m g r12 F = q= m g = K0 2 3 3 K0 r1 Datos:

b) El vector campo eléctrico E total en el punto (0; −12; 0) m.

m = 3 × 10−3 kg; g = 9,80 m/s2 ; r1 = 10 m; K0 = 8,988 × 109 N m2 /C2 . Finalmente, la carga de las esferas:

q = 1,37424 × 10−5 C

b) Determinando el campo eléctrico en el punto (0; −12; 0) m, sabiendo que la carga es +q. q q ˆ 1 + K0 2 u ˆ2 u 2 r1 r2   ˆ1 u ˆ2 u E = K0 q 2 + 2 ... (2) r1 r2 E = E1 + E2 = K0

Se aplica la primera condición de equilibrio a la carga que se ubica en las coordenadas (3; 4; 0) m:

Determinando los vectores unitarios: F+W+T=0 ? r1 = (0; −12; 0) − (3; 4; 0) = (−3; −16; 0) m.

Fu ˆ1 − W kˆ + T u ˆ2 = 0 ... (1) F : fuerza eléctrica.

r1 =

T : tensión en la cuerda.

Determinando los vectores unitarios: r1 r1

r2 r2

r2 = (0; 0; 5

r2 =

1 u ˆ1 = (3 ˆı + 4 ˆ) 5

r1 = (3, 4, 0) − (−3, −4, 0) = 6 ˆı + 8 ˆ ? u ˆ2 =

u ˆ2 = √

265 m

ˆ1 = √ u

1 (−3 ˆı − 16 ˆ) 265

? r2 = (0; −12; 0) − (−3; −4; 0) = (3; −8; 0) m

W : peso de la carga.

? u ˆ1 =

√

√

73 m

1 ˆ 2 = √ (3 ˆı − 8 ˆ) u 73

Reemplazando en la Ec. (2):

E = 508,20627 ˆı − 2042,391668 ˆ N/C

r1 = 10

√ 1 ˆ (−3 ˆı − 4 ˆ + 5 3 k) 10

3) − (3; 4; 0) = −3 ˆı − 4 ˆ + 5

√

3 kˆ

r2 = 10 Reemplazando en la ecuación (1): √ 3 3 4 4 5 3 ( F − T ) ˆı+( F − T ) ˆ+(−W + T ) kˆ = 5 10 5 10 10 0 De la ecuación anterior, se tiene; √ 1 10 3 F = T y T = W ⇒ 2 15

√ F =

3 W 3 Código de examen: N:

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5. Fuerza, campo y potencial (teoría). (A) (0,5 puntos). (a) Explique el significado de la expresión “un átomo neutro”. (b) Explique el significado de “un átomo con carga negativa”. a) Átomo neutro. Todo los átomo tienen la misma cantidad de protones y de electrones. Los electrones y protones tienen, respectivamente, carga negativa y carga positiva de la misma magnitud. Por lo tanto, un átomo tiene carga cero o neutra. b) Un átomo con carga negativa. Algunos átomos tienen la propiedad de ganar electrones, se conoce como anión.

(B) (1,0 punto). Se coloca un protón en un campo eléctrico uniforme y luego se libera. Después se sitúa un electrón en el mismo punto y también se libera. Sobre ambas partículas, indique si es verdadero (V) o falso (F). Experimentan las dos partículas la misma fuerza Ambas partículas tienen la misma aceleración Las dos se mueven en la misma dirección cuando se liberan Si recorren la misma distancia, ambas tienen energía cinética diferente El protón no se mueve por ser más pesado

F V V F

Relación entre campo eléctrico y potencial eléctrico: y

E = −∇ V

Si el campo eléctrico es cero, V1 − V2 = 0

y

Cuando los electrones de un buen conductor adquieren energía producen la corriente eléctrica, el conductor permite el paso a través de él con facilidad, sin ofrecer mucha resistencia. Esta energía de los electrones es la energía en forma de calor. Por lo tanto, si el material conduce corriente debe tener la capacidad de conducir el calor. (E) (0,5 puntos). Existe diferencia entre entre potencial eléctrico y energía potencial eléctrica. Si su respuesta es NO, explique sus similitudes. Si su respuesta es SI, haga un listado de las diferencias. Sí. La energía potencial eléctrica, U , es el trabajo que hay que hacer para llevar una carga hasta un determinado sitio (desde el infinito, o desde un punto arbitrario de referencia). El potencial eléctrico, V , es la energía potencial U dividida por la carga Q.

