Ejercicios Física

Borrador Solución 2do Parcial Física 2 (23/11/2012) Página 1 de 11

Posición de Equilibrio Posición Perturbada Diagrama de Cuerpo Libre

Giro horario

En la posición de equilibrio la barra está perfectamente vertical, su peso W, pasa por la articulación C y el

resorte esta sin deformar. Perturbando la barra, en este caso girándola un ángulo horario alrededor del eje

C y soltándola desde el reposo, El torque de la fuerza del resorte FR tendera a llevarla a la posición de

equilibrio (recuperador) mientras que el torque del peso de la barra es no-recuperador.

Planteamos la 2da ley de Newton y nos queda:

.CC I El torque de las reacciones en C es nulo luego

Wbarra .5 cm . sen - FR .21 cm= IC . d2

/dt2 (*)

Donde FR =k.x

La fuerza que ejerce el resorte no es perpendicular a la barra, el punto A, durante el giro, recorre un arco de

circunferencia, el resorte quedara inclinado formando un ángulo con la horizontal. Sin embargo si el ángulo

de giro ( ) no es grande y se tiene en cuenta que el resorte se conecta a la barra con una rotula dentro de un

pasador (que permita que la fuerza que lo deforma sea siempre axial) podemos asumir la fuerza del resorte

5 cm

A

G

B

32 cm

C

k

1. Una barra uniforme AB de 10 kg, esta articulad en C y unida en A a

un resorte de constante elástica k. Se desplaza el extremo B y se lo suelta desde el reposo. a) Demostrar que si se cumplen ciertas condiciones la barra realizara un

MAS. Enunciar y justificar estas condiciones. Encontrar la frecuencia natural y la ecuación del movimiento.

b) Agregar al sistema un amortiguador del tipo viscoso (f=-bv) y encontrar la ecuación horaria que describe el movimiento de la barra en función de b. Graficarla

c) Describir energéticamente el sistema original y el amortiguado. ¿Existen limitaciones energéticas cuando la barra describe un MAS?

IG = ML2/12

5 cm

A

G

B

32 cm

C

k

A

B

C

k

32 cm

W

VC

HC

A

B

C

FR

32 cm


como perpendicular a la barra. También influye el largo inicial del resorte, un detalle gráfico mostraría estas

consideraciones.

IC = (mb/12 . 322 cm

2 +mb. 5

2 cm

2) =( 853,33 + 250)kg. cm

2 = 1103,33 kg. cm

2

Si asumimos el valor de lo suficientemente pequeño (< 10º) podemos plantear:

sen

x 21 cm . Luego (*):

d2

/dt2 + / IC ( k. 21

2 cm

2 - Wbarra .5 cm ) = 0

Esta es la ecuación diferencial característica de un MAS, donde el termino que acompaña a , es el

cuadrado de la frecuencia angular (2).

Aquí aparece una condición para que exista un valor real de , es decir:

>0 implica que: k. 212 cm

2 - Wbarra .5 cm >0

Es decir k > Wbarra .5 cm/212 cm

2 =111,11 N/m k > 111,11 N/m

Luego si k es mayor que 111,11 N/m la barra podrá realizar un MAS. En este caso la fuerza recuperadora

será mayor que el torque desestabilizante del peso.

Resumiendo las condiciones para que la barra realice un MAS son:

Amplitud angular menor a 10º

k > 111,11 N/m

No debe haber fricción, ni con el aire ni en la articulación C.

La frecuencia angular de las oscilaciones es: 440405441

,.,..

kI

Wk

C

barra (**)

Y las ecuaciones del movimiento son:

= max . sen ( t+ )

W = max . cos ( t+ )

= - max .2 sen ( t+ )

Para encontrar los valores de max y necesitamos conocer las condiciones iniciales que dieron lugar a las

oscilaciones. En este caso sabemos que luego de la perturbación fue soltado desde el reposo, es decir:

W (t=0) = 0 luego = /2 y max no deberá superar los 10º.

b) Agregar al sistema un amortiguador del tipo viscoso (f=-bv) y encontrar la ecuación horaria que describe el movimiento de la barra en función de b. Graficarla

El resultado de este inciso dependerá del lugar donde se coloque el amortiguador. Elegimos colocarlo en el

extremo B, cualquier otra ubicación dará soluciones análogas.

