Respuestas del Final Regular de Biofísica del 25/07/2008 - Tema 5

1. Por el caño horizontal (1) ingresa fluido con caudal Q1, se bifurca en otros… Q1 = 3 . Q3 , 2 . Q1 = 3 . Q2

2. En el circuito las resistencias son de: R1 = 100 Ω, R2 = 300 Ω… 17,5 V

3. Un gas ideal evoluciona reversiblemente según el proceso CBA indicado… LCBA > 0; ∆UCBA = 0; ∆SCBA > 0

4. En el circuito de la figura, la fuente es de 20 V y los capacitores son de… 10 mJ

5. Un recipiente se divide verticalmente en dos compartimientos iguales… Pasará parte del agua de 2 a 1 hasta

que se establezca un desnivel de

equilibrio

6. Un vehículo se mueve con MRUV. En cierto instante t0 tiene una velocidad… 40 km/h

7. Se inyecta agua con un caudal Q y a una presión pe en un caño… pS < pE ; vs = ve

8. El esquema representa una máquina cíclica. En la misma se extrae Qs… Ts>Ti; 0

||||>−

s

s

i

i

T

Q

T

Q; L=|Qs|-|Qi|>0

Ts>Ti; 0||||>−

s

s

i

i

T

Q

T

Q; L=|Qs|-|Qi|<0

(cualquiera de ellas podría ser posible)

9. Para enfriar un procesador Pentium 4 se utiliza un disipador de calor… 37,5 °C

10. En un edificio (tensión de red 220 V) se desea instalar una llave… 32 A

11. A un cuerpo de masa m que se mueve sobre una superficie horizontal… |F| = m . v2/(2D)

12. En un plano inclinado 37° respecto a la horizontal, sin rozamiento… EcA = EtB = EgC

Resolución del Final Regular de Biofísica del 25/07/2008 - Tema 5

1. Como los caños 2 y 3 parten del mismo lugar, ambos tienen la misma presión de entrada, y dado que ambos

tienen la misma presión a la salida (dato), entonces la diferencia de presión entre sus extremos es la misma:

(∆p)2 = (∆p)3

Usando la Ley de Poiseuille para cada uno de ellos:

Q2 . R2 = Q3 . R3,

Dado que R2 = R3/2, queda:

Q2 . R3/2 = Q3 . R3 Q2/2 = Q3 Q2 = 2 . Q3 (1)

Con este resultado, ya se descartan las opciones 1ra., 5ta. y 6ta., ya que en todas ellas se afirma que Q2 = Q3. Y

también se descarta la 3ra. opción ya que la misma afirma que Q3 = 2 . Q2 (es al revés). Veamos qué pasa con el

caudal Q1: como el caudal total se conserva, entonces:

Q1 = Q2 + Q3

Reemplazando Q2 = 2 . Q3, queda:

Q1 = 2. Q3 + Q3 Q1 = 3 . Q3 (2)

Esto descarta la 2da. opción, ya que ésta afirma que Q1 = (3/2). Q3, lo cual se contradice con lo anterior. Para

analizar la opción que queda, que es la 4ta., necesitamos una relación entre Q1 y Q2. Si de (1) despejamos

Q3 = Q2/2 y reemplazamos esto en (2), queda:

Q1 = 3 . Q2/2 2 . Q1 = 3 . Q2

Y esta última expresión es la segunda afirmación de la 4ta. opción. La primera parte de la 4ta. opción es la

ecuación (2); por lo tanto la 4ta. opción es verdadera.

Respuesta: Q1 = 3 . Q3 , 2 . Q1 = 3 . Q2

2. La corriente de 75 mA que circula por R3, es la misma que circula por R4 ya que R3 y R4 están en serie; la

llamaremos i34. Calculemos entonces la diferencia de potencial entre los extremos de la rama R3-R4:

∆V34 = i34 . R34 = 75 mA . (60 Ω + 40 Ω) = 75 mA . 100 Ω =

7500 mV = 7,5 V

donde hemos llamado R34 a la resistencia equivalente entre R3

y R4: R34 = R3 + R4. La diferencia de potencial ∆V34 es la

misma que hay entre los extremos de R2, ya que R2 está en

paralelo con la serie R34:

∆V34 = ∆V2 ∆V2 = 7,5 V

Usamos ∆V2 para calcular la corriente por R2:

∆V2 = i2 . R2 i2 = ∆V2/R2 = 7,5 V / 300 Ω =0,025 A = 25 mA

Si sumamos la corriente por R2, con la corriente por R34, obtendremos la corriente total que entra a este paralelo,

la cual es igual a la que pasa por R1 (ya que R1 está en serie con el paralelo R234)

i1 = i2 + i34 = 25 mA + 75 mA = 100 mA = 0,1 A

Con esta corriente, podemos calcular la diferencia de potencial sobre la resistencia R1:

∆V1 = i1 . R1 = 0,1 A . 100 Ω = 10 V

Finalmente, la tensión de la fuente va a ser igual a la suma entre las diferencias de potencial ∆V1 y ∆V2. Estas

diferencias de potencial se suman, ya que R1 está en serie con el paralelo R234:

e = ∆V1 + ∆V2 = 10 V + 7,5 V = 17,5 V.

Hagamos algunas comprobaciones de que todo está bien:

1) Otra forma de calcular e, es con la expresión: e = itot . Requiv, donde Requiv es la resistencia equivalente total.

La corriente que entra a la fuente (itot) es igual a la corriente que pasa por R1 (i1, ver figura), es decir: itot = 0,1 A.

La resistencia equivalente total se calcula hallando:

- la resistencia en serie R34 = R3 + R4 = 100 Ω

- el paralelo entre R34 y R2: R234 = (1/R2 + 1/R34)-1

= (1/300 Ω + 1/100 Ω)-1

= 300/4 Ω = 75 Ω

- la serie entre R1 y R234: R1234 = R1 + R234 = 100 Ω + 75 Ω = 175 Ω Requiv = 175 Ω

e = 0,1 A . 175 Ω = 17,5 V

2) Comprobemos que la potencia entregada por la fuente dé igual a la suma de las potencias disipadas en las

resistencias:

Pfuente = itot . e = 0,1 A . 17,5 V = 1,75 W

P1 = i12 . R1 = (0,1 A)

2 . 100 Ω = 1 W

P2 = i22 . R2 = (0,025 A)

2 . 300 Ω = 6,25. 10

-4 . 300 W = 0,1875 W

P3 = i342 . R3 = (0,075 A)

2 . 60 Ω = 5,625 . 10

-3 . 60 W = 0,3375 W

P4 = i342 . R4 = (0,075 A)

2 . 40 Ω = 5,625 . 10

-3 . 40 W = 0,225 W

P1 + P2 + P3 + P4 = 1 W + 0,1875 W + 0,3375 W + 0,225 W= 1,75 W = Pfuente

Respuesta: 17,5 V

3. Analicemos por separado el trabajo LCBA, la variación de energía

interna ∆UCBA y la variación de entropía ∆SCBA:

Trabajo LCBA: Se puede expresar: LCBA = LCB + LBA; como el tramo

CB es isocórico, entonces LCB = 0 LCBA = LBA. Y como el tramo

BA es una expansión, entonces LBA > 0 (el trabajo es el área desde

el segmento BA hasta el eje V, tomándose positiva en este caso).

Conclusión: LCBA > 0.

Variación de energía interna ∆UCBA: Como la energía interna es función de estado, la variación de energía

interna entre dos estados, sólo depende de los estados inicial y final, y no depende del camino. Es decir: si el

proceso comienza en C y termina en A, no importa cuál haya sido el camino intermedio… la variación de

energía interna es la misma. Así que, podemos escribir directamente: ∆UCBA = ∆UCA. Por otra parte, sabemos

que para un gas ideal, la variación de energía interna entre dos estados es directamente proporcional a la

variación de temperatura entre los mismos: ∆UCA = n . cv . (TA - TC). Y como en este caso, C y A se

encuentran ubicados sobre la misma isoterma, se cumple que TA = TC. Por lo tanto: ∆UCBA = ∆UCA = 0.

Nota: si quisiéramos calcular ∆UCBA por el camino CBA, debería dar lo mismo:

∆UCBA = ∆UCB + ∆UBA = n . cv . (TB - TC) + n . cv . (TA - TB), distribuyendo:

∆UCBA = n . cv . TB - n . cv . TC + n . cv . TA - n . cv . TB, y simplificando los términos con TB queda:

∆UCBA = - n . cv . TC + n . cv . TA = n . cv . (TA - TC) = 0 ya que TA = TC.