V

(C) (0,5 puntos). En cierta región del espacio, el campo eléctrico es cero. A partir de este hecho, ¿qué puede concluir acerca del potencial eléctrico en esta región? i) Es cero. ii) Es constante. iii) Es positivo. iv) Es negativo. v) Ninguna de estas respuestas es necesariamente cierta. Escoja una o varias opciones y explique detalladamente su respuesta.

V1 − V2 = E d

(D) (0,5 puntos). Es común que los buenos conductores eléctricos, como los metales, también sean buenos conductores del calor; asimismo los aislantes eléctricos, como la madera, por lo general son malos conductores del calor. Explique por qué debe haber una relación entre la conducción eléctrica y la conducción del calor en estos materiales.

0 = −∇ V ,

entonces significa que el potencial eléctrico es constante en esa región del espacio, pudiendo ser negativo o positivo.

En el sistema internacional, energía potencial eléctrica, U , se mide en J (Joule), y el potencial eléctrico, V , se mide en V (voltios).

TF = 95 TC + 32° TK = TC + 273,15 ∆L = αL0 ∆T ∆A = γA0 ∆T ∆V = βV0 ∆T γ = 2α β = 3α

Q = mc∆T Qf = ±mLf Qv = ±mLv agua Lf = 3, 34 × 105 J/kg Lv = 2, 256 × 106 J/kg c = 4190 J/kg K

R = 8, 314 J/mol K P0 = R1, 013 × 105 Pa W = pdV P V = nRT QC e = QW = 1 + Q H H Q = ∆U + W W = q0 ∆V ∆V = −E P ·qd i V = ke rq VT = k e ri K = 12 mv 2 U = qV ∆K + ∆U = 0 a = qE m Adiabático Q = 0 T1 V1γ−1 = T2 V2γ−1 P1 V1γ = P2 V2γ W = ncv (T1 − T2 ) 1 W = γ−1 (P1 V1 − P2 V2 )

Código de examen: N:

Fe = ke q1r2q2 ke = 9 × 109 Nm2 /C2 Fe = q0 E

dQ = ncv dT a V cte. dQ = ncp dT a p cte. c cp = cv + R; γ = cp v

vf = vi + at xf − xi = 21 (vi + vf )t xf − xi = vi t + 21 at2 vf2 = vi2 + 2a(xf − xi ) a = qE m

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6. Movimiento de partículas en campos eléctricos: Se proyectan varios protones con una rapidez inicial vi = 9,55 km/s en una región donde hay un campo eléctrico uniforme E = (−720ˆ) N/C, como se muestra en la figura. Los protones deben alcanzar un objetivo que se encuentra a una distancia horizontal de 1,27 mm del punto por donde los protones atraviesan el plano y entran en el campo eléctrico. Determine (3,0 puntos). a) los dos ángulos de proyección θ que logren el resultado esperado. b) el tiempo de vuelo (intervalo de tiempo durante el cual el protón pasa por encima del plano en la figura) para cada una de las trayectorias.

Usando sec2 (θ) = tan2 (θ) + 1, se tiene: y = x tan(θ) −

a x2 [tan2 (θ) + 1] 2 vi2

y = x tan(θ) −

2 a x2 2 (θ) − a x tan 2 vi2 2 vi2

Cuando los protones alcanzan el objetivo, y = 0, y haciendo tan(θ) = u, se tiene una ecuación de segundo grado: a x2 2 a x2 u − x u + =0 2 vi2 2 vi2 Reemplazando datos y simplificando, se obtiene: 6,089 × 10−4 u2 − 1,27 × 10−3 u + 6,089 × 10−4 = 0 6,089 u2 − 12,7 u + 6,089 = 0 u2 − 2,08573 u + 1 = 0 Cuyas raíces son: u1 = 0,747

u2 = 1,339

tan(θ1 ) = 0,747

tan(θ2 ) = 1,339

θ1 = 36,76°

θ2 = 53,24°

b) Determinando el tiempo de vuelo, usando la ecuación, x = vix t, para los dos ángulos de proyección: Determinando la aceleración y las componentes de la velocidad inicial vi : a=

qp E mp

vix = vi cos(θ)

viy = vi sen(θ)

