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
R2 6
Luego por el teorema de Pitágoras, la altura del triángulo será igual a:
h
3 R 2
Pero el área del triángulo entonces será igual a:
ATriángulo
B.h ATriángulo 2
3 R. R 2 3 R2 2 4
Si al área del sector circular le restamos el área del triángulo, tendremos que se obtiene el área
A2
R2 6
3 2 R 4
A2 comprendida entre la circunferencia y el arco.
Ahora bien, en toda el área que comprende a la interacción de las dos circunferencias hay cuatro sectores por lo que el área total buscada es:
A2 y dos triángulos equiláteros,
ATotal 2 ATriángulo 4 A2 ATotal
3 2 R2 3 2 2 R 4 R 4 6 4
ATotal
3 2 2 R 2 R 3R 2 2 3
ATotal
2 R 2 3 2 R 3 2
ATotal
2 3 2 R 2 3
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.
1 1 1 2 2 2 x 8 4 4 16 4 4 4
x 16 4 4 16 8 16 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 16 4 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 Y 8 16 8 16 32 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 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 24 24 P 1 x
x x 49 P P Pero tenemos que: 49
24 x x 24 24 1 x 24 x x 1 x 49 49
Simplificando se tiene que: x 2 98x 1176 0
Resolviendo esta ecuación de segundo grado nos da que: X 84litros
A1
r
A3
A2
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 r En este caso: r 2cm 3 2 2 2 3 3 2 8 2 2 A 2cm 4cm 2 3 cm 2 2 3 3 3 Ahora el área A3 , será el área de la semicircunferencia menos el área “A” que ya calculamos, esto es:
A3
A3
r2 8
2 3 cm2 2 3
2cm 2
2
8 2 8 2 3 cm2 2 2 3 cm2 2 3 3 3 3
Ahora, al área de toda la semicircunferencia mayor, le restamos una circunferencia completa menor y el área A3
ASombreada
1 2 16 cm2 4 cm2 2 3 2 3
2 cm
2 cm
ASombreada 4 cm 2 2 3cm 2
ASombreada
2 cm 2 3
14 cm 2 2 3cm 2 3 SOLUCIÓN
ASombreada
7 2 3 cm 2 3
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 y 2 1 x 2 1 dy y 2 1 dy xdx x 2 1 y 1
y 2 1 dy xdx x 2 1 y 1
1 y 2 1 y 2 Ln 1 y C 1 Ln x 2 1 2 2 2
Ln x 1 2 Ln 1 y 1
2
Ln
x2 1
1 y
2
2
1 y
1 y y 3 C 2
2
2
2 1 y C
x 2 1 C 1 y e 4
1 y y 3
x C 1 y e 4
1 y y 3
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:
vR v A vB 20
m m m 15 5 s s 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 3m 3 s vR 5 m 5 s
Ahora, preguntémonos lo siguiente. ¿En este tiempo cuanta distancia recorre la partícula A?
m 3 x v At 20 s x 12m 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 0 dt
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. gx 2 y x tan 2 2v0 cos 2
De donde 10 45 55 Por otra parte, tenemos que:
y y x tan10 x
tan10
x tan10 x tan 55
gx 2 2 80 cos 2 55 2
Despejamos ahora a la “x” gx 2 2 80 cos 2 55 2
x tan 55 x tan10
Ahora, simplificamos la ecuación eliminando a una “x”
gx 2 80 cos 55 2
2
tan 55 tan10
m p g 9.8 32 Recordemos que s2 s2 2 80 cos 2 55 2
x
32
tan 55 tan10
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 164.72 p d 167.26 p Aprox. cos10 d
Problema 4
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
200kg 9.8
m 15m s2
10s
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 rev 1.25 min s
Luego entonces la velocidad angular se calcula con la fórmula:
2 f
2 3.14 1.25
rev rad 7.85 s s
El periodo de revolución, no es otra cosa más que el inverso de la frecuencia f.
T
1 1 0.8s rev f 1.25 s
La velocidad tangencial se calcula con la fórmula:
v R rad v 7.85 R s 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
v2 rad ac 2 R 7.85 R 61.62R R s 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:
3 T1 T2 2
Solución. Nótese que el peso mg está equilibrado por la fuerza F.
F mg Siendo F igual a: F T1 y T2 y Pero T1 y T1 cos
,
T2 y T2 cos
Por lo que:
F T1 cos T2 cos De este modo tenemos que:
T1 cos T2 cos mg Pero deseamos por el enunciado del problema que:
T1
3 T2 2
3 T2 cos T2 cos mg 2 3 T2 cos 1 mg 2 1 T2 cos mg ……………………………………… 1 2
Pero también sabemos que la fuerza radial neta es:
T1x T2 x Fc T1sen T2 sen m 2 R 3 T2 sen T2 sen m 2 R 2
5 T2 sen m 2 R ………………………………... 2 2 Dividiendo 2 entre 1 tendremos que:
5 T2 sen m 2 R 2 1 mg T2 cos 2
5 tan
2R g
Despejando a la velocidad angular tendremos que:
2
5g 5g tan tan R R
Como de la figura se tiene que:
sen
R R Lsen L
De este modo se tendrá finalmente que:
Si
5g 5g tan Lsen L cos
L 1m
y
30
Tendremos que:
m 5 9.8 2 s 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.
2 1 t En nuestro caso se tiene que:
2 31
Luego entonces tendremos que:
31 1 t 2 1
21
412 21 2 2 t t t
2t 2
4 ………………………………………………. 1
Por otra parte tenemos que:
22 12 2
30
2
12 2
2 9 2 4 1 2 1
2 1
2 1
4
Sustituyendo 1 en esta última expresión tendremos que:
2t 2 4
4
t2
Por ultimo tenemos que:
100rev 200 rad
200 rad
10s
2
2
rad s2
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
T2 V1 T1 V2
Donde tenemos que:
Cp CV
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 nCV 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 dV nCV dT 0 V
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 CP CV 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 nCV T
CV
U n T
Si llevamos este proceso a presión constante, tendremos entonces que:
U nCP T PV Pero como: PV nRT Tendremos que al sustituir todo en: U nCP T PV
U nCP T nRT
Si dividimos todo por: T se tendrá que: U nCP nR T
Pero ya se había demostrado que:
CV CP R
U nCV T
nCV nCP nR
R CP CV
Regresando a nuestro resultado que anteriormente habíamos obtenido: nRT dV nCV dT 0 V RT dV CV dT 0 V
CP CV
T dV CV dT 0 V
CP CV
dV dT CV 0 V T
CP CV dV dT CV
V
T
0
CP dV dT 1 0 T CV V
Llamando a:
1
CP CV
dV dT 0 V T
dT dV 1 T V
Integrando todo este cacharro.
dT dV 1 T 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 e
Ln T .V
c
1
TV 1 c'
Esto nos conduce finalmente a: 1
TV 1 1
T2V2
1
...... TnVN
1
1
cte. TV 1 1
T2V2
1
1
V 1 T 1 1 2 V2 T1
T V 2 1 T1 V2
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 , V1 a un estado
P2 ,V2 , está dado por W
1 PV PV . 1 1 1 2 2
Solución. No debes se olvidar que cuando en un sistema se pasa de un estado P1 , V1 a otro estado P2 , V2 , el trabajo se calcula con la fórmula: W
P2V2
PdV
PV 1 1
Pero como en nuestro caso: PV k P
k V
P2V2
k Al sustituir en la integral, se tiene que: W dV V PV 1 1
W
P2V2
kV dV
PV 1 1
P2V2
V 1 Integrando tendremos que: W k 1 PV 1 1
P2V2
PV
2 2 PV V 1 W Pero como k PV , tendremos que: W PV 1 1 PV PV 1 1 1 1
W
1 PV 2 2 PV 1 1 1
Lo que queda de esta manera demostrado lo que se quería demostrar. Para los casos prácticos tendremos que:
i2 i
3 2 5 3 3 5 2 7 b) Si el gas es monoatómico: i 5 5 5 62 4 c) Si el gas es triatómico: i 6 6 3
a) Si el gas es monoatómico: i 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 x y F f y Si realizamos el análisis con respecto al ángulo conque 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 k g j v dt m
dv k v g j dt m
(1)
Si analizamos esta ecuación diferencial veremos que es de la forma:
dy P t y G t dt Que traducido a nuestro problema se vuelve El factor integrante es t e
P t dt
dy dv k , P t dt dt m
y G t g
:
t e
k
m dt
, t e
k t m
Multiplicando a la ecuación 1 por el factor integrante, tendremos que: k dv k mt v g j e , dt m
k k t dv t k mk t m m ve e ge j , m dt
k t d mk t m ve ge j dt
Nuestro siguiente paso es integrar la expresión anterior, esto es:
v t e Cuando t 0 v v0
k t m
k t m
g j e dt , v t e
v0
k t m
m mk t ge j c k
mg mg j c c v0 j k k
Pero no debemos de olvidar que la velocidad v0 en su forma vectorial está dada por:
v v0 cos i v0 sen j y Como v v0 tendremos que: c v0 cos i v0 sen j
mg j k
Una vez realizada esta operación, nos vemos en la necesidad de sustituir esta expresión en: k
v t e m t
m mk t ge j c k k
k
v t e m t
m mk t mg ge j v0 cos i v0 sen j j k k
t
Dividiendo todo entre e m , tendremos que: k t m mg mk t m v t g j v0 cos i v0 sen j e e j k k
v t v0 cos i v0 sen j e
k t m
k t mg e m 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
k t k t mg dr v0 cos i v0 sen j e m e m 1 j dt k
k t k t mg d r v0 cos i v0 sen j e m e m 1 j dt k
Integrando tendremos que:
r t
k t m m2 g k t mg t j c v0 cos i v0 sen j e m 2 e m j k k k
(2)
Las condiciones iniciales son: t 0 r 0 m m2 g 0 v0 cos i v0 sen j 2 j c k k c v0 cos i v0 sen j
m m2 g 2 j k k
Sustituyendo este término en la expresión (2), tenemos que: r t
k t m m2 g k t mg m m2 g t j v0 cos i v0 sen j 2 j v0 cos i v0 sen j e m 2 e m j k k k k k
r t
k t mv0 m2 g k t mg m2 g t j 2 j cos i sen j 1 e m 2 e m j k k k k
k t mv0 mg m mk t m m r t cos i sen j 1 e t e j k 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 v0 sen j e
k t m
k t mg e m 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 ktm mg m v y v0 sen e e 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 kt mg v0 sen e m e m 1 j0 k
Desarrollando el álgebra adecuada, tenemos que: v0 sen e
mg v0 sen e k
kt m
mg k
e
kt m
kt m
mg ktm mg e 0 k k mg k
mg v0 sen k
v ksen kt kt 1 1 , Ln 0 Ln m mg m v0 ksen mg 1
e
t
kt m
1 v0 ksen mg 1
m kv0 sen Ln 1 k mg
En conclusión, el tiempo en que el proyectil alcanza la altura máxima es:
t
m kv0 sen Ln 1 k mg
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
k t mv0 mg m mk t m cos i sen j 1 e m t e j k k k k
La parte correspondiente a la altura en “y” es: kt mv mg m ktm m y h 0 sen 1 e m t e j k k k k
Si t
(3)
m kv0 sen Ln 1 : k mg mv0 mv0 ktm mg m2 g ktm m2 g yh sen e sen t 2 e 2 k k k k k
El término
e
yh
kt m
e
k m kv0 sen Ln 1 mk mg
1
1
kv sen mg kv0 sen mg 1 0 mg mg mg kv0 sen
m2 g mv0 mv mg mg m kv0 sen m2 g mg sen 0 sen Ln 1 k k mg kv0 sen k k mg k 2 mg kv0 sen k 2
mv0 m2 gv0 1 m2 g kv0 sen m2 g mg h sen 1 sen 2 Ln 1 2 k k mg kv0 sen k mg k mg kv0 sen h
kv0 sen m2 g mg mg kv0 sen mv0 m2 gv0 1 m2 g sen sen 2 Ln 1 k k mg kv0 sen k mg k 2 mg kv0 sen
h
mv0 m2 gv0 1 m2 g kv0 sen m2 gv0 1 sen sen 2 Ln 1 sen k k mg kv0 sen k mg k mg kv0 sen
Eliminando términos, tenemos que finalmente la altura máxima es:
hmax.
mv0 m 2 g kv sen sen 2 Ln 1 0 k k 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 a x b y ……………………………………………………… 1 2
tan
y a
y tan
2
yb xa
y yb a xa
xy ay ya ab xy ab y
y x a y b a
ab x
Sustituyendo en 1 tendremos que ab L a x b x 2
2
2
Derivando dicha expresión con respecto a x tendremos que: ab d b d a x dL ab x 2L 2a x 2b dx dx x dx
2L
dL ab ab 2a x 2b 2 dx x x
L
dL ab ab a x b 2 dx x x
Igualamos a cero para hallar los valores críticos de x. ab ab a x b 2 0 x x
ab 2 a 2b 2 a x 2 3 0 x x
3 Multiplicando todo por x tendremos que:
ax3 x4 ab2 x a2b2 0
Factorizando encontramos que: x3 a x ab 2 a x 0
Como y
ab x
y
x3 ab2 0 x 3 ab2 ab
3
ab
2
y
3
a 3b3 ab 2
y 3 a 2b
Sustituyendo estos valores en la ecuación 1 tendremos que: L2 a x b y 2
L2 a 3 ab2
2
2
b 3 a 2b
2
1 2 2 1 L a a 3b 3 b a 3 b 3
2
2
2
2
2 2 1 2 1 2 L a 3 a 3 b 3 b 3 b 3 a 3
2
2
2
2
2 2 2 2 2 23 23 23 23 3 3 3 3 L a a b b b a a b a b 3 2
2 3
2 2 L a3 b3
2
3
2
3
2 2 23 L a b3
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 que: 2 a) Mediante el teorema de Pitágoras tenemos L x2 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: y 225 4 225 16 209 14.46m 2
Ahora derivemos la expresión y 2 L2 x2 2 y
dy dx 2 x dt dt
dy vy dt
x dy y dt
4 m m vy 0.9 0.25 min min 14.46
Con esta velocidad baja el extremo superior de la escalera. El signo menos indica que el vector velocidad apunta hacia abajo.
dy
dx
b) Para determinar el momento en el cual ‖ dt ‖ = ‖ dt ‖, o bien, vy = −vx , x recurrimos de nuevo a la ecuación v y vx . Para que se dé la igualdad y x vy = −vx , es necesario que − y = −1, de donde x = y, por lo tanto:
x 2 + x 2 = (15)2 x
225 15 7.5 2m 2 2
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: m x −1.2 = (− ) (0.9 m/min) min √225 − x 2 1.2 x = 0.9 √225 − x 2 2
x2 4 2 3 225 x
16 16 x 2 225 x 2 x 2 400 x2 9 9 Al multiplicar toda la ecuación por nueve tendremos 3600 16 x2 9 x2 , de donde:
x
3600 60 12m 25 5
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
m 2 35 sen50 2v0 sen s 5.47 s a) Primeramente el tiempo total de vuelo es: T m g 9.8 2 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
m cos 50 4 s s
x 89.99m 90m
1 1 m 2 m y v0 sen t gt 2 y 35 sen50 4s 9.8 2 4 s 2 s 2 s
y 107.24m 78.4m 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:
vx v0 cos i
vx 35
v y v0 sen gt j
v y 12.39
m cos 50 i s
vx 22.49
m i s
m m m m v y 35 sen50 9.8 2 4 s j v y 26.81 39.2 j s s s s
m j s
El signo negativo indica que el vector velocidad apunta hacia abajo.
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
ms
Esta es la velocidad.
Y su magnitud es:
v
22.49 12.39
v 25.67
2
505.8 153.51 659.31
m Esta es la magnitud s 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 d mv dv dm m v dt dt dt dt
En este problema, la masa no es constante ya que la gota va recolectando masa a medida que cae. El enunciado del problema, también establece que el crecimiento de la masa en la gota al caer, es proporcional al área de la esferita (A = 4πr 2 ) y sabemos que esta última es función del radio de la gota, el cual, a su vez, es función del tiempo. Entonces: dm(t) ∝ A(r(t)) dt O bien: dm(t) dt
= kA(r(t))
(1)
En donde k es una constante de proporcionalidad. Además, la masa m(t) de la gota, siendo esta una esfera de densidad uniforme ρ (de hecho la densidad del agua), está dada por: 4
m(t) = ρV(t) = πρ[r(t)]3 3
(2)
De manera que la condición establecida por la ecuación (1), se transforma en: 4 d [3 πρ[r(t)]3 ] dt
= k4π[r(t)]2
Derivando: 4 dr(t) πρ3[r(t)]2 = k4π[r(t)]2 3 dt Simplificando, obtenemos: dr(t) k = dt ρ Si integramos con respecto del tiempo, obtenemos la expresión del radio r de la gota como función del tiempo: t
∫ 0
De donde:
t dr(t) k dt = ∫ dt dt 0 ρ
k
r(t) = r0 + ρ t
(3)
Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2), obtenemos la expresión de la masa como función el tiempo: 4
k
m(t) = 3 πρ [r0 + ρ t]
3
(4)
Nótese que, en particular: m0 = m(0) =
4 πρr03 3
Y, además: dm(t) k 2 = 4πk [r0 + t] dt ρ 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: −m(t)g =
d(m(t)v(t)) dt
Esto es; −m(t)g = m(t)
dv(t) dm(t) + v(t) dt dt
Dividiendo la ecuación entre m(t), tenemos: −g =
dv(t) 1 dm(t) + v(t) dt m(t) dt
Sustituyendo en esta ecuación diferencial m(t) y su derivada
−g =
dm(t)
k 2 4πk [r0 + ρ t]
dv(t) + v(t) dt 4 k 3 πρ [r + 0 3 ρ t]
De donde: dv(t) 3k + v(t) = −g [ρr0 + kt] dt Esta última expresión, es una ecuación diferencial de la forma:
dt
, obtenemos:
a1 t
dv a0 t v g t dt
g t dv a0 t v dt a1 t a1 t
dv P t v f t dt
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:
En nuestro caso tenemos que:
M N y x
t t P t v f t t v
d t t P t dt
d t
t
P t dt
Integrando ambos lados tendremos que: t e
Ln t P t dt
P t dt
Que es el llamado factor integrante. 3k
En nuestra ecuación, claramente P(t) = [ρr
, por lo que, el factor integrante es:
0 +kt]
μ(t) =
3kdt ∫[ρr e 0 +kt]
Resolvemos la integral mediante un simple cambio de variable, u = ρr0 + kt: t
u(t) 3kdt du ρr0 + kt ∫ = 3∫ = 3ln ( ) ρr0 0 [ρr0 + kt] u(0) u
Y, de ahí, el factor integrante es: μ(t) = e
kt ) 3ln(1+ ρr0
=(
ρr0 + kt 3 ) ρr0
Multiplicando nuestra ecuación diferencial por el factor integrante, obtenemos: ρr0 + kt 3 dv(t) ρr0 + kt 3 3k ρr0 + kt 3 ( ) +( ) [v(t) ] = −g ( ) (ρr0 + kt) ρr0 dt ρr0 ρr0
De donde: (
ρr0 + kt 3 dv(t) 3k ρr0 + kt 2 ρr0 + kt 3 ) + [v(t) ( ) ] = −g ( ) ρr0 dt ρr0 ρr0 ρr0
El primer término es, claramente, la derivada del producto μ(t)v(t), por lo que la ecuación se puede reescribir como: ρr + kt 3 d [v(t) ( 0ρr ) ] 0
dt
= −g (
ρr0 + kt 3 ) ρr0
Ahora solo necesitamos integrar esta ecuación con respecto del tiempo:
∫
ρr0 + kt 3 d [v(t) ( t ρr ) ] 0
dt
0
t
dt = −g ∫ ( 0
ρr0 + kt 3 ) dt ρr0
De donde: ρr0 + kt 3 ρr0 ρr0 + kt 4 v(t) ( ) − v0 = −g [( ) − 1] ρr0 4k ρr0 De donde, finalmente, obtenemos la velocidad como función del tiempo:
v(t) =
v0 3
ρr + kt ( 0ρr )
−g
0
ρr0 ρr0 + kt 1 ( )− 4k ρr0 ρr0 + kt 3 ( ρr ) ] [ 0
O bien: v(t) =
ρ3 r03 v0 −
g [(ρr0 + kt)4 − ρ4 r04 ] 4k (ρr0 + kt)3
Otra expresión equivalente de la ecuación anterior es: v(t) = 4
ρ3 r03 (4kv0 − gρr0 ) g(ρr0 + kt) − 4k(ρr0 + kt)3 4k k
3
4
Si recordamos que m(t) = 3 πρ [r0 + ρ t] y m0 = m(0) = 3 πρr03 , tenemos que:
m(t) ρr0 + kt 3 =( ) m0 ρr0 Si sustituimos este resultado en la primera ecuación de v(t), tendremos que: m0 v0 gρr0 m0 m(t) ρr0 + kt − [ ( ) − 1] m(t) 4km(t) m0 ρr0
v(t) = O bien:
v(t) =
m0 v0 g ρr0 m0 − [ρr0 + kt − ] m(t) 4k m(t)
Otra expresión útil de la ecuación anterior, es la que se obtiene al sustituir el valor de m(t):
v(t) =
3m0 v0 k 4πρ [r0 + ρ t]
3
−
g 3r0 m0 ρr0 + kt − 4k k 3 4π [r0 + ρ t] ] [
De donde:
v(t) =
3m0 4kv0 + gρr0 g − (ρr0 + kt) 3 16kπρ 4k k [ (r0 + ρ t) ]
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 ρ en la ecuación anterior, tomado de 3m la expresión ρ = 4πr03 : 0
3m0 v(t) = 3m0 16kπ 4πr03
4kv0 + g
3m0 r 4πr03 0 3
−
g 3m0 ( r + kt) 4k 4πr03 0
k (r0 + 3m t) 0 4πr03 [ ]
De donde: v(t) =
27m30 r0 16kπr02 v0 + 3gm0 g (3m0 r0 + 4kπr03 t) [ ] − 3 3 16kπ (3m0 r0 + 4kπr0 t)3 16kπr0
Y la aceleración de la gota se calcula derivando la expresión anterior con respecto del tiempo:
a(t) =
dv(t) −27m30 r04 16kπr02 v0 + 3gm0 g = [ ] − 3 dt 4 (3m0 r0 + 4kπr0 t)4 4
Nótese que si m0 = 0, entonces, las ecuaciones anteriores se reducen a: v(t) = −
gt ; 4
a(t) = −
g 4
SIMPLIFICAR LA SIGUIENTE EXPRESION.
P
1 1 1 1 log a bc 1 log b ac 1 log c ab
SOLUCIÓN.
P
P
1 1 1 log a a log a bc log b b log b ac log c c log c ab
1 1 1 log a abc log b abc log c abc
log a a log b b log c c P log a abc log b abc log c abc Aplicamos la siguiente propiedad de los logaritmos.
log z y log x y log z x log a a log c c log b b log abc a log abc c log abc b log a abc log c abc log b abc
p logabc a logabc b logabc c p log abc 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. S t S1 t1 v 2 2 t2 t1
13 2 1 0 2 2 0 v 1 0
v
30 m 3 1 0 s
S 2 t2 S1 t1 v t2 t1 v
S2 t t S1 t
t t t
t t 3 2 t t t 3 2t v t t t
t 3 3t 2 t 3t 2t 3t 2t 2t t 3 2t v t t t Simplificando tendremos que:
3t 2 t 3t 2t 3t 2t v t Factorizando tendremos:
v
t 3t 2 3t t 2t 2 t
v 3t 2 3t t 2t 2 Es claro que si ∆t = 0, se obtendría la velocidad instantánea, que es precisamente la derivada de la función.
vins. lim 3t 2 3t t 2t 2 3t 2 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:
ax2 bx c 0 b c a x2 x 0 a a
b c x2 x 0 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 x 2 2 0 a 4 a 4a a Ahora agrupamos.
2 b b2 b2 c x x 2 2 0 a 4a 4a a
2 b 2 4ac b b b2 4ac x 0 x 2 2 2 a 4 a 2 a 4 a
2
b b 2 4ac b b2 4ac x x 2 2 a 4a 2 2 a 4 a 2
b b 2 4ac x 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 vector de posición.
AB = 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 d
p
Sol
Tierra
El ángulo subtendido por la distancia (Tierra – Sol) = 1 U.A es de 1" de arco el cual en grados es iguala a:
1"
1 Por cada pc de distancia. 3600
Por simple regla de tres inversa, tendernos que:
1" 1 pc 1"1 pc 5 104 " x 2000 pc x 2000 pc Entre más retirado menor es ángulo. Otra forma de resolverlo, es de la siguiente manera.
tan p
1U . A 1U . A p arctan d d
5 5 1U . A 1.5812 10 Años . luz Arctan 1.5812 10 Años.luz Arctan 2.4242 105 p Arctan Arctan 3.26126 Años.luz 2000 pc 6522.52 Años.luz 2000 pc 1 pc
p 1.3889 107 p 1.3889 107
3600 5.0 10 4 " 1
p 5.0 104 "
Para el caso de estar colocado en la órbita de Júpiter, tendremos que:
Júpiter d
Tierra p
Sol
D 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 2000 pc D 6 778.33 10 km p A rctan 3.085678 1013 km 2000 pc 1 pc
778.33 106 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 . Determinar la velocidad transversal de la estrella Barnard. año km Considerando que su velocidad radial es de 108 . Determina la velocidad s 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 1.82149 pc 0.549
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 rad 5 rad 5.0 10 5 4.998 10 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
Desp Angular r
Pero es tan pequeño, pero tan pequeño, que podemos hacer que: sen De este modo tendremos que: Desp Angular r
D. A 1.82149 pc 5 105 D. A 9.107 105 pc
Como: 1pc 3.26 Años.luz 3.0856 1013 km Tendremos que:
3.0856 1013 km D. A 9.107 105 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: Vt
D. A 2810, 055,920km 1año 1h t 1año 8760hs 3600 s
Vt 89.1
km s
Para calcular la velocidad total o neta, tendremos que: Vtotal Vr2 Vt 2 2
Vtotal
2
km km km2 km2 km2 108 89.1 11664 2 7938.81 2 19602.81 2 s s s s s
Vtotal 140
km Aproximadamente. s
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 1.82149 pc año
Vt 89.01
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 2.54 pc año
Vt 33.7
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 3.85 pc año
Vt 160.59
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 recipiente 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 V2 k T1 T2
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
nRT V P
V
atm lit ) 273k mol k 22.38 Lit 1atm
(1mol )(0.082
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 P2 ? PV PV 1 1 2 2 T1 T2
P2
PV 1 1T2 TV 1 2
P2
1atm) 2Lit 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. W nRT Ln
V2 V1
J 30 W 1mol 8.314 Ln mol k 60
W 3457.69 J
Problema 4 Demostrar que el trabajo hecho en un sistema isotérmico, está dado por: W nRT Ln
V2 V1
Solución.
Presión int.
Presión ext.
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 PExt. Adl
dW PExt.dV
Pero tenemos que: PExt .
nRT f V , T V
nRT dW dV V
V2
dV V V1
W nRT
W nRT Ln
V2 V1
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 V2 T1 T2
V2
V1T2 T1
Por otra parte, tenemos que: Cuando T1 600K V1 60dm3 60 Lit. y como n 1mol , Entonces:
PV 1 1 nRT1
P1
nRT1 V1
Como se puede observar en el gráfico, se tiene que: W P1V P1 V2 V1 Sustituyendo tendremos que: W
nRT1 V1T2 V1 V1 T1
Simplificando tendremos que: W nR T2 T1 J W 1mol 8.314 300 K 600 K mol K
W 2494.2 J
SOLUCION AL PROBLEMA DE LA RUEDA PROBLEMA DE LA RUEDA O CILINDRO QUE INTENTA SUBIR EL ESCALÓN.
R
F C
B
A
h
PARA QUE LA RUEDA PUEDA SUBIR, LA RUEDA DEBE DE GIRAR EN EL PUNTO A, Y PARA QUE ESTO SUCEDA, