COMPENDIO DE PROBLEMAS PROPUESTOS y RESUELTOS POR UNA FÍSICA SIMPIFICADA
PROFESOR Martín Zayas Boussart
DOS CIRCUNFERENCIAS DE RADIO “R” PASA CADA UNA POR
EL CENTRO DE LA OTRA. ¿CUÁL ES EL ÁREA ENTRE ELLAS?
Como te puedes dar cuenta. Podemos trazar un triángulo equilátero dentro del sector sombreado. De modo que el sector de circunferencia tiene un área igual a: A1
R 2 6
Luego por el teorema de Pitágoras, la altura del triángulo será igual a: h
3 2
R
Pero el área del triángulo entonces será igual a:
ATriángulo
B.h 2
R.
ATriángulo
3 2 2
R
3 4
R2
Si al área del sector circular le restamos el área del triángulo, tendremos tendrem os que se obtiene el área A2 comprendida entre la circunferencia circunferenc ia y el arco. A2
R 2 6
3 4
R2
DOS CIRCUNFERENCIAS DE RADIO “R” PASA CADA UNA POR
EL CENTRO DE LA OTRA. ¿CUÁL ES EL ÁREA ENTRE ELLAS?
Como te puedes dar cuenta. Podemos trazar un triángulo equilátero dentro del sector sombreado. De modo que el sector de circunferencia tiene un área igual a: A1
R 2 6
Luego por el teorema de Pitágoras, la altura del triángulo será igual a: h
3 2
R
Pero el área del triángulo entonces será igual a:
ATriángulo
B.h 2
R.
ATriángulo
3 2 2
R
3 4
R2
Si al área del sector circular le restamos el área del triángulo, tendremos tendrem os que se obtiene el área A2 comprendida entre la circunferencia circunferenc ia y el arco. A2
R 2 6
3 4
R2
Ahora bien, en en toda el área área que comprende comprende a la interacción de de las dos circunferencias hay cuatro sectores A2 y dos triángulos equiláteros, por lo que el área total buscada es:
ATotal
2 ATriángulo 4 A2
3 2 R2 3 2 ATotal 2 R 4 R 4 6 4 ATotal
ATotal
3 2
R2
2 R 2 3
2 ATotal 3
2 R 2 3
3 2
R2
3 2
2 R
3R 2
A1
R
A2 R
EL VALOR DE X SE OPTIENE RESTANDO DE UN CUARTO DE LA CIRCUNFERENCIA DE 8m DE RADIO UN CUARTO DE LAS AREAS DE LAS CIRCUNDERENCIAS DE 4m DE RADIO MENOS EL AREA DEL CUADRADO DE 4m POR LADO.
x
1 4
8
x 16
2
1
2
1
2
4 4 16 4
4
4 4 16 8 1 6
EL VALOR DE LA Y SE CALCULA DE LA SIGUIENTE MANERA. EL AREA “R” ES EL AREA DEL CUADRADO MENOS EL AREA DEL CUARTO DE CIRCUNFERENCIA DE
RADIO 4m, ESTO ES:
1 2 R 16 4 4
16 4
PERO ESTA CANTIDAD LA TENGO DOS VECES. POR LO QUE:
Y
16 2 R 16 2 16 4 16 32 8 8 16
LUEGO ENTONCES:
X
32 32 Y 8 16 8 16 32
X Y 32 32 32 1
PROBLEMA DE ÁLGEBRA. UN BARRIL ESTA COMPLETAMENTE LLENO DE ALCOHOL, LUEGO, DE DICHO BARRIL SE EXTRAEN 24 LITROS DE DICHA SUSTANCIA Y SE LE AGREGAN 24 LITROS DE AGUA. DE DICHA MEZCLA SE EXTRAN NUEVAMENTE 24 LITRO Y SE VUELVEN A LLENAR CON 24 LITROS DE AGUA. SI LA PROPORCIÓN FINAL ES 24 A 25 ENTONCES. ¿CUÁL ES LA CAPACIDAD C APACIDAD DE DICHO BARRIL? SOLUCIÓN
24
x
24
Agua
x 24
Alcohol
24 Mezcla
24P
25P
Total 49P
Luego la ecuación que resuelve el problema es: 24 x 24 24 P 24 x
24 x
x 24 24 P 1 x
Pero tenemos que: x 49 P P 49
24 x 1 x 1 x 2 4 2 4 x 24 x 49 49 x
Simplificando se tiene que: x 2 98x 1176 0
Resolviendo esta ecuación de segundo grado nos da que: X
litros 84litros
A1
A3
A2
r
Para empezar tenemos que: A1 A2 La suma de dichas áreas se calcula con el modelo que ya calcule y publique:
2 3 2 A1 A2 A 3 2 r En este caso: r 2cm 2 3
A
3
2 2 2 cm 3
2
3
8 2 3 cm2 2 4 cm 3 2
Ahora el área A , será el área de la semicircunferencia menos el área 3
“A” que ya calculamos, esto es:
A3
A3
r 2 2
2 3 8
2cm
2
2
3 cm2
2 3 8
3 cm2
2 2 3 8
3 cm2
2
3
Ahora, al área de toda la semicircunferencia mayor, le restamos una circunferencia completa menor y el área A 3
ASombreada
1
16 cm 4 cm 2
2
2
2
3
2 3
2 cm
2 3
2
cm
4 cm 2 2
ASombreada
ASombreada
14
3cm 2
2 3
cm 2
cm2 2 3cm 2
3
SOLUCIÓN
ASombreada
7 2 3
3 cm 2
CUAL ES LA SOLUCION DE LA SIGUIENTE ECUACION DIFERENCIAL.
xy x dx x 2 y 2 x 2 y 2 1 dy Por separación de variables. x y 1 dx y 2 1 x 2 y 2 1 dy
x y 1 dx y2 1 x2 1 dy xdx
x 1 2
2
1
y
2
1 dy
y 1
Ln x 2 1
Ln x
Ln
2
1
1 y 2
1 y
2
1 y y 3 2
2
1
2
1 dy
y 1
2 1 y 2Ln 1 y C
2
x
y
2
1 2Ln 1 y
x 2 1
xdx
1 y
C
2
2
2 1 y C
x
2
4
x
1 y y 3
1 C 1 y e
4
1 y y 3
C 1 y e
1
Hay muchísimos resultados
PROBLEMAS DE MECÁNICA Problema 1 Dos partículas A y B están inicialmente en la posición que se indica en la figura. Si la velocidad de las partículas es constante, entonces, la distancia recorrida por la partícula A hasta alcanzar a B es de:
Solución. Como la velocidad de la partícula A es mayor que la velocidad de la partícula B, se tiene que la velocidad relativa de aproximación es de: v R vA vB 20
m s
15
m s
5
m s
Esto es equivalente a preguntarnos lo siguiente. ¿Cuánto tiempo le toma a la partícula A recorrer los 3 m con esa velocidad relativa de aproximación?
t
d v R
3m m 5 s
3 s 5
Ahora, preguntémonos lo siguiente. ¿En este tiempo cuanta distancia recorre la partícula A? x v At
m 3 s x 12m 20 s 5
Pero la partícula A ya estaba anteriormente separada del punto inicial 5 m. por lo que la distancia total D recorrida por la partícula A fue de: D
5m 12m 17m
Problema 2 La figura es una gráfica de posición vs tiempo.