Para θ1 = 36,76°

Las ecuaciones parametrizadas: 1 ay t2 2

⇒

1 x = x0 + vix t + ax t2 2

⇒

y = y0 + viy t +

t1 = y = viy t −

1 2 at 2

x 1,27 × 10−3 x = = vix vi cos(θ1 ) 9,55 × 103 cos(36,76°)

t1 = 1,6599 × 10−7 s = 165,99 ns

x = vix t

Combinando las dos últimas ecuaciones, se tiene la ecuación de la trayectoria: y=

Para θ2 = 53,24°

viy a x2 x− 2 vix 2 vix

t2 =

Ahora reemplazando las velocidades iniciales, se obtiene: a x2 1 y = x tan(θ) − 2 2 vi cos2 (θ) y = x tan(θ) −

x x 1,27 × 10−3 = = vix vi cos(θ2 ) 9,55 × 103 cos(53,24°)

t2 = 2,2221 × 10−7 s = 222,21 ns

a x2 sec2 (θ) 2 vi2 Código de examen: N:

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Facultad de Ingeniería y Computación - Escuela Profesional de Ingeniería Civil

EXAMEN FINAL DE FÍSICA II

Docentes: Dr. Henry Javier

Grupos:

Dr. Wilmer Sucasaire

Periodo: 2019 - 1

CIV3-1.1 | CIV3-1.2 | CIV3-2.1 | CIV3-2.2 | CIV3-3.1 | CIV3-3.2 | CIV3-4.1 | CIV3-4.2

MsC. Elvis Vilca

Fecha: 06/07/2019

CIV3-5.1 | CIV3-5.2 | CIV3-6.1 | CIV3-6.2 | CIV3-7.1 | CIV3-7.2 | CIV3-8

Tiempo: 100,0 min

1. Temperatura y dilatación: Un cilindro hueco de aluminio de 20,0 cm de profundidad tiene una capacidad interna de 2,000 L a 20,0 ℃. El cilindro se llena por completo, hasta el borde, con gasolina y luego se calienta a fuego lento hasta 80,0 ℃. (4,0 puntos).

Al enfriarse, en el recipiente se observa un volumen vacío: ∆V1 ∆V1 = V Al − V gas = V1 (βAl − βgas ) ∆T1 ∆V1 = 0,107 × 10−3 m3

a) ¿Cuanta gasolina se desborda? b) Si después el cilindro y la gasolina, que estan a 80,0 ℃ se enfrían hasta 20 ℃, Calcule la profundidad de la gasolina (medida desde el borde superior del cilindro hasta la superficie de la gasolina que retrocede en el interior del cilindro) (βgasolina = 9, 6 × 10−4 ℃−1 , αAl = 24 × 10−6 ℃−1 )

Hallando la altura h1 del espacio vacío: ∆V1 = A0 h1 ,

donde A0 es el área de la base del cilindro a la temperatura de 20 °C. ∆V1 =

V0 h1 h

h1 = h

∆V1 V0

Solución. a) Usando el concepto de dilatación volumétrica:

h1 = 1,07 × 10−2 m = 1,07 cm

2

V0 = V0gas = V0Al V0gas = 2,000×10−3 m3 ⇒ V gas = V o (1+βgas ∆T ) V0Al = 2,000 × 10−3 m3 ⇒ V Al = V o (1 + βAl ∆T )

Hallando la cantidad de gasolina desbordada: ∆V = V gas − V Al ∆V = V0 (βgas − βAl ) ∆T ∆V = 0,107 × 10−3 m3

2

b) Ahora el sistema se enfría de 80 °C a 20 °C. Volumen inicial: V1 = V0 (1 + βAl ∆T ) = 2,00864 × 10−3 m3

Temperatura inicial: T1 = 80 °C. Temperatura final: T2 = 20 °C. Código de examen: N:

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2. Calor y calorimetría: Un calorímetro de cobre con masa de 0,440 kg contiene 0,0960 kg de hielo. El sistema está inicialmente a 0,0 °C. (3,0 puntos). a) Si a la lata se agregan 0.0360 kg de vapor de agua a 100 °C y 1,00 atm de presión, ¿qué temperatura final alcanzará la lata del calorímetro y su contenido? b) A la temperatura final, ¿cuántos kilogramos habrá de hielo, cuántos de agua líquida y cuántos de vapor? cCu = 387 J/kg K.