Variación de entropía ∆SCBA: La entropía también es función de estado, por lo tanto, también se cumple que la

variación de entropía entre dos estados sólo depende de los estados inicial y final, y no del camino intermedio.

Así que, también vale: ∆SCBA = ∆SCA. Dado que TC = TA, vale la siguiente expresión para el cálculo de ∆SCA:

∆Sif = n . R . ln(Vf /Vi) válida para cualquier proceso donde Ti = Tf, para un gas ideal

Por lo tanto, ∆SCA = n . R . ln(VA/VC), y como VA > VC, el logaritmo es positivo y resulta ∆SCBA = ∆SCA > 0.

Concluimos entonces que LCBA > 0, ∆UCBA = 0 y ∆SCBA > 0 (2da. opción), esto descarta todas las otras opciones.

Respuesta: LCBA > 0; ∆∆∆∆UCBA = 0; ∆∆∆∆SCBA > 0

4. Como se pide la energía almacenada total, podemos hallar la

capacidad equivalente de los tres capacitores, y calcular la

energía almacenada por ese capacitor equivalente.

- Los capacitores C2 y C3 están en paralelo; llamaremos C23 a

su capacidad equivalente:

C23 = C2 + C3 = 40 µF + 60µF = 100 µF

- El resultado de este paralelo está en serie con C1; llamaremos

C123 a la capacidad equivalente de C1 con C23:

C123 = (1/C1 + 1/C23)-1

= (1/100 µF + 1/100µF)-1

= 50 µF.

Ahora consideramos el circuito equivalente formado por la fuente de 20 V y el capacitor C123 de 50 µF. Una

vez que este capacitor equivalente se cargue por completo, su energía almacenada será:

U = (1/2) . C123 . ∆V2

donde ∆V es la diferencia de voltaje entre los extremos del capacitor C123, que es la misma diferencia de

potencial de la fuente, o sea: ∆V = 20 V:

U = (1/2) . 50 µF . (20V)2 = 50 . 200 µJ = 10 000 µJ = 10 mJ

Otra forma (más larga): se puede hacer calculando la energía almacenada por cada capacitor, y sumando las tres.

Para eso necesitaremos conocer la carga (o la diferencia de potencial) sobre cada capacitor, podemos hacerlo en

los siguientes pasos:

- Una vez conocida C123 = 50 µF, sale la carga total: Q = Q123 = C123 . ∆V = 50 µF.20 V = 1000 µC.

- Como el capacitor equivalente es la serie entre C1 y C23, esta carga Q es la misma para C1 y para C23. O sea

que C1 está cargado con Q1 = Q = 1000 µC , y C23 también está cargado con Q = 1000 µC.

- Sabiendo la carga de C23, calculamos la dif. de potencial sobre C23: ∆V23 = Q23 /C23 = 1000 µC/100 µF = 10 V

- Como C2 y C3 están en paralelo, tienen la misma diferencia de potencial, es decir que sobre cada uno de ellos

hay 10 V (∆V2 = ∆V3 = ∆V23), por lo tanto:

Q2 = C2 . ∆V2 = 40 µF . 10V = 400 µC

Q3 = C3 . ∆V3 = 60 µF . 10V = 600 µC

- Ahora que conocemos las cargas sobre cada capacitor, podemos calcular sus energías almacenadas:

U1 = (1/2) . Q12/C1 = (1/2) . (1000 µC)

2 / 100 µF = 5000 µJ = 5 mJ

U2 = (1/2) . Q22/C2 = (1/2) . (400 µC)

2 / 40 µF =2000 µJ = 2 mJ

U3 = (1/2) . Q32/C3 = (1/2) . (600 µC)

2 / 60 µF =3000 µJ = 3 mJ

Por lo tanto la energía almacenada total es U = U1 + U2 + U3 = 5 mJ + 2 mJ + 3 mJ = 10 mJ

Respuesta: 10 mJ

5. El soluto no puede pasar a través de la membrana semipermeable; esto descarta la 3ra.

opción. Si hay diferencia de osmolaridad entre ambos compartimientos, sí va a haber pasaje

de solvente (fenómeno de ósmosis); esto descarta la 6ta. Opción.