Llamaremos Fa a la fuerza que ejerce el amortiguador, de modulo proporcional y opuesto al vector velocidad

(lineal) del punto B.


Posición de Equilibrio Posición Perturbada Diagrama de Cuerpo Libre

Giro horario

Tal como lo planteamos inicialmente, para la fuerza del resorte, la fuerza que ejerce el amortiguador Fa no

es perpendicular a la barra, el punto B, durante el giro, recorre un arco de circunferencia, el amortiguador

quedara inclinado formando un ángulo con la horizontal. Sin embargo si el ángulo de giro no es grande y se

tiene en cuenta que el amortiguador se conecta a la barra con una rotula dentro de un pasador (que permita

que la fuerza que lo acciona sea siempre axial) podemos asumir la fuerza del amortiguador como

perpendicular a la barra.

Nuevamente planteamos la 2da ley de Newton y nos queda:

.CC I

Wbarra .5 cm . sen - FR .21 cm – Fa.11 cm = IC . d2

/dt2 (b*)

donde Fa = b.v y v= W. 11 cm = (d /dt) . 11 cm

FR =k.x y x= . 21 cm

Si asumimos el valor de lo suficientemente pequeño (< 10º) podemos plantear:

Wbarra 5 cm . - b. (d /dt) . 112 cm

2 - . 21

2 cm

2 = IC . d

2/dt

2

d2

/dt2 + (b/IC) . 11

2 cm

2(d /dt) +

2 = 0 (b**)

donde , es la frecuencia natural del sistema (**)

sustituyendo en (b**) (t) = e t, se obtiene:

2 + (112 cm

2 b/IC) + 2 = 0

Las raíces solución de esta ecuación de segundo grado son:

12 = -(112 b/2IC) (112 b/2IB)2 - 2

5 cm

A

G

B

32 cm

C

k

A

B

C

k

32 cm

Fa

W

VC

HC

A

B

C

FR

32 cm


Según el valor del coeficiente b, se obtiene tres casos:

Amortiguamiento critico b=bc =2IB/104 . 2 12 = -(112 b/2IC)

(t) = (A + B.t) e t

Subamortiguamiento b < bc dos raíces imaginarias 12 = i

(t) = A e t sen ( t +B)

Supramortiguamiento b > bc dos raíces reales (negativas)

(t) = A e 1t + B. e 2

t

En cualquier caso A y B son constantes que dependen de las condiciones iniciales, en nuestro caso

apartamos el sistema con un o y lo soltamos del reposo ( (t=0)= o y W(t=0)=0)

c) Describir energéticamente el sistema original y el amortiguado. ¿Existen limitaciones energéticas cuando la barra describe un MAS?

El sistema original (sin amortiguador) si describe un MAS sera un sistema conservativo ya que se dejan de

lado todas las fuerzas de fricción. La energía mecánica tendrá tres componentes:

Energia potencial elastica del resorte ½.k.x2

Energía cinetica de rotación de la barra ½.IC.W2

Energia potencia gravitatori de la barra M . g . h

La suma de estas tres componentes en todo instante y posición da el mismo valor. Cuando aumenta una

disminuyen las demas de tal manera de que el sistema mantenga su energía.

Cuando agregamos el amortiguador hay una disipación de energía mecánica que puede demostrarse tiene

una potencia dad por:

2.vbdt

dEmecanica v=(d /dt) . 11 cm

De acuerdo al valor de b, tendremos la función =f(t)


Dentro de un recipiente de bajo calor específico que contiene 1 kg hielo a –10 ºC se inyectan 0,2 kg de vapor de agua a 120 ºC. a) Suponiendo adiabático el proceso de mezcla, calcular la temperatura de equilibrio, el estado de

agregación y proporciones de la mezcla. b) Cuando se realiza experimentalmente la mezcla se obtiene una temperatura de equilibrio 2,3 ºC mayor

que la calculada en a), determinar el calor intercambiado durante el proceso y el sentido del intercambio. ¿Qué porcentaje del calor intercambiado representa este calor intercambiado.

c) Calcular la variación de entropía del universo (Tambiente = 30 °C) en ambos casos a) y b).

a) Mezcla adiabática Qinternos = 0 (*)

Nuestro sistema tiene 2 componentes:

1 kg de hielo a -10 ºC

0,2 kg de vapor de agua a 120 ºC

El recipiente es de bajo calor especifico, luego podemos dejar de lado la cantidad de calor del

mismo, Qrecipiente= ce m . T

Analicemos primeramente si el vapor ingresado puede fusionar completamente el hielo.

Vapor (120ºC)

Hielo (-10 ºC)

1. Enfriamiento del vapor desde 120ºC hasta 100ºC mv . cv . (Tf – Ti) = 0,2 . 0,48 . (100 – 120)= - 1,92 kcal

2. Condensación del vapor Qconden= mv . Lc = 0,2. 540 = - 108 kcal

3. Enfriamiento del vapor condensado desde 100ºC hasta 0ºC

mv . cL . (Tf – Ti) = 0,2 . 1 . (0 – 100)= - 20 kcal

Total 129,92 kcal

1. Calentamiento del hielo desde -10ºC a 0ºC MH . cH . (Tf – Ti) = 1 . 0,49 . (0 – (-10))= 4,9 kcal 2. Fusión del hielo Qfusión = mH . Lfusion = 1 . 80 = 80 kcal

La tabla nos muestra que el vapor entrega 129,92 kcal con las que se podría fundir completamente el hielo

(84,9 kcal), luego podemos concluir que el estado final de agregación de la mezcla será líquido, a una

temperatura mayor que cero y menor que 100ºC. Es decir, la incógnita de este problema es determinar la

temperatura de equilibrio de la mezcla y Te la cual pertenece al intervalo (0ºC ; 100ºC). El estado final de

agregación es todo líquido.

Volviendo a (*) podemos escribir:

QHielo + Qvapor = 0

En esta ecuación las cantidades de calor del liquido hielo será positiva en cambio la del vapor será

negativa.

Recordemos que debemos agregar el signo correspondiente en el caso de calores latentes (fusión y

condensación en este caso), el los demás calores sensible el sigo lo la el T.

El vapor experimenta tres procesos:


1. Enfriamiento desde 120ºC hasta 100ºC

2. Licuefacción (cambio de estado de agregación, gas a líquido)

3. Enfriamiento del líquido obtenido del proceso anterior hasta la temperatura de equilibrio Te.

El hielo por su parte experimenta también tres procesos:

1. Calentamiento desde -10ºC hasta 0ºC

2. Fusión (cambio de estado de agregación, solido a líquido)

3. Calentamiento del líquido obtenido del proceso anterior hasta la temperatura de equilibrio Te.

Reescribiendo (*), tenemos(**):

mH . cH . ( 0ºC– (-10ºC))+ Lf . mH + mH. cL . ( Te – 0ºC) + mv . cv . ( 100ºC – 120ºC) - Lc . mv + mv . cL . ( Te – 100ºC) = 0

Hielo Vapor

Todos los términos del vapor son negativos, el vapor entrega calor, el hielo recibe calor luego estos

términos son positivos.

Tener presente que cuando la sustancia cambia de estado su calor especifico (que estrictamente es

una función de la temperatura), varía mucho. En este caso tenemos dos cambios de estado y el

agua disminuye ( ) a la mitad su calor especifico.

Reemplazando en (**) los datos obtenemos y agrupando:

4,9 kcal + 80 kcal + Te - 1,92 kcal - 108 kcal + 0,2 Te -20 kcal = 0

1,2 . Te kcal/ºC = 1,92 kcal + 108 kcal + 20 kcal - 4,9 kcal - 80 kcal

Luego Te =( 45,02/1,2) ºC = 37,52 ºC Te = 37,52 ºC

a) Cuando se realiza experimentalmente la mezcla se obtiene una temperatura de equilibrio 2,3 ºC mayor que la calculada en a), determinar el calor intercambiado durante el proceso y el sentido del intercambio. ¿Qué porcentaje del calor intercambiado representa este calor intercambiado.

Luego la temperatura que se obtiene en condiciones experimentales es:

Te = 37,52 ºC + 2,3 ºC = 39,82 ºC

Si reemplazáramos este valor de temperatura en (**), el resultado daría distinto de cero:

84,9 kcal – 109,92 kcal - 20 kcal + 1,2 Te= 2,76 kcal

Vamos a asumir que esta diferencia esta asociada a un ingreso de calor del medio ambiente (30ºC).

El calor intercambiado dentro del recipiente se podría estimar como:

122,42 si Te = 37,52 ºC QHielo = 4,9 kcal + 80 kcal + Te = 124,72 si Te = 39,82 ºC De forma análoga lo podríamos calcular para el vapor, ya que el calor que ingresa al hielo es exactamente el que sale del vapor, cuando no hay perdidas (mezcla adiabática). QVapor = - 1,92 kcal - 108 kcal + 0,2 Te -20 kcal


%,,

,% 22

72124

762Q

b) Calcular la variación de entropía del universo (Tambiente = 30 °C) en ambos casos a) y b).

Suniverso= Smezcla + Sentoro Caso a): el proceso es adiabático (no cuasiestático), al no intercambiar calor con el entorno, luego:

Sentoro = 0 (reversibilidad exterior)

En cuanto al Smezcla será la suma de los S de las componentes, en este caso el hielo y el vapor (el recipiente no interviene). Podemos anticipar que el hielo aumentará su entropía ya que aumenta su temperatura (recibe calor), en cambio el vapor disminuirá su entropía ya que se enfría (cede calor) y que la suma de estas dos variaciones dará positiva ya que el proceso de mezcla térmico es irreversible.

En cuanto a la expresión a utilizar para calcular los S, partiremos de la definición operacional de variación de entropía, la que para calores sensibles:

i

f

ee

T

Tcm

T

dTcm

T

dQS ln..

..

Y para calor latente

T

Lm

T

Q

T

dQS latente .

Donde T es la temperatura a la que se realiza el cambio de estado Tener presente que S es una función de estado, luego independientemente del proceso que realice el

sistema solo necesito el estado inicial y final (de equilibrio) para calcular S.

K

Kcm

K

Lm

K

KcmS LHielo

fHielo

HHielohielo273

52,310ln..

273

.

263

273ln..

Reemplazando valores y calculando se obtiene:

SHielo = (0,0183 + 0,2930 + 0,1287) kcal/K = 0,44 kcal/K

K

Kcm

K

Lm

K

KcmS Lvapor

cvapor

vvaporvapor373

52,310ln..

373

.

393

373ln..

Svapor = - (0,005 + 0,2895 + 0,03667) kcal/K = - 0,33 kcal/K

Y Smezcla = SHielo + Svapor = 0,44 kcal/K - 0,33 kcal/K = 0,11 kcal/K > 0 (Proceso irreversible) Caso b): el proceso no es adiabático (y tampoco cuasiestático), intercambia calor con el entorno, luego: Reversibilidad exterior: el entorno entrega calor a la mezcla (hay que agregar un signo menos al calor ya que sale del entorno)

K

kcal

K

kcal

T

Q

T

dQS

entorno

ercambiadoentorno 0091,0

303

76,2int

Calculando nuevamente el Smezcla ya que se modifica en este caso la temperatura de equilibrio (312,82 K), se obtiene:


SHielo = (0,0183 + 0,2930 + 0,1361) kcal/K = 0,4474 kcal/K

Svapor = - (0,005 + 0,2895 + 0,0352) kcal/K = - 0,3297 kcal/K 1

Suniverso= Smezcla + Sentoro = 0,4474 kcal/K - 0,3297 kcal/K – 0,0091 kcal/K

Suniverso = 0,1086 kcal/K > 0 (Proceso irreversible)

1 Se utilizaron más decimales para mostrar la diferencia con los cálculos anteriores. De todos modos no hay modificación cuantitativa

significativa.


Una máquina térmica utiliza un gas ideal monoatómico, partiendo del estado inicial: (Po= 4 atm , Vo= 2 litros y To= 400 K) y experimenta dentro de un mecanismo cilindro-pistón los siguientes procesos:

Calentamiento a presión constante hasta duplicar su temperatura.

Expansión isotérmica entregando 300Joules de trabajo al medio.

Expansión adiabática hasta la temperatura inicial (400K).

Cierre del ciclo a temperatura constante. El calor que ingresa al gas proviene de una fuente externa de 1000 K y el calor que sale del gas va a una fuente externa de 300 K Representar, los procesos en un diagrama P-V, dando los valores numéricos al final de cada proceso.

b) Calcular Q, W, U y S en cada proceso, y los valores netos del ciclo. c) Calcular el rendimiento de la máquina. ¿Es una máquina reversible? justificar d) El trabajo obtenido de esta máquina se aplica a un refrigerador que se encuentra en una habitación a

30°C, ¿en cada ciclo, qué masa máxima de agua a 30°C se pueden convertir en hielo a –20°C?. Fluido motor: Gas ideal monoatómico La ecuación de estado de un GI es: P.V = n.R.T (1) donde R=0,082057 atm.l/molg.K

Para un gas monoatómico cV= 3/2 R y cp=R+cV= R+3/2 R = 5/2 R =5/3 y -1=5/3-1=2/3

Estado inicial

Po

atm

To

K

Vo

l

n

4

400

2

n= P.V/RT = 0,244

Tabla I

Procesos Característica Implicancia Ley del Proceso

0 1 P constante Isobárico Q=n.cp. T

W=p. V

T/V = cte

1 2 T constante Isotérmico U=0 x1er P Q=W=n.R.T.ln(Vf/Vo)

P.V = cte

2 3 Q =0 Adiabático x1er P U = - W W=n.cv.(T2 – T3)

P.V = cte

3 0 T constante Isotérmico U=0 x1er P Q=W=n.R.T.ln(Vf/Vo)

P.V = cte

En todos los procesos al trabajar con un GI: U = n.cv. T (U: función de estado)

S = n.cv. ln(Tf/To) + n.R.ln(Vf/Vo) (S: función de estado) Primeramente calcularemos los parámetros de estado al principio y final de cada proceso, para ello utilizaremos la ecuación de estado de los GI (1), cuando conozcamos dos parámetros y la ley de proceso que vincula dos estados de un proceso.

0

1

V

P

3

2

P

atm

V

l

T

K

0 4 2 400

1 4 4 800

2 3,33 4,81 800

3 0,59 13,60 400


T1 = 2 To= 800K y P1 = Po= 4 atm luego V2= n.R.T2/P2 = 0,244 . 0,082057 . 800 /4 = 4 litros

2

Durante el proceso 1 2 (isotérmico) se realizan un trabajo de 300J, luego:

W= P.dV = n.R.T dV/V = n.R.T. ln (V2/V1) = 300 J Reemplazando valores podemos obtener V2

0,244 . 8,3144 J/molg.K .800 K. ln (V2/4 litros) = 300 J V2 = 4,81 litros

Ahora vincularemos el estado 2 con el 3 mediante la ley T . V-1

= cte,

T2 . V2-1

= T3 . V3-1

V3 = V2 .( T2/ T3)1/ -1

= 4,81 litros . (800/400)1/ -1

= 13,60 litros P3 = 0,59 atm

Ahora podemos calcular las transferencias energéticas en cada proceso utilizando la Tabla I. Proceso 0-1 Q=n.cp. (T1- T0)= 0,244 . (5/2)0,082057 (800 – 400)= 20,02 atm.l