¿En qué punto la velocidad instantánea vale ceo? La respuesta a esta interrogante es muy simple, donde la pendiente de la tangente a la trayectoria valga cero, esto es:
v
dx dt
0
Lo que indica que la velocidad instantánea es cero en el punto C Problema 3 Una pelota de golf es golpeada con una velocidad de 80 p/s tal como se muestra en la figura. Calcular la distancia “d” donde llegara.
Obsérvese. Que la pelota de golf fue golpeada realmente con un ángulo de elevación de 55° y con una velocidad de 30 p/s La ecuación de la trayectoria parabólica se calcula con la ecuación. y x tan
De donde
gx 2 2v02 cos 2 10
45 55
Por otra parte, tenemos que:
y
tan10
y x tan10
x
x tan10 x tan 55
gx 2 2
2 80 cos 2 55
Despejamos ahora a la “x” gx 2 2
2 80 cos 55 2
x tan 55 x tan10
Ahora, simplificamos la ecuación eliminando a una “x” gx 2
2 80 cos 55 2
tan 55 tan10 m
p
Recordemos que g 9.8 s 2 32 s 2 2
x
2 80 cos 2 55 32
tan 55 tan 10
x 131.59 1.4281 0.1763
x 164.72 p
Por lo que haciendo uso de la función coseno tendremos que: cos10
164.72 p
Problema 4
d
d
164.72 p
167.26 p Aprox. cos10
Una grúa levanta una masa de 200 kg a 15 m del suelo en tan solo 10 s. calcular la potencia de la grúa. Solución. La potencia es la rapidez con que se efectúa un trabajo, luego entonces la fórmula es: P
W
t
Pero tenemos que el trabajo al levantar a un cuerpo desde el suelo se transforma en energía potencial, esto es:
W
mgh
Luego entonces: P
mgh t
De este modo al sustituir nuestros datos se tiene que: P
m 15m 2 s 10 s
200kg 9.8
P 2940watts 2.940kw
Problema 5 Si una partícula recorre una trayectoria circular con una frecuencia angular de 75 rev/min. Entonces calcular su velocidad angular., su periodo, su velocidad tangencial y su aceleración normal. Solución.
Primeramente tenemos que la frecuencia es: 75
rev min
1.25
rev s
Luego entonces la velocidad angular se calcula con la fórmula:
2 f rev rad 7.85 2 3.14 1.25 s s
El periodo de revolución, no es otra cosa más que el inverso de la frecuencia f. T
1
1 rev f 1.25 s
0.8s
La velocidad tangencial se calcula con la fórmula:
v R
v 7.85
rad s
R
Pero no se puede conocer numéricamente sino conocemos el valor del radio de la circunferencia descrita por la partícula.
Lo mismo sucede con la aceleración radial que es igual por formula a: 2
rad ac 2 R 7.85 R 61.62 R R s v2
Las unidades físicas dependen de las unidades físicas del radio o de la velocidad.
Problema 6 La masa “m” gira con una velocidad angular constante
tal como se indica en la figura. ¿Cuál debe de ser la velocidad angular con la que debería de circular la masa “m” para que la tensión en las cuerdas cumplan que:
T1
3 2
T 2
Solución. Nótese que el peso mg está equilibrado por la fuerza F.
mg
F
Siendo F igual a: Pero T1 y
F
T 1 cos ,
T1 y
T 2 y
T 2 cos
T2 y
Por lo que:
T1 cos T 2 cos
F
De este modo tenemos que: T1 cos T2 cos mg
Pero deseamos por el enunciado del problema que: T1
3 T 2 2
3 T cos T cos mg 2 2 2
3 1 mg 2
T2 cos 1 2
T2 cos mg ……………………………………… 1
Pero también sabemos que la fuerza radial neta es:
T1 x T2 x
F c
T1 sen T2 sen 3 2
T2 sen
m 2 R
T2 sen m 2 R
5 2
m 2 R ………………………………...
T2 sen
2
Dividiendo 2 entre 1 tendremos que: 5 T2 sen 2 m R 2 1 mg T 2 cos 2
5tan
2 R g
Despejando a la velocidad angular tendremos que:
2
5 g R
tan
5 g R
tan
Como de la figura se tiene que: sen
R L
R Lsen
De este modo se tendrá finalmente que:
5 g Lsen
5 g
tan
L cos
Si L 1m y 30 Tendremos que:
5 9.8
m s
2
1m cos 30
Problema 7
7.52
rad s
Un móvil triplica su velocidad angular luego de dar 100 vueltas en un tiempo de 10 s. ¿Qué aceleración angular tiene? Solución.
1 t
2
En nuestro caso se tiene que: 2
3 1
Luego entonces tendremos que:
31 1 t 12
21 t
2 1 t
2
4 12 t 2
2t 2 ………………………………………………. 1
4
Por otra parte tenemos que:
22
12 2
30 2 1
9
2
12 2
2 4 4 2 1
2 1
2 1
Sustituyendo 1 en esta última expresión tendremos que: 2t 2 4
4
t 2
Por ultimo tenemos que: 100rev 200 rad
200 rad
10 s
2
2
rad s 2
PROCESO ADIABÁTICO REVERSIBLE Marín Zayas Boussart Primeramente, un proceso adiabático es un proceso en la cual un sistema ni gana ni pierde calor, esto es: Q 0 De acuerdo con la primera ley de la termodinámica y para un gas que se expande tenemos que:
Q U W W U 0 Si el sistema realiza trabajo sobre el medio. En pocas palabras, en un proceso adiabático el trabajo realizado por el sistema o sobre el sistema se concentra únicamente en cambiar la energía interna del sistema, lo que es lo mismo decir que el sistema al expandirse no recibe energía del medio que lo rodea, por lo que utiliza su propia energía interna para realizar trabajo. Pero en un proceso adiabático reversible, podemos demostrar que: 1
V 1 T1 V 2
T2
Donde tenemos que:
C p C V
El cambio en la energía interna para un gas perfecto en términos de la capacidad calorífica molar a volumen constante, está dado por la relación:
U nCv T
U nC V T
Pero por otra parte, el resultado de:
W U 0 Escrito en su forma diferencial es: dW
dU 0
Como el trabajo cuando es llevado a cabo a P = cte. es: W PV
Se tiene que: dW
PdV
Siendo así, de este modo tendremos que: PdV nCV dT 0
Si hacemos ahora uso de la ecuación de estado: PV
nRT P
nRT V
Al sustituir en: PdV nCV dT 0
Tendremos que: nRT V
dV
nCV dT 0
Pero también podemos demostrar que la constante universal de los gases ideales se puede escribir en términos de la capacidad calorífica molar a presión constante y a volumen constante como: R C P C V
Demostración.
Q U W U Q W
U nCV T PV Si llevamos este proceso a volumen constante, tendremos que: V 0 Por lo que:
U nCV T
U nC V T
C V
U nT
Si llevamos este proceso a presión constante, tendremos entonces que:
U nC P T PV Pero como: PV nRT Tendremos que al sustituir todo en: U nC P T PV
U nC P T nRT
Si dividimos todo por: T se tendrá que: U nC P nR T
Pero ya se había demostrado que: CV
CP R
U nC V T
nCV nCP nR
R C P C V
Regresando a nuestro resultado que anteriormente habíamos obtenido: nRT V RT V
dV
nCV dT 0
dV CV dT 0
C P CV
C P CV
T V
dV
dV
C V
V
C P C V dV CV
CV dT 0
V
dT
0
T
dT T
0
C P dV dT C 1 V T 0 V Llamando a:
1
dV V
C P C V
dT T
0
dT T
1
dV V
Integrando todo este cacharro. dT
T
1
dV V
LnT 1 LnV c
c LnT 1 LnV
Por la propiedad de los logaritmos tendremos que: c LnT
LnV 1
c Ln T .V 1
Siguiendo el álgebra para este resultadillo se tendrá que:
e
c
Ln T .V
e
1
TV 1 c'
Esto nos conduce finalmente a: 1 TV T2V2 1 ...... TnVN 1 cte. 1 1
1 TV T2V2 1 1 1
V1 1 V2 1
1
V 1 T1 V 2
T 2
T2
T 1
Ahora me atrevo a comprobar lo siguiente:
Los físicos han comprobado que durante una expansión adiabática en un gas ideal, la presión volumen está dada por la relación PV k . Demostrar que el trabajo realizado por el gas al expandirse desde un estado P1 ,V 1 a un estado
P2 ,V 2 , está dado por W
1
1
PV 1 1 PV 2 2 .
Solución. No debes se olvidar que cuando en un sistema se pasa de un estado P1 ,V 1 a otro P2V 2
estado P2 ,V 2 , el trabajo se calcula con la fórmula: W
PdV
PV 1 1
Pero como en nuestro caso: PV k P
k V
P2V 2
Al sustituir en la integral, se tiene que: W
k
V
P2V 2
dV
W
PV 1 1
kV
dV
PV 1 1
P2V 2
Integrando tendremos que: W
V 1 k 1 PV
1 1
Pero como k PV , tendremos que: W
W
1 1
P2V 2
P2V 2
1 1
1 1
V 1 PV W PV 1 PV 1 PV
PV 2 2 PV 1 1
Lo que queda de esta manera demostrado lo que se quería demostrar. Para los casos prácticos tendremos que:
i2 i
a) Si el gas es monoatómico: i 3 b) Si el gas es monoatómico: i 5 c) Si el gas es triatómico:
i 6
3 2 3
52 5 62 6
5
3 7 5 4 3
Etcétera. La gráfica de este proceso es como sigue:
P2
T2
T1 P1
V2
V1
Proyectil lanzado contra la resistencia del viento Profesor: Martín Zayas Boussart
Realizar un análisis sobre un proyectil de masa “m” que se dispara con una velocidad inicial v0 y con un ángulo de elevación , sabiendo que existe una resistencia de viento que es proporcional a la velocidad instantánea.
Solución. En la figura, se han representado las fuerzas que sobre el proyectil actúan. Por un lado, actúa el peso del proyectil mg y cuyo vector está dirigido hacia abajo, por otro lado, actúa la fuerza de fricción del viento la cual se ha descompuesto en sus componentes F f y F f Si realizamos el análisis con respecto al ángulo conque x
y
el proyectil es lanzado con respecto a la horizontal, tendremos que: La ecuación diferencial principal que describe el movimiento del proyectil es: ma mg j kv dv dt
k m
dv dt
g j
v g j
k m
v
(1)
Si analizamos esta ecuación diferencial veremos que es de la forma: dy dt
P t y G t
Que traducido a nuestro problema se vuelve El factor integrante es t e
P t dt
dy dt
dv
, P t
dt
k
y G t g
m
: k
k
t dt t e m , t e m
Multiplicando a la ecuación 1 por el factor integrante, tendremos que:
dv k v g j e mk t , dt m
k m
k
ve
m
t
k
e
m
t
dv dt
k
t
ge j , m
d
ve
k m
dt
Nuestro siguiente paso es integrar la expresión anterior, esto es:
t
k t m ge j
k
v t e
Cuando t 0 v v0
m
t
g j e
v0
mg k
k m
k
t
dt ,
v t e
m
t
m
j c c v 0
k
mg k
k
ge
m
t
jc
j
Pero no debemos de olvidar que la velocidad v0 en su forma vectorial está dada por: v v0 cos i v 0 sen j y Como v v0 tendremos que: c v0 cos i v0 sen j
mg k
j
Una vez realizada esta operación, nos vemos en la necesidad de sustituir esta expresión en: k
v t e
m
t
m k
k
ge
m
t
k
jc k
v t e
m
t
m k
k
ge
m
t
j v0 cos i v0sen j
mg k
j
t
Dividiendo todo entre e , tendremos que: m
v t
m k
g j v0 cos i v0 sen j e
v t v0 cos i v0 sen j e
k m
t
k m
t
mg k
e
k m
t
j
mk t mg e 1 j k
Esta es la expresión que denota la velocidad para cualquier tiempo “t” Ahora nuestro propósito, es encontrar la expresión que denota la posición del proyectil para cualquier tiempo “t”
Para ello, tenemos que v
dr dt
d r dt
v0 cos i v0 sen j e
k t m
mk t mg e 1 j k
k t mk t mg m d r v0 cos i v0 sen j e e 1 j dt k
Integrando tendremos que:
r t
m k
v0 cos i v0sen j e
k m
t
m2 g k
2
e
k m
t
j
mg k
t j c
(2)
Las condiciones iniciales son: t 0 r 0
0
m k
v0 cos i v0 sen j
c v0 cos i v0 sen j
m k
m2 g k 2
m2 g k 2
jc
j
Sustituyendo este término en la expresión (2), tenemos que: r t
m k
v0 cos i v0 sen j e
r t
mv0 k
k m
t
m2 g k2
e
k m
t
j
mg k
t j v0 cos i v0 sen j
m k
m2g 2 j k
k k t m 2 g t mg m2 g m m cos i sen j 1 e 2 e j t j 2 j k k k
r t
mv0 k
k k t mg m m t m m cos i sen j 1 e t e j k k k
Este último resultado, denota la posición del proyectil para cualquier tiempo “t”
Si lo que se desea es conocer el tiempo en que el proyectil alcanza su altura máxima, entonces debemos de proceder de la siguiente manera. Primero partimos de la ecuación: v t v0 cos i v0sen j e
k t m
mk t mg e 1 j k
Que ya habíamos obtenido pasos anteriores. Ahora bien, de dicha expresión, se puede obtener la velocidad componente en “y” para todo “t”, esto es: kt kt mg v y v0 sen e m e m 1 j k
Sabemos que la componente y de la velocidad en su punto más alto para el proyectil es igual a cero, esto es: v y 0 kt ktm mg m v0 sen e e 1 j 0 k
Desarrollando el álgebra adecuada, tenemos que: v0 sen e
kt
m
mg k
e
kt
m
mg k
0
mg kt
kt
kt 1 v sen mg e m mg e m k m e 0 v0ksen v sen mg k k 0 mg 1 k
kt m
Ln
1
v0ksen mg 1
,
v ksen Ln 0 1 m mg
kt
t
m k
Ln 1
kv0 sen
mg
En conclusión, el tiempo en que el proyectil alcanza la altura máxima es: t
kv sen Ln 1 0 k mg
m
Si lo que se desea es obtener el modelo matemático que determina la altura máxima alcanzada por el proyectil, tenemos que partir de la expresión encontrada pasos anteriores. r t
mv0 k
k k t mg m m t m m cos i sen j 1 e t e j k k k
La parte correspondiente a la altura en “y” es: kt kt mv0 mg m m m m y h sen 1 e t e j k k k k
Si t
m
kv0 sen
mg
:
y h
mv0
Ln 1
k
k
sen
mv0 k
e
kt m
sen
mg k
t
m2 g k2
e
(3)
kt m
m2 g k2
El término e
y h
kt m
mv0 k
e
k m kv0sen Ln 1 mg
mk
sen
1
1
kv sen mg kv0 sen 1 0 mg mg
mg mg kv0 sen
m2g kv0 sen m2 g mg mg m mg sen Ln 1 k 2 mg kv sen k 2 k mg kv0 sen k k mg 0
mv0
h
mv0
h
mv0
h
mv0
k
k
k
sen
sen
sen
m 2 gv0
kv0sen m2 g m2 g mg sen 2 Ln 1 2 1 k mg k mg kv 0sen mg kv0sen
k m2 gv0 k
m2 gv0 k
1
kv0 sen m2 g mg 1 m2 g mg kv0 sen mg kv sen sen k 2 Ln 1 mg k 2 mg kv sen 0 0 kv0sen m 2 gv0 1 m 2 g 1 mg kv sen sen k 2 Ln 1 mg k mg kv sen sen 0 0
Eliminando términos, tenemos que finalmente la altura máxima es: hmax.
mv0 k
sen
m 2 g k2
Ln 1
kv0 sen mg
SOLUCION AL PROBLEMA DEL TUBO EN LOS PASILLOS Físico: Martín Zayas Boussart Proximamente en video en mi canal de youtube.
Mediante el teorema de Pitágoras tenemos que: L2
2
a x b y
tan
y a
y tan
xy ay ya ab
2
……………………………………………………… 1
yb x a
y a
yb xa
xy ab y
y x a y b a
ab x
Sustituyendo en 1 tendremos que 2
L
ab a x b x
2
2
Derivando dicha expresión con respecto a x tendremos que: ab d a x dL ab x 2 L 2a x 2b dx dx x dx d b
2 L
ab ab 2 a x 2 b dx x x 2
dL
L
ab ab a x b dx x x 2
dL
Igualamos a cero para hallar los valores críticos de x. ab ab a x b 2 0 x x
a x
ab 2 x 2
a 2b 2 x3
0
Multiplicando todo por x 3 tendremos que: ax3 x4 ab2 x a2b2
0
Factorizando encontramos que: x3 a x ab 2 a x 0
Como y
ab
y
x
x3 ab2 0 x 3 ab2 ab
3
ab 2
y
3
a3b3 ab
2
y 3 a 2b
Sustituyendo estos valores en la ecuación 1 tendremos que: 2
L2
a x b y
L2
2
1 2 2 1 2 3 3 L a a b b a 3 b 3
2
a 3 ab2
2
2
b 3 a2 b
2
2
13 23 23 13 23 23 2 L a a b b b a 2
L
2
2
2 23 23 23 23 23 23 23 23 3 3 a a b b b a a b a b 2
2
2
23 23 2 L a b
3
3
L a b 2
2
3
3
2
UNA SOLUCION MUY ELEGANTE.
UN PROBLEMA DE CÁLCULO DIFERENCIAL PARA ESTUDIANTES DE BACHILLERATO
Físico: Martin Zayas Boussart Uno de los extremos de una escalera de 15 metros de longitud se apoya contra una pared vertical. Supóngase que se empuja el pie de la escalera alejándola de la pared a razón de 0.9 m/min. a) ¿Con qué velocidad bajará la extremidad superior de la escalera cuando su pie dista 4 m de la pared? b) ¿Cuándo se moverán con la misma rapidez las dos extremidades de la escalera? c) ¿Cuándo la extremidad superior bajará con una rapidez de 1.2 m/min? Solución.
Ilustración 1 a) Mediante el teorema de Pitágoras tenemos que: L2 x 2 y 2 y 2 L2 x2 Cuando el pie de la escalera se encuentre a cuatro metros de separación de la pared, la altura de la escalera será: 2
y 225 4
225 16
Ahora derivemos la expresión y 2 L2 x2 2 y v y
209 dy dt
14.46 m
2 x
dx dt
x dy v y dt y dt
dy
4 m m 0.9 0.25 min 14.46 min
Con esta velocidad baja el extremo superior de la escalera. El signo menos indica que el vector velocidad apunta hacia abajo.
‖‖ = ‖‖ −x =x−1 = 15 x = y
b) Para determinar el momento en el cual
x
, o bien,
v = −v
,
recurrimos de nuevo a la ecuación v y vx . Para que se dé la igualdad y , es necesario que , de donde , por lo tanto:
v = −v
225
x
2
15
2
7.5 2m
O sea que cuando el pie de la escalera esté a x 7.5 2m ambos extremos se moverán con la misma rapidez. c) Para determinar cuándo la extremidad superior bajará a una velocidad de 1.2 m/min, tendremos que:
−1.2 mimn = − √225x− x 0.9 m/min 1.0.29 = √225x− x 2
4 x 2 3 225 x2
16
225 x x 400 9 2
2
16 x 2 9
x 2
Al multiplicar toda la ecuación por nueve tendremos 3600 16 x2 9 x2 , de donde: x
3600 25
60 5
12m
Cuando el pie de la escalera esté a 12 m de la pared, la parte superior bajará con una velocidad de -1.2 m/min.
PROBLEMA DE TIRO PARABOLICO
2v0sen T a) Primeramente el tiempo total de vuelo es: g
m sen50 s m 9.8 2 s
2 35
5.47 s
Por lo que a los 4 segundos que es precisamente el tiempo en el cual se nos pregunta la posición de la flecha, está más allá de la mitad del camino, esto es: Así que nuestro objetivo será calcular los valores de x y de y.
x v0 cos t x 35
y v0 sen t
1 2
gt 2
y 107.24m 78.4m
m s
x 89.99m 90m
cos 50 4 s
m 1 m y 35 sen50 4s 9.8 4s s 2 s
2
2
y 32.84m
De este modo su posición será de: P
90m,32.84m
b) para calcular las componentes de la velocidad se procede de la manera siguiente:
v x v0 cos i
v y
v x 35
m s
cos 50
i
m v0 sen gt j v y 35 sen50 9.8 s
v y 12.39
m s
m
v x 22.49 i s
4 s j v y
m s
2
26.81 39.2 s s m
m
j
El signo negativo indica que el vector velocidad apunta hacia abajo.
j
El inciso C está mal preguntado por qué así como se pregunta es lo mismo que el inciso b. lo que a deber querido decir tu profesor es, cual es la magnitud de la velocidad o cual es la velocidad a los 4 segundos. v
22.49i 12.39 j
m
s
Esta es la velocidad.
Y su magnitud es: v
2
22.49 12.39
v 25.67
m s
505.8 153.51 659.31
Esta es la magnitud
ANÁLISIS DE LA GOTA DE LLUVIA Físico: Martin Zayas Boussart
Análisis para una gota de lluvia que cae a través de un medio húmedo colectando masa conforme va cayendo, suponga que la gota permanece esférica y que la razón de su crecimiento es proporcional al área de la gota. Hallar también el valor de la aceleración con la que la gota cae. Solución.
Ilustración 2
El momento lineal o simplemente momentum, se define como el producto de la masa por la velocidad, esto es: p mv
Y la fuerza, en la definición de la segunda ley de Newton, es la derivada del momentum con respecto del tiempo: F
dp dt
d mv dt
m
dv
v
dt
dm dt
En este problema, la masa no es constante ya que la gota va recolectando masa a medida que cae.
A = 4πr
El enunciado del problema, también establece que el crecimiento de la masa en la gota al caer, es proporcional al área de la esferita ( ) y sabemos que esta última es función del radio de la gota, el cual, a su vez, es función del tiempo. Entonces:
O bien:
dmdtt ∝ A(rt) = kA(rt) k ρ mt = ρVt = πρrt d43 πρdtrt = k4πrt 43 πρ3rt drdtt = k4πrt drdtt = kρ drt dt = k dt dt ρ
(1)
mt
En donde es una constante de proporcionalidad. Además, la masa de la gota, siendo esta una esfera de densidad uniforme (de hecho la densidad del agua), está dada por:
(2)
De manera que la condición establecida por la ecuación (1), se transforma en:
Derivando:
Simplificando, obtenemos:
r
Si integramos con respecto del tiempo, obtenemos la expresión del radio de la gota como función del tiempo:
De donde:
rt = r t mt = πρr t m = m0 = 43 πρr dmdtt = 4πkr kρ t −mtg = d(mdttvt) −mtg = mt dvdtt vt dmdtt mt dvt 1 dmt −g = dt vt mt dt mt k 4 πk r t d v t ρ −g = dt vt 43 πρr kρ t dvdtt vt ρr3k kt = −g
(3)
Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2), obtenemos la expre sión de la masa como función el tiempo:
(4)
Nótese que, en particular:
Y, además:
Por otra parte, si omitimos el rozamiento con el viento, la única fuerza externa que actúa sobre la gota es la gravedad, de manera que la ecuación de movimiento para la gota es:
Esto es;
Dividiendo la ecuación entre
, tenemos:
Sustituyendo en esta ecuación diferencial
De donde:
y su derivada
Esta última expresión, es una ecuación diferencial de la forma:
, obtenemos:
a1 t
dv dt
a0 t v g t
dv dt
a0 t a1 t
v
g t
a1 t
dv dt
P t v f t
Este tipo de ecuación se resuelve aplicando un factor integrante de la siguiente manera. Primero, reescribimos la ecuación diferencial en la forma: dv P t v f t dt 0
Ahora podemos multiplicamos toda la ecuación por un factor que llamaremos t
t dv t P t v f t dt 0 Ahora bien, la teoría de ecuaciones diferenciales sostiene que, si tenemos una ecuación de la forma: M x, y dx N x, y dy 0
Esta tendrá una solución exacta si:
t t P t v f t t v
En nuestro caso tenemos que:
d t dt
M N y x
t P t
d t
t
P t dt
Integrando ambos lados tendremos que: Ln t
P t dt
t e
P t dt
Que es el llamado factor integrante.
Pt = + μt = e∫+ u = ρr kt 3kdt = 3 du = 3lnρr kt ρr ρr kt u ρr kt + μt = e = ρr
En nuestra ecuación, claramente
, por lo que, el factor integrante es:
Resolvemos la integral mediante un simple cambio de variable,
Y, de ahí, el factor integrante es:
:
Multiplicando nuestra ecuación diferencial por el factor integrante, obtenemos:
ρr ρr kt dvdtt ρrρr kt vt ρr3k kt = −gρrρr kt ρr ρr kt dvdtt vt ρr3k ρrρr kt = −gρrρr kt μtvt ρr kt dvt dtρr = −gρrρr kt ρr kt dvt ρr dt = −g ρr kt dt dt ρr ρr kt ρr ρr kt vt ρr − v = −g 4k ρr − 1 vt = ρrρr v kt − g ρr4k [ρrρr kt− ρrρr 1 kt] g ρ r v − ρ r kt − ρ r 4k vt = ρr kt ρ r vt = 4k4ρkvr −ktgρr − gρr4k kt m t = πρr t m = m0 = πρr
De donde:
El primer término es, claramente, la derivada del producto ecuación se puede reescribir como:
, por lo que la
Ahora solo necesitamos integrar esta ecuación con respecto del tiempo:
De donde:
De donde, finalmente, obtenemos la velocidad como función del tiempo:
O bien:
Otra expresión equivalente de la ecuación anterior es:
Si recordamos que
y
, tenemos que:
mmt = ρrρr kt v t vt = mmvt − g4kmρrmt mmt ρrρr kt − 1 vt = mmvt − 4kg ρr kt − ρmrmt mt vt = 4πρ3mr v kρ t − 4kg [ρr kt − 4π3rr m ρk t] 3m 4kvr kgρrt − 4kg ρr kt vt = 16kπρ [ρ ] ρ ρ = 3 m 4kv g r 3m 4πr vt = 16kπ 4πr3m k − 4kg 4πr3m r kt r[ 4πr3m t ] 2 7m r 1 6kπr vt = 16kπ 3mr v4kπr 3gmt− 16kπrg 3mr 4kπrt
Si sustituimos este resultado en la primera ecuación de
, tendremos que:
O bien:
Otra expresión útil de la ecuación anterior, es la que se obtiene al sustituir el valor de :
De donde:
Si no se conoce la densidad del líquido del que está hecha la gota (suponiendo que no es de agua), se puede sustituir el valor de en la ecuación anterior, tomado de la expresión :
De donde:
Y la aceleración de la gota se calcula derivando la expresión anterior con respecto del tiempo:
Nótese que si
d v t − 27m r 1 6kπr at = dt = 4 3mr v4kπr 3gmt− 4g m = 0 vt = − gt4 ; at = − 4g
, entonces, las ecuaciones anteriores se reducen a:
SIMPLIFICAR LA SIGUIENTE EXPRESION. P
1 1 log a bc
1 1 log b ac
1 1 log c ab
SOLUCIÓN.
P
P
P
1 log a a log a bc
1
log a abc
log a a log a abc
1 logb b logb ac
1
1 log c c logc ab
1
log b abc
log c abc
log b b
log c c
log b abc
log c abc
Aplicamos la siguiente propiedad de los logaritmos.
log x y log a a log a abc
log z y log z x
log abc a
log b b log b abc
log abc b
log c c log c abc
log abc c
p logabc a logabc b logabc c p logabc abc
p 1 CÁLCULO DE LA RAPIDEZ MEDIA Físico: Martín Zayas Boussart Calcular la rapidez media: a) Entre t = 0 y t = 1s b) Entre t y t + ∆t S t t 3 2t
Solución: a) La rapidez media la calculamos como sigue. v
S 2 t2 S1 t1 t2 t 1
13 2 1 0 2 2 0 v 1 0
v
v
30 1 0
3
m s
S 2 t2 S1 t1 t2 t 1
3 3 t t 2 t t t S2 t t S1 t 2t v v t t t t t t
v
t 3 3t 2 t 3t 2t 3t 2t 2t t 3 2t t t t
Simplificando tendremos que:
v
3t 2 t 3t 2 t 3t 2t
t
Factorizando tendremos:
t 3t 2 3t t 2t 2 v t v 3t 2 3tt 2t 2
Es claro que si ∆t = 0, se obtendría la velocidad instantánea, que es precisamente la derivada de la función.
vins.
2 2 2 lim 3 t 3 t t t 2 3 t 2 t 0
Lo que es igual a: dS t dt
d t 3 2t dt
3t 2 2
DEMOSTRACION DE LA FORMULA PARA RESOLVER ECUACIONES DE SEGUNDO GRADO La forma general de dichas ecuaciones es:
ax 2 bx c 0
a x2
b a
x
c
b c 2 0 x x 0 a a a
Completamos el trinomio cuadrado perfecto, sacándole mitad al coeficiente del término lineal y lo elevamos al cuadrado. Este resultado lo sumamos y lo restamos.
2 b b2 b2 c x a x 4a 2 4a 2 a 0 Ahora agrupamos.
2 b b2 b2 c x x 2 2 0 a 4a 4a a
2 2 2 b 2 4ac b b 4ac b x 0 x 2 2 2 a 4 a 2 a 4 a 2
x b b2 4ac x b 2a 2a 4a 2
x
b
b 2 4ac 4a 2
b 2 4ac 2a
TAREA # 1 DE ASTROFISICA Problema 1 Demostrar que para un observatorio a latitud l N, las estrellas circumpolares deben tener una declinación 90 l . ¿Qué estrellas serian circumpolares en el observatorio de Tonatzintla Puebla? Solución. Primeramente, cabe mencionar que las circunstancias que hacen a una estrella circumpolar, dependen únicamente del hemisferio del observador y de su altitud En nuestro caso, para demostrar lo que se pide hacemos lo siguiente.
B
min.
N
min. P
A
W
E
O R
S
WRE = Ecuador terrestre.
l =
Latitud N
OP = Radio
AB
vector de posición.
= Horizonte visual.
min. = Angulo mínimo
De la figura se puede ver que lo que esté por debajo de la recta tangente AB para un observador en P, las estrellas no se podrán observar. Para poder encontrar la relación matemática que no lo justifique hacemos lo siguiente. l
min. 90
l
min. 90
min.
90 l
Pero el ángulo mínimo min. al cual se podría ver la estrella y que es el límite de visibilidad, es cuando min. 0 . Siendo así de esta manera, tendremos que:
90 l 0
Despejando al término , que representa en nuestro caso la declinación, tendremos que: 90 l
En un caso muy particular, este resultado muestra la declinación mínima a la cual la estrella es observable. En un caso más general, tendremos que si la delta tiene un valor mayor al indicado, con mucho más razón se podrá observar la estrella. Por lo tanto el resultado de visibilidad es: 90 l
Lo que queda demostrado. Para el caso que se estuviera ubicado en el observatorio astronómico de Tonatzintla puebla, la latitud para este lugar es: 19.033 Por lo que las estrellas que resultarían circumpolares serian aquellas cuya declinación fuera de: 90 19.033
70.977
Problema 3 Calcular la paralaje de una estrella que se encuentra a 2kpc de distancia. ¿Cuál será su paralaje medida desde la órbita de Júpiter? Solución. Primeramente, debemos de aclarar que la paralaje, es un método puramente geométrico, depende de la distancia a la estrella y del tamaño de la órbita de la tierra o de cualquier otro planeta que se trate. Para calcular la paralaje desde la órbita terrestre tenemos que:
Tierra
1 U.A p
d Sol
Tierra
El ángulo subtendido por la distancia (Tierra – Sol) = 1 U.A es de cual en grados es iguala a: 1"
1 3600
1"
de arco el
Por cada pc de distancia.
Por simple regla de tres inversa, tendernos que: 1" 1 pc 1"1 pc x 5 104 " 2000 pc x 2000 pc
Entre más retirado menor es ángulo. Otra forma de resolverlo, es de la siguiente manera. tan p
1U . A
d
1U . A p arctan d
5 1.5812 10 5 Años.luz 1U . A 1.5812 10 Años.luz 5 p Arctan Arctan Arctan 6522.52 Años.luz Arctan 2.4242 10 2000 pc 3.26126 Años . luz 2000 pc 1 pc 7 p 1.3889 107 p 1.3889 10
3600 1
5.0 104 "
p 5.0 104 " Para el caso de estar colocado en la órbita de Júpiter, tendremos que:
Júpiter d
Tierra p
D
Sol
Tierra Júpiter
Al igual que en el segundo método que usamos para el caso de la tierra, solo que en este caso, la distancia del Sol a Júpiter es: d 778.33 106 km A los mismos 2000 pc tendremos que la paralaje es mayor que en el caso de la tierra.
778.33 106 km d p A rctan p A rctan D 2000 pc 6 778.33 10 km p A rctan 13 3.085678 10 km 2000 pc 1 pc
778.33106 km p A rctan 16 6.171356 10 km
p A rctan 1.2611977 108 7.22613 10 7
Esta cantidad como está dada en grados, la convertimos a segundos de la siguiente manera. 3600" p 7.22613 107 1
p 2.6 103 "
Problema 4 La estrella Barnard tiene el movimiento propio más grande conocido 10.31
"
año
.
Determinar la velocidad transversal de la estrella Barnard.
Considerando que su velocidad radial es de 108
km s
. Determina
la velocidad
total de dicha estrella con respecto al sistema solar. ¿Cómo se compara con las velocidades de la mayoría de las estrellas de la vecindad solar? Solución.
Podemos de entrada calcular la distancia la distancia a la que se encuentra la estrella haciendo uso de la paralaje. Mediante tablas de paralaje para diferentes estrellas, tenemos que la correspondiente a la estrella Barnard es: p 0.549 segundos de arco. La teoría sostiene que la distancia a la que se encuentra la estrella es la inversa de la paralaje, esto es: d
1 0.549
1.82149 pc
Recordemos que 1pc = 3.26 años luz. Como dato se nos proporciona la velocidad propia de dicha estrella que es de: 10.31
"
año
La cual podemos convertir a 10.31
rad año
.
1rad 1 4.998 105 rad 5.0 105 rad año 57.2957 3600" año año "
Haciendo uso de la trigonometría básica, tendremos que: Estrella Barnard
Desp. Angular
Tierra
El desplazamiento angular se puede calcular con la función trigonométrica: sen
Pero
Desp Angular
r
es tan pequeño, pero tan pequeño, que podemos hacer que: sen
De este modo tendremos que: Desp Angular r
D. A 1.82149 pc 5 10 5
D.A 9.107 105 pc
Como: 1 pc 3.26 Años.luz 3.0856 1013 km Tendremos que: D. A 9.107 10
5
3.0856 1013 km pc 2810,055,920km 1 pc
Cabe señalar que este desplazamiento lo recorre por año. Por lo que su velocidad tangencial o transversal es de: V t
D. A t
2810, 055, 920km 1año 1año
1h 8760hs 3600 s
V t 89.1
km s
Para calcular la velocidad total o neta, tendremos que: Vtotal Vr2 V t 2 2
2
km km V total 108 89.1 s s
V total 140
km s
11664
km 2 s2
7938.81
km 2 s2
19602.81
km 2 s2
Aproximadamente.
Un método diferente es haciendo uso de la fórmula: Vt 4.74 r
En nuestro caso, tenemos que la distancia de la tierra a la estrella Barnard es de: r 1.82149 pc
Luego entonces tenemos que:
Vt 4.74 10.31
V t 89.01
1.82149 pc año "
km s
Resultado muy próximo al del método anterior. Con respecto a la tabla C: 17 del libro de karttunen, muchas estrellas se alejan de nosotros (las que aparecen con signo +) y muchas otras se acercan (las que aparecen con signo -)
De las primeras estrellas que aparecen en dicha tabla y que se podrían decir próximas al sol, la de mayor velocidad radial es precisamente la estrella Barnard, de ahí la que le sigue es la estrella BD + 36°2147 acercándose a nosotros con una velocidad radial de 86 km/s y cuya distancia en parsec (pc) hasta nosotros es de: 2.54 pc. Con un movimiento propio de 4.8 “/año.
Si realizamos el cálculo para determinar la velocidad transversal de dicha estrella, tendremos que: Vt 4.74 r
Vt 4.74 2.8
V t 33.7
2.54 pc año "
km s
Que representa una velocidad transversal menos de la mitad que la de la estrella Barnard. La estrella kapteyn’s start que se encuentra alejada de nosotros por una distancia de 3.85 pc se aleja de nosotros con una velocidad radial de 245 km/s y con un movimiento propio de 8.8 “/año posee una velocidad transversal de: Vt 4.74 r
Vt 4.74 8.8
V t 160.59
3.85 pc año "
km s
Tiene mayor velocidad transversal, pero está muy alejada de nosotros. En conclusión. De las estrella vecinas, Barnard es la de mayor velocidad transversal y la de mayor velocidad radial.
TERMODINAMICA 1.- ¿Qué es un sistema termodinámico? Respuesta: Es una parte del universo que se aísla para ser estudiado.
2.- ¿Cómo se clasifican los sistemas termodinámicos para su estudio? Respuesta: Según su estado de aislamiento, los sistemas se pueden clasificar como:
a) Sistema aislado: Es aquel sistema que no intercambia ni materia ni energía con su entorno, es decir, se encuentra en equilibrio térmico. Se podría citar un gas encerrado en un rec ipiente de paredes adiabáticas.
b) Sistema cerrado: Es aquel sistema que puede intercambiar energía pero no materia con el exterior.
c) Sistema abierto: Es aquel sistema que intercambia energía y materia con el medio externo. Ver el caso de un auto que recibe del exterior combustible y puede convertir dicho elemento químico en energía.
3.- ¿A qué se le llama equilibrio termodinámico? Respuesta: En general, se dice que un sistema está en equilibrio termodinámico si por un lado, se encuentra en equilibrio mecánico, esto es: si la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre él es nula o cero. Que se halle en equilibrio térmico, esto es, si todas las partes que conforman al sistema se encuentran a la misma temperatura y finalmente que se encuentre en equilibrio químico, esto es, si en su interior no se produce ninguna reacción química. De este modo, si un sistema se encuentra en equilibrio mecánico, en equilibrio térmico y químico, se dice que está en equilibrio termodinámico.
4.- ¿Qué tipo de paredes se conocen en termodinámica? Respuesta: a) Sistema de pared móvil. b) Sistema de pared rígida. c) Sistema de pared adiabática.
En el caso de las paredes móviles, estas se pueden deformar permitiendo un cambio en el volumen del sistema. En el caso de las paredes permeables, permiten el paso de materia a través de su pared. Las paredes conductoras o diatérmicas, permiten el paso de calor a través de su pared. Las paredes adiabáticas no permiten el paso de calor.
5.- ¿Cómo se clasifican las variables termodinámicas? Respuesta: a) Variables extensivas: Son aquellas que dependen de la cantidad de materia. (volumen). b) Variables intensivas: Son aquellas que son independientes de la cantidad de materia dependen solo de: (presión, temperatura, densidad)
6.- ¿Qué es un proceso irreversible? Se dice que un proceso es irreversible si el sistema y sus alrededores no pueden regresar a su estado inicial. En general son procesos unidireccionales.
7.- ¿Qué es un sistema reversible? Se dice que un sistema es reversible si la dirección del proceso puede revertirse o invertirse en cualquier punto mediante un cambio infinitesimal en las condiciones externas. Este tipo de sistemas se realiza mediante una sucesión de estados de equilibrio del sistema con su entorno y es posible devolver al sistema y su entorno al estado inicial por el mismo camino.
8.- ¿Qué es un gas ideal? Se trata de un gas teórico, en el cual el conjunto de átomos y moléculas que lo componen, se pueden mover libremente y sin interacciones.
9.- Ley de Boyle/Mariotte. Esta ley corresponde a un proceso isotérmico, esto es: un proceso llevado a cabo a temperatura constante. Dicha ley sostiene que si la temperatura de un gas permanece constante, el volumen de una masa dada de gas, varía en proporción inversa con la presión a la que se somete. PV 1 1 PV 2 2
k
10.- ley de charles. Si la presión de un gas se mantiene constante, el volumen de una masa dada de gas, varia en proporción directa con la temperatura a la que se somete. V1 T1
V 2 T 2
k
Problema 1 Que volumen ocupa un mol de gas ideal a una temperatura de 0°C y a la presión de una atmosfera. Solución.
PV
nRT V
nRT P
V
atm lit ) 273k mol k 1atm
(1mol )(0.082
22.38 Lit
Problema 2 Las condiciones iniciales de un gas ideal son V1 2Lit T1 30C P1 1atm Dicho gas se calienta de tal modo que T2 60C V2 1.5Lit ¿Cuál será su P ? 2
PV 1 1 T1
PV 2 2 T 2
P 2
PV 1 1T 2 TV 1 2
P2
1atm) 2 Lit 333k 1.46atm 303k 1.5Lit
Problema 3 Un mol de gas ideal a 600K ocupa inicialmente 60dm3, si dicho gas se comprime a temperatura constante hasta que su volumen es de 30dm3. Entonces ¿Cuál es el trabajo realizado en este proceso?
Solución. V 2
W
nRT Ln
W
J 30 1mol 8.314 Ln mol k 60
V 1
W 3457.69 J
Problema 4 Demostrar que el trabajo hecho en un sistema isotérmico, está dado por: W
nRT Ln
V 2 V 1
Solución. Presión ext. Presión int.
Tomaremos como convención lo siguiente: Si W 0 se realiza trabajo sobre el sistema.
V 0
Si W 0 el sistema realiza el trabajo al expandirse. V 0 Para nuestro caso tenemos que: dW
P Ext . Adl dW P Ext .dV
Pero tenemos que: P Ext .
f V , T
nRT V
dW
nRT V
V 2
dV W nRT
V 1
dV V
W nRT Ln
V 2 V 1
TAREA 1 DE TERMODINAMICA
Martín Zayas Boussart Problema. Tenemos un mol de un gas monoatómico cuya temperatura baja de los 600K hasta los 300K, permitiendo que su volumen inicial de 60dm3 se reduzca. ¿Cuál es el trabajo realizado sobre el sistema si la presión se mantiene constante? Solución. Para un proceso isobárico (Presión constante) tenemos que: V1 T1
V 2 T 2
V 2
V1T 2 T 1
Por otra parte, tenemos que: Cuando T1 600K V1 60dm3 60Lit. y como n 1mol , Entonces: PV 1 1 nRT 1
P 1
nRT 1 V 1
Como se puede observar en el gráfico, se tiene que: W P1V P1 V2 V1 Sustituyendo tendremos que: W
nRT1 V1T2 V1
T 1
V 1
Simplificando tendremos que: W nR T2 T1 W
J 300 K 600 K W 2494.2 J 1mol 8.314 mol K