Solución. Sustancias que intervienen en el proceso. Cobre

Hielo

Vapor

mCu = 0,440 kg T0 = 0 °C Q1

mh = 0,0960 kg T0 = 0 °C Q2 Q3

mv = 0,0360 kg T0 = 100 °C Q4 Q5

Por conservación de energía, se tiene: P

Q=0

Q1 + Q2 + Q3 + Q4 + Q5 = 0 T = 88,80 °C

2,5

b) A la temperatura final solo se tiene el agua en estado líquido: mh = 0 kg ma = 0,0960 + 0,0360 = 0,1320 kg

0.5

mv = 0 kg

Código de examen: N:

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3. Termodinámica: Una máquina térmica contiene una muestra de 1,0 mol de un gas monoatómico ideal, originalmente a una presión de 1,0 atm, experimenta un proceso de tres pasos: (1) se expande adiabáticamente de T1 = 588 K a T2 = 389 K; (2) se comprime a presión constante hasta que su temperatura alcanza T3 ; (3) luego regresa a su presión y temperatura originales mediante un proceso a volumen constante. Determine: (3,0 puntos). a) Trabajo total (WT ), calor neto (Qneto ) y cambio de energía interna total (∆U ).

QB = −3734,90057 J QA = Q31 = n CV ∆T = n

3 R (T1 − T3 ) 2

QA = 4722,8186 J WT = QA + QB WT = 987,918 J

Calor neto: Qneto = QA + QB Qneto = 987,918 J

b) La eficiencia de la máquina térmica.

Cambio de energía interna: Solución:

∆U = ∆U12 + ∆U23 + ∆U31 ∆U = n CV (T2 − T1 ) + n CV (T3 − T2 ) + n CV (T1 − T3 ) ∆U = n CV (T2 − T1 + T3 − T2 + T1 − T3 ) ∆U = 0 J

2

b) La eficiencia: η = 1+ Para hallar la temperatura T3 , se realizan algunos cálculos previos:

1

QB QA

η = 0,209 = 20,9 %

De los estado (1) y (2): T1 V1γ−1

=

T2 V2γ−1

p1 V1γ = p2 V2γ ⇒

V2 ⇒ = V1

V2 = V1



p1 p2



T1 T2



1 γ−1

Otro método: WT = W12 + W23 + W31

1 γ

WT = −n

Igualando las ecuaciones anteriores, se tiene: 

T1 T2



1 γ−1

 =

p1 p2

p2 = 3,60612 ×

1

104



γ

⇒ p2 = p1

T2 T1



γ γ−1

3 R (T2 − T1 ) + n R (T3 − T2 ) + 0 2

WT = 987,918 J Qneto = Q12 + Q23 + Q31 Qneto = 0 + n Cp (T3 − T2 ) + n CV (T1 − T3 )

Pa

Qneto = 987,918 J

n R T1 Del estado (1): P1 V1 = n R T1 ⇒ V1 = p1

∆U = ∆U12 + ∆U23 + ∆U31

V1 = 48, 262 × 10−3 m3

∆U = n CV (T2 − T1 ) + n CV (T3 − T2 ) + n CV (T1 −

Estado (3): p2 V1 = n R T3 ⇒ T3 =

p2 V1 nR ∆U = 0 J

T3 = 209,32 K

La eficiencia de la máquina térmica:

a) Trabajo total:

η=

Q12 = 0 J QB = Q23 = n Cp ∆T = n

T3 )

5 R (T3 − T2 ) 2

WT WT = QA Q31

η = 0,209 = 20,9 % Código de examen: N:

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4. Fuerza eléctrica y campo eléctrico: Los pun- b) Campo eléctrico resultante en el punto D: tos A, B y C representan la ubicación de tres parq1 ˆ1 tículas cargadas q1 = +14 µC, q2 = +21 µC y ? E1 = Ko r2 u 1 q3 = −14 µC, respectivamente. Halle (4,0 pun1 1 √ tos). ˆ m r1 = (−ˆı + 3 ˆ − k) r1 = 11 m. 50 50 a) El vector fuerza eléctrica resultante sobre la 1 ˆ carga q3 . ˆ 1 = √ (−ˆı + 3 ˆ − k) u 11 b) El vector campo eléctrico resultante en el punto D. ˆ × 106 N/C E1 = (−8,6342 ˆı + 25,9026 ˆ − 8,6342 k) ? E2 = Ko r2 =

q2 ˆ2 u r22

1 ˆ m (ˆı + 3 ˆ − k) 50

r2 =

1 √ 11 m. 50

1 ˆ ˆ 2 = √ (ˆı + 3 ˆ − k) u 11 ˆ × 106 N/C E2 = (12,9513 ˆı + 38,8538 ˆ − 12,9513 k) ? E3 = Ko r3 =

1 ˆ m (3 ˆ + 5 k) 50

r3 =

1 √ 34 m. 50

1 ˆ ˆ 3 = √ (3 ˆ + 5 k) u 34

Solución. a) Fuerza eléctrica resultante sobre la carga q3 : F = F13 + F23 . q1 q2 ˆ 13 ? F13 = Ko 2 u r13 r13 =

q3 ˆ3 u r32

1 ˆ m (ˆı − 6 ˆ − 4 k) 50

ˆ × 106 N/C E3 = (4,7666 ˆ + 7,9444 k) ? Finalmente, el campo eléctrico resultante está dado por: E = E1 + E2 + E3 .

r13 =

1 √ 53 m. 50

1 ˆ ˆ 13 = √ (ˆı − 6 ˆ − 4 k) u 53

ˆ × 106 N/C E = (4,3171 ˆı + 69,5231 ˆ − 13,6411 k)

2.5

F13 = 11,4294 ˆı − 68,5766 ˆ − 45,7177 kˆ N ? F23 = Ko r23 =

q2 q2 ˆ 2 u23 r23

1 ˆ m (−ˆı − 6 ˆ− 4 k) 50

r23 =

1 √ 53 m. 50

1 ˆ ˆ 23 = √ (−ˆı − 6 ˆ − 4 k) u 53 F23 = −17,1442 ˆı − 102,8649 ˆ − 68,5766 kˆ N

? F = F13 + F23 .

1.5

F3 = −5,7147 ˆı − 171,4415 ˆ − 114,2943 kˆ N Código de examen: N:

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5. Preguntas de teoría. (A) (0,5 puntos). Una tira bimetálica plana consiste en una tira de aluminio soldada a una tira de hierro. Cuando se caliente, la tira bimetálica se doblará. ¿Cuál metal estará en el exterior de la curva? ¿Por qué?

El Aluminio tiene un mayor coeficiente de expansión lineal que el Fe, por lo que se expandirá más que el Hierro cuando se caliente y estará en el exterior de la curva.

(E) (0,5 puntos). Explique por qué la temperatura de un gas aumenta cuando se comprime adiabáticamente.

Una compresión adiabática es aquella que se realiza sin intercambio de calor con el entorno. Durante la compresión, se trabaja en el gas. Dado que el calor no abandona el gas, el trabajo produce un aumento de la energía interna del gas en la misma cantidad y, por lo tanto, un aumento de la temperatura. Q=0

(B) (0,5 puntos). ¿Es posible agregar calor a un sistema sin cambiar su ¿temperatura? Explique usando dos ejemplos.

Si es posible, esto se realiza en los puntos de fusión y evaporación de cualquier elemento. A 0 ℃ el calor agregado al hielo sirve para cambiar de fase sin incremento de temperatura. (C) (0,5 puntos). Al congelar una lata de bebida gaseosa hará que sus partes inferior y superior se abulten tanto que la lata no podrá sostenerse por sí misma. Explique por qué sucede esto.

La gaseosa es esencialmente agua y el agua (como la mayoría de las otras sustancias) se expande cuando se congela. Si la lata está llena mientras la gaseosa es líquida, entonces cuando la gaseosa se congela y se expande, empujará las superficies internas de la lata y los extremos sobresaldrán. (D) (0,5 puntos). Los exploradores en las expediciones fallidas al Ártico han sobrevivido al cubrirse completamente con nieve. ¿Por qué harían esto? Explique detalladamente.

La nieve consiste en cristales con pequeñas bolsas de aire entre los copos. El aire es un buen aislante, por lo que cuando los exploradores del ártico se cubrieron con nieve, utilizaron su baja conductividad térmica para evitar que el calor saliera de sus cuerpos. (De manera similar, los edredones de plumas te mantienen caliente debido a todo el aire atrapado entre las plumas). La nieve también protegería a los exploradores del viento muy frío y evitaría la pérdida de calor por convección.

(F) (0,5 puntos). La siguiente figura muestra dos partículas cargadas sobre un eje. Las cargas tienen libertad de moverse, entretanto, es posible colocar una tercera partícula en un punto tal que las tres partículas queden en equilibrio.(a) ¿Dónde se encuentra(n) ese(os) punto(s)? (b) ¿La carga de la tercera partícula debe ser positiva o negativa?

Entre las partículas negativas y la carga debe ser positiva.

TF = 95 TC + 32° TK = TC + 273,15 ∆L = αL0 ∆T ∆A = γA0 ∆T ∆V = βV0 ∆T γ = 2α β = 3α

Q = mc∆T Qf = ±mLf Qv = ±mLv agua Lf = 3, 34 × 105 J/kg Lv = 2, 256 × 106 J/kg ca = 4190 J/kg K

R = 8, 3145 J/mol K P0 = R1, 013 × 105 Pa W = pdV P V = nRT B e = QW = 1 + Q QA A Q = ∆U + W W = q0 ∆V ∆V = −E P ·qd i V = ke rq VT = k e ri 1 2 K = 2 mv U = qV ∆K + ∆U = 0 a = qE m Adiabático Q = 0 T1 V1γ−1 = T2 V2γ−1 P1 V1γ = P2 V2γ W = n cV (T1 − T2 ) 1 W = 1−γ (P2 V2 − P1 V1 )

Código de examen: N:

Fe = ke q1r2q2 ke = 9 × 109 Nm2 /C2 Fe = q0 E

dQ = n cV dT a V cte. dQ = n cp dT a p cte. c cp = cV + R; γ = c p V

vf = vi + at xf − xi = 21 (vi + vf )t xf − xi = vi t + 21 at2 vf2 = vi2 + 2a(xf − xi ) a = qE m

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6. Movimiento de una carga en campo eléctrico: Un electrón parte de la posición indicada en la figura con velocidad inicial v0 = 6 × 106 m/s b) Hallando el ángulo direccional de impacto: formando un ángulo de 45° con el eje x. El campo vx = vox vy = voy + a t eléctrico tiene la dirección y negativa y su módulo es 3,5 × 103 N/C. (3,0 puntos). vy tan(θ) = θ = 56,97° ≈ 57° vx a) ¿Qué distancia horizontal recorrerá el elecLa dirección de la velocidad del electrón cuantrón? do impacta tenía un ángulo de 57° por encima b) ¿Qué dirección tiene el electrón antes de im-

1

de la horizontal.

pactar con la placa?

vox = vo cos(45°)

voy = vo sen(45°)

a) El sentido de la aceleración es hacia arriba, lo cual indica que el electrón impacta en la placa superior: a=

qe E me

Usando las ecuaciones de cinemática: y = y 0 + voy t +

1 2 at 2

y = vo sen(45°) t + t2 + 2

1 2 at 2

vo 2y sen(45°) t − =0 a a

t2 + 1,3804 × 10−8 t − 6,507143 × 10−17 = 0

Se tiene una ecuación de segundo grado, cuyas raíces son: t0 = −1,752 × 10−8

t = 3,7145 × 10−9 s ,

tiempo que estuvo en movimiento antes del impacto. Hallando la distancia horizontal: x = x 0 + vox t

x = 0,016 m = 1,6 cm

2 Código de examen: N:

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