W=p. V= 4. (4-2)= 8 atm.l

U = n.cv. T = 0,244 . (3/2)0,082057 (800 – 400)= 12,02 atm.l

S = n.cv. ln(Tf/To) + n.R.ln(Vf/Vo) = 0,244 . 0,082057 (3/2 ln (800/400)+ ln (4/2))= 0,0347 atm.l/K Proceso 1-2

S = n.R.ln(V2/V1) = 0,244 . 0,082057 ln (4,81/4)= 0,0037 atm.l/K Proceso 2-3

W=- U

U = n.cv. (T3-T2) = 0,244 . (3/2)0,082057 (400 – 800)= - 12,02 atm.l Proceso 3-0

Q= W= P.dV = n.R.T dV/V = n.R.T. ln (V0/V3) = 0,244 . 0,082057 . 400.ln (2/13,60)= -15,35 atm.l

S = n.R.ln(V0/V3) = 0,244 . 0,082057 ln (2/13,60)= - 0,0384 atm.l/K

Los valores energéticos obtenidos se presentan en la Tabla II

Tabla II

Proceso

W

atm.l

U

atm.l

Q

atm.l

S

atm.l/K

0 1 isobárico 8 12,02 20,02 0,0347

1 2 Isotérmico 2,96 0 2,96 0,0037

2 3 adiabático 12,02 - 12,02 0 0

3 0 Isotérmico - 15,35 0 - 15,35 - 0,0384

Valores Netos 7,63 0 7,63 0

1 atm.l =101,3 J 1000J=9,87 atm.l

2 Si bien, no colocamos las unidades, controlamos la coherencia del R utilizado para que el resultado nos de en las unidades esperadas.


c) Calcular el rendimiento de la máquina. ¿Es una máquina reversible? justificar

El rendimiento de la maquina viene dado por:

%3396,202,20

63,7

H

neto

Q

W (*)

El máximo rendimiento de una maquina térmica que trabaje entre estas fuentes (300K y 1000K) será el de la

máquina de Carnot, dado por:

%701000

30011

K

K

T

T

H

Ccarnot

Se trata de una maquina irreversible ya que el rendimiento es menor al de Carnot.

d) El trabajo obtenido de esta máquina se aplica a un refrigerador que se encuentra en una habitación a 30°C, ¿en cada ciclo, qué masa máxima de agua a 30°C se pueden convertir en hielo a –20°C?.

El esquema del refrigerador seria:

Sea m, la masa de agua a 30ºC a convertir en hielo a -20ºC y adoptando para el H2O3:

QC = m. cL (0-30ºC) – m LF + m. cH (-20ºC- 0ºC) = - m (30 + 80 +9,8)= - m. 119,8 cal/g

Como 1 atm.l =24,2 cal QC = - m. 4,95 atm.l/g

Si buscamos al valor máximo de m deberíamos utilizar un refrigerador con la máxima eficiencia, es decir el

de Carnot, cuya eficiencia es:

06,5)253303(

253

K

K

TT

T

CH

Ccarnot (1)

Pero además la eficiencia un refrigerador viene dada por:

latm

glatmm

W

Qe

neto

C

..63,7

/..95,4. (2)

Igualando (1) y (2) obtenemos mmaxima= 7,8 gramos

3 CL= 1 cal/g ºC; CH= 0,49 cal/g ºC; CV= 0,48 cal/g ºC; Lv= 540 cal/g; LF= 80 cal/g

QC

QH

W

FC

FH En nuestro caso la temperatura de la fuente caliente (FH) sería la de la habitación 303K (30ºC) y la fuente fría, el gabinete del refrigerador, estaría a 253 K (-20ºC). Calculamos primeramente la cantidad de calor que habría que quitarle al agua para lograr hielo a -20ºC. Serian tres procesos:

1. Enfriamiento desde 30ºC hasta 0ºC (calor sensible)

2. Solidificación (cambio de estado de agregación, líquido a sólido)

(calor latente)

3. Enfriamiento del sólido obtenido del proceso anterior hasta -

20ºC. (calor sensible)

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