El solvente va a pasar desde el compartimiento de menos osmolaridad, hacia el de más

osmolaridad. Como la osmolaridad del agua pura es cero (compartimiento 2), entonces, la

osmolaridad más grande es la del compartimiento con agua salada (compartimiento 1). Es

decir que va a pasar agua desde el compartimiento 2 hacia el 1; esto descarta las opciones 1ra. y 4ta.

Además, sabemos que en el fenómeno de ósmosis, el solvente pasa hasta que la diferencia de presión

hidrostática se iguala a la diferencia de presión osmótica, a saber: δδδδ . g . ∆∆∆∆h = ∆∆∆∆Os . R . T, donde ∆h es la

diferencia de altura entre el nivel de los compartimientos 1 y 2, en el equilibrio. Por lo tanto, el agua va a pasar

desde 2 hacia 1, hasta que se establezca un desnivel ∆h de equilibrio, y no hasta que se vacíe el recipiente 2.

Esto hace que la 2da. opción sea falsa, y que la 5ta. opción sea verdadera.

Respuesta: Pasará parte del agua de 2 a 1 hasta que se establezca un desnivel de equilibrio.

6. Asumimos que las dos velocidades dadas tienen el

mismo sentido. Entonces, elegimos un sistema de

referencia con el eje x apuntando en el sentido del

movimiento.

- Planteamos el problema para la primera etapa: entre el instante inicial t0, donde vo = 10 km/h, y el instante

para el cual v1 = 20 km/h (ver figura). Entre ambos instantes, la distancia recorrida por el vehículo es igual a

su desplazamiento -ya que el móvil no cambia de sentido-, así que x1 - x0 = 50 m. Como no se dan ni se piden

intervalos de tiempo, conviene plantear la ecuación complementaria:

v12 - v0

2 = 2 . a . (x1 - x0) (20 km/h)

2 - (10 km/h)

2 = 2 . a . 50 m 400 km

2/h

2 - 100 km

2/h

2 = 100 m . a

a = 300 (km2/h

2) / 100m = 300 (km

2/h

2) / 0,1 km = 3000 km/h

2

- Ahora planteamos el problema para el movimiento total: desde el instante inicial t0, donde v0 = 10 km/h, y el

instante final, para el cual la velocidad v2 es incógnita. Entre ambos instantes, el vehículo se desplaza x2 - x0 =

250 m. Nuevamente planteamos la complementaria, pero ahora ya conocemos la aceleración:

v22 - v0

2 = 2 . a . (x2 - x0) v2

2 = v0

2 + 2 . a . (x2 - x0) v2

2 = (10 km/h)

2 + 2 . 3000 km/h

2 . 250 m

v22 = 100 km

2/h

2 + 2 . 3000 km/h

2. 0,25 km v2

2 = 1600 km

2/h

2 v2 = 40 km/h

Respuesta: 40 km/h

7. Como el fluido es agua, entonces se asume que es incompresible. También supondremos que el flujo es

estacionario. Entonces:

Qentrante = Qsaliente

El caudal entrante es el caudal por el caño original; y el caudal saliente, es la suma de los caudales que van por

los 4 caños:

Qcaño original = Qtotal en los 4 caños

En el enunciado se asume que la velocidad vs a la salida de los caños, es la misma para los cuatro. Y como los

cuatro tienen igual radio, entonces el caudal por cada uno de los 4 caños es el mismo:

Qcaño original = 4 . Qen cada caño de salida Ae . ve = 4 . As . vs

donde Ae es la sección del caño de entrada (de radio R), y As es la sección de cada uno de los 4 caños de salida,

(los 4 de radio R/2). Expresando a las secciones en la forma A = π . (radio)2, queda:

π . R2 . ve = 4 . π . (R/2)

2. vs π . R

2 . ve = 4 . π . (R

2/4). vs ,

y simplificando queda: ve = vs . Esto ya descarta cuatro de las opciones.

Veamos cómo relacionar las presiones: como la viscosidad es

despreciable, entonces, si suponemos que el flujo es laminar, vale el

Teorema de Bernoulli. En el enunciado se asume que la presión ps a la

salida de los caños es la misma para los cuatro. Entonces, planteamos

el teorema de Bernoulli para una línea de corriente que conecta: un

punto E situado a la entrada del primer caño, y un punto S situado en

la salida de uno cualquiera de los 4 caños (ver figura):

pe + (1/2) . ρ . ve2 + ρ . g . he = ps + (1/2) . ρ . vs

2 + ρ . g . hs

Tomando he = 0, queda que hs = H. Nota: estamos tomando la altura H

desde la línea de corriente, como se indica en la figura, esto es

aproximadamente lo mismo que tomarla desde el punto más bajo del

caño horizontal, ya que H > > R. La velocidad en E es ve, y en S es vs, y ya vimos que vs = ve, así que los

términos de velocidad se simplifican. Reemplazando y simplificando, queda:

pe = ps + ρ . g . H

Y como el término ρ . g . H es positivo, entonces obviamente pe es más grande que ps: ps < pe , y esto permite

seleccionar entre las dos opciones que quedan.

Respuesta: ps < pe ; vs = ve

8. Notar que cada una de las 6 opciones tiene tres condiciones, que de ahora en más llamaremos (1), (2) y (3):

(1) da una relación entre las temperaturas, (2) expresa la suma de variaciones de entropía de las fuentes, y (3)

expresa la relación entre los calores intercambiados y el trabajo, dando un signo para este último.

La condición (2) "tiene que ver" con la variación de entropía del universo, la cual se puede expresar como la

suma de:

- la variación de entropía de la máquina que es cero en un ciclo

- la variación de entropía de la fuente a Ti, que es ∆Si = - |Qi|/Ti , porque de ella sale calor.

- la variación de entropía de la fuente a Ts, que es ∆Ss = |Qs|/Ts , porque recibe calor

Por lo tanto, la variación de entropía del universo se puede expresar: s

s

i

iuniverso

T

Q

T

QS

||||−=∆ . Para que una

máquina funcione, tienen que cumplirse: ∆Suniverso > 0 para una máquina irreversible, o bien ∆Suniverso = 0 para

una máquina reversible. Por lo tanto, debería cumplirse:

0||||≥−=∆

s

s

i

iuniverso

T

Q

T

QS

y esto ya descarta las opciones 1ra., 3ra. y 5ta. En las otras tres opciones, la parte (2) expresa la desigualdad

anterior estricta, así que se trataría de máquinas irreversibles. Ahora hay que analizar las condiciones (1) y (3)

de cada opción, para saber si todo es consistente. Analicemos una por una:

2da.) (1) Ts < Ti ; (2) 0||||>−

s

s

i

i

T

Q

T

Q; (3) L = |Qs| - |Qi| > 0.

En esta opción, de acuerdo a (1), la temperatura fría es Ts… entonces, para un proceso cíclico, está pasando

calor desde la fuente de menor temperatura hacia la fuente de mayor temperatura, y además, de acuerdo a (3),

¡la máquina está entregando trabajo! (imaginemos una heladera que, para enfriar su interior, no sólo no

requiere electricidad, ¡¡sino que además entrega trabajo para ser utilizado!!) Sabemos que de acuerdo a la

termodinámica esto es imposible (¡porque contradice el segundo principio!); vamos a demostrar formalmente

que combinando las condiciones dadas se llega a un absurdo:

- De acuerdo a (1), Ts < Ti si TT

11< (a)

- De acuerdo a (3), |Qs| - |Qi| > 0 |Qi| < |Qs| (b)

- Como los miembros de las desigualdades (a) y (b) son positivos, entonces se pueden "multiplicar miembro a

miembro las desigualdades" y queda: s

s

i

i

T

Q

T

Q ||||< , ¡pero esto equivale a decir que 0

||||<−

s

s

i

i

T

Q

T

Q!, y esto sería

lo mismo que decir que ∆Suniverso < 0.

Dicho en forma breve: las condiciones (1) y (3), combinadas, contradicen la condición (2). Ya que (2) dice

que ∆Suniverso > 0, pero combinando (1) con (3), sale que ∆Suniverso< 0, ¡entonces no puede ser! Así que la 2da.

opción es falsa.

4ta.) (1) Ts > Ti ; (2) 0||||>−

s

s

i

i

T

Q

T

Q; (3) L = |Qs| - |Qi| > 0.

En esta opción, la máquina extrae calor de una fuente caliente (a Ts), entrega un

trabajo L y el calor residual es entregado a una fuente a Ti. Es una máquina térmica

irreversible. La condición (3) asegura la validez del primer principio, y la condición

(2) asegura la validez del segundo principio, y no hay contradicciones entre las tres

condiciones; así que esta opción es verdadera. Veamos un ejemplo de valores

numéricos que cumplen (1), (2) y (3) simultáneamente:

• Primero elegimos Ts y Ti, con la única condición de que Ts > Ti. Por ejemplo: Ts

= 400 K y Ti = 100 K.

• Al valor de Qs lo elegimos libremente, sin ninguna condición. Ejemplo: Qs = 1000 J.

• En una máquina térmica, el trabajo efectuado tiene que ser menor que el calor extraído Qs… de forma tal,

que el rendimiento de la máquina η = |L|/|Qs| no supere al rendimiento ideal, que en este caso es ηideal = 1 -

Ti /Ts = 1 - 100K/400K = 1 - 1/4 = 3/4. Elijamos entonces, un rendimiento menor que el ideal (ya que la

máquina tiene que ser irreversible), por ejemplo, η = 1/4. Esto nos permite despejar el trabajo: |L| = η . |Qs|

= (1/4) . 1000 J = 250 J. Entonces, tomamos L = 250 J > 0.

• Falta hallar |Qi|: ya no podemos elegirlo; lo despejamos del 1er. principio: |Qs| = |L| + |Qi| |Qi| = |Qs| -

|L| = 1000 J - 250 J = 750 J.

• Por la forma de las elecciones, es claro que (1) y (3) se cumplen. Verifiquemos (2):

0/5400

1000

100

750||||>=−=− KJ

K

J

K

J

T

Q

T

Q

s

s

i

i

Vemos que que se verifican (1), (2), y (3).

6ta.) (1) Ts > Ti ; (2) 0||||>−

s

s

i

i

T

Q

T

Q; (3) L = |Qs| - |Qi| < 0.

En esta opción, la máquina extrae calor de una fuente caliente (a Ts); además recibe un trabajo L = -|L| (L < 0) y

transforma a este trabajo en calor. La máquina entrega a una fuente fría (a Ti) el calor total Qi:

|Qi| = |Qs| - L = |Qs| + |L|

Así que, la afirmación (3) verifica el primer principio. Además, es seguro que

se va a cumplir el segundo principio, ya que siempre se puede transformar

trabajo en calor en los procesos cíclicos, sin ninguna restricción. Como se

verifican el 1er. y el 2do. principio, esta opción es Verdadera. Notemos lo

siguiente:

- De acuerdo a (1), Ts > Ti si TT

11> (a)

- De acuerdo a (3), Como |Qs| - |Qi| < 0 |Qi| > |Qs| (b)

- Como los miembros de ambas desigualdades son positivos, entonces se

pueden "multiplicar miembro a miembro las desigualdades", y queda:

s

s

i

i

T

Q

T

Q ||||> esto equivale a: 0

||||>−

s

s

i

i

T

Q

T

Q, o sea, a: ∆Suniverso > 0.

Dicho en forma breve: las condiciones (1) y (3), juntas, aseguran el cumplimiento automático de la

condición (2). Veamos un ejemplo numérico:

• Primero elegimos Ts y Ti, con la única condición de que Ts > Ti. Por ejemplo: Ts = 400 K y Ti = 100 K.

• A los valores de Qs y L los elegimos libremente, con la única condición de que L < 0. Ejemplo:

Qs = 1000 J, L =-2000 J.

• A Qi no lo elegimos, sino que lo calculamos con (3): |Qi| = |Qs| - L = |Qs| + |L| = 1000 J + 2000 J = 3000 J.

• Vemos que con las elecciones realizadas, seguro se cumple el primer principio. De acuerdo a lo que se

dedujo más arriba, también debería cumplirse el segundo; verifiquémoslo:

0/5,27400

1000

100

3000||||>=−=−=∆ KJ

K

J

K

J

T

Q

T

QS

s

s

i

iu

Así que, se verifican (1), (2), y (3).

Respuesta: cualquiera de las siguientes opciones es posible:

4ta) Ts > Ti ; 0||||>−

s

s

i

i

T

Q

T

Q; L = |Qs| - |Qi| > 0 , 6ta.) Ts > Ti ; 0

||||>−

s

s

i

i

T

Q

T

Q; L = |Qs| - |Qi| < 0.

9. El calor fluye desde la superficie de mayor temperatura

hacia la de menor temperatura, es decir, de izquierda a derecha.

Suponiendo que el flujo de calor es estacionario, entonces el

calor por unidad de tiempo que atraviesa el material 1, tiene

que ser igual al calor por unidad de tiempo que atraviesa el

material 2, es decir: las capas 1 y 2 están conectadas "en serie":

Q1/∆t = Q2/∆t P1 = P2

Expresamos a ambas potencias por medio de la Ley de Fourier,

suponiendo que el área A de ambas placas es la misma:

k1 . (A/e) . (Tp - Tu) = k2 . (A/e) . (Tu - Tv)

donde llamamos: e al espesor de cada placa (es el mismo para ambas), Tp a la temperatura en la superficie de

contacto procesador-placa 1, Tv a la temperatura en la superficie de contacto placa 2-ventilador, y Tu a la

temperatura de unión entre 1 y 2.

Como la conductividad térmica del material 2 es el triple que la del material 1, entonces: k2 = 3.k1.

Reemplazando esta relación, y simplificando k1 y (A/e), queda:

Tp - Tu = 3 . (Tu - Tv) Tp - Tu = 3 . Tu - 3 . Tv Tp + 3 . Tv = Tu + 3 . Tu 4 . Tu = Tp + 3 . Tv

Tu = (Tp + 3 . Tv) /4 = (60°C + 3 . 30°C) /4 = 37,5°C

Respuesta: 37,5 °C

10. La potencia entregada por una fuente es Pentregada = Vfuente . Ifuente, donde Ifuente es la corriente que sale de la

fuente. En este caso, Vfuente = 220 V. Como este valor está fijo, entonces al

aumentar la corriente, aumentará la potencia, eso significa que el valor de

corriente máxima se dará para el valor de potencia máxima, que es de 8300 W.

Por lo tanto:

Pentregada(máxima) = Vfuente . Ifuente(máxima)

8300 W = 220 V . Ifuente(máxima)

Ifuente(máxima) = 8300 W/220 V = 37,73 A

Entre todas las respuestas dadas, el valor que más se parece al anterior es el de 40 A. Pero….

… si lo que queremos es que la potencia consumida no supere los 8300 W (porque el enunciado dice que entre

todos los departamentos, el consumo no puede pasar de ese valor), entonces hay un problema: si compramos

una llave térmica que corte la corriente cuando ésta llega a 40 A, podría pasar que en algunos momentos la

corriente llegue justo a 40 A, y en esas ocasiones la potencia entregada será:

Pfuente = 220 V . 40 A = 8800 W

Es decir, que la potencia entregada puede llegar a pasarse del valor máximo permitido para el total de

departamentos. Si queremos que la potencia no pueda superar nunca los 8300 W, entonces la llave térmica

adecuada tiene que ser una que no permita que la corriente pase de 37,73 A… y de las que tenemos para

elegir, la "mejor" es la que permite una corriente máxima de 32 A. Esta llave térmica va a cortar la corriente

cuando ésta llegue a los 32 A, o sea, cuando la potencia llegue a Pfuente = 220 V . 32 A = 7040 W. De las 6

llaves que nos ofrecen, ésta es la que más se acerca a la condición solicitada sobre la potencia.

Respuesta: 32 A.

11. Como la fuerza F detiene al cuerpo, tiene que tener

sentido opuesto al de su velocidad inicial v (si no, el

cuerpo comenzaría a ir cada vez más rápido). Entonces,

tomando un eje x horizontal que apunta en el sentido de

v, y un eje y hacia arriba, y planteando la 2da. Ley de

Newton en x y en y, se tiene que:

En x: -|F| = m . a En y: |N| - m . g = 0

donde hemos indicado a los valores absolutos de las fuerzas con barras de módulos, para evitar confusiones.

La aceleración a es constante, ya que F también lo es; por lo tanto, el cuerpo se moverá con MRUV. La

aceleración a debe ser tal que el cuerpo se detenga (vfinal = 0) después de desplazarse en ∆x = D. Y como la

velocidad inicial es vinicial = v, entonces, planteamos la complementaria y reemplazamos:

vfinal2 - vinicial

2 = 2 . a . ∆x 0

2- v

2 = 2 . a . D a = - v

2/(2D)

Reemplazando la expresión de a en la ecuación en x de la 2da. Ley, queda:

-|F| = m . (-1). v2/(2 . D) |F| = m . v

2/(2 . D) esta expresión corresponde a la opción verdadera.

Las otras opciones son:

|F| = m . g, |F| = |N| + m . g, |F| = |N| - m . v2/(2. D), |F| = N + mv

2/(2 . D), |F| = N - mg

Estas opciones son todas falsas porque: están mezclando una fuerza horizontal que es F, con fuerzas verticales

que son: la Normal y el Peso. No tiene por qué haber relación alguna entre F y P, o entre F y N; esto se ve en

las expresiones de la 2da. Ley en x y en y, más arriba. Sí hay relación entre N y P, ya que ambas son verticales

y por lo tanto están relacionadas: ya vimos que se cumple |N| = m . g.

Respuesta: |F| = m . v2/(2 . D)

12. Como no hay rozamiento, y la pelota está en contacto solamente con el plano inclinado, entonces las únicas

dos fuerzas sobre la pelota después de que es lanzada, son: la Normal (fuerza de contacto con la superficie), y el

Peso (fuerza de acción a distancia, hecha por la tierra). El Peso es una fuerza conservativa. La Normal es no

conservativa, pero en este caso siempre es perpendicular a la dirección de movimiento de la pelota, por lo tanto

su trabajo es cero. Por lo tanto, vale: ∆Et = LFNC = 0 (no hay trabajo de fuerzas no conservativas), y entonces:

Etf - Eti = 0 Etf = Eti

Podemos tomar "inicial" y "final" en dos puntos cualesquiera

de la trayectoria, entonces tiene que valer:

EtA = EtB , EtB = EtC, EtA = EtC

- Como se conserva la energía mecánica, eso quiere decir que

se conserva la suma de las energías cinética y potencial:

Ec + Eg. Entonces, como a medida que sube el cuerpo

aumenta Eg -porque aumenta la altura-, tiene que disminuir

Ec (la velocidad va disminuyendo gradualmente). O sea: EcA > EcB > EcC.

- Por otra parte, como se considera que EgA = 0, entonces: EtA = EcA + EgA = EcA

- Como la pelota llega a su altura máxima en C, eso quiere decir que vc = 0. Por lo tanto, la energía cinética en

C es cero: EcC = 0, y toda la energía mecánica es potencial en dicho punto: EtC = EcC + EgC = 0 + EgC = EgC

Usando todo lo anterior, analicemos cada una de las opciones:

1) EcA = EcB = EcC . Esta opción es falsa porque EcA > EcB > EcC (donde EcC = 0).

2) EgA = EcA; EtC = 0. Las dos afirmaciones son falsas: sabemos que EgA = 0 (HA = 0), pero EcA > 0, por lo tanto

la primera parte es falsa. La segunda parte tampoco se cumple ya que en C, la energía mecánica es igual a la

energía potencial, que no es cero.

3) EcC = EtB = EgA. Sabemos que EgA = 0, y que EcC = 0, pero la energía total en B, no es cero, ya que en B el

cuerpo tiene cierta velocidad no nula (EcB > 0), y además tiene cierta altura HB> 0. Por lo tanto, EtB > 0, y la

opción es falsa.

4) EcA = 2 EtB; EcC = 0. Ya vimos que la segunda igualdad se cumple. La primera igualdad es falsa porque, por

conservación de la energía mecánica, vale EtB = EtA , y como en A sólo hay energía cinética, entonces EtB = EcA,

pero esto contradice abiertamente a la afirmación EcA = 2 EtB, así que, la opción es falsa.

5) EcA = EtB = EgC. Ya vimos que, efectivamente, EcA = EtB. La segunda igualdad también es verdadera porque,

por conservación de la energía, EtB = EtC, y como en C sólo hay energía potencial, entonces EtB = EgC. Así que

esta opción es verdadera.

6) EtA = EcB = EgC. Sabemos que EtA = EtB EtA = EcB + EgB. Y como EgB > 0, entonces EtA > EcB y , por lo

tanto la primera igualdad no se cumple, y esta opción es falsa. Aunque ya podemos descartarla, analicemos

también la segunda igualdad: como EtB = EtC = EgC EcB + EgB = EgC. Como EgB > 0, entonces EcB < EgC; así

que tampoco se cumple la segunda igualdad.

Nota: observar que no hizo falta usar el dato de que B es el punto medio del plano inclinado. Sólo usamos que

B está entre A y C.

Respuesta: EcA = EtB = EgC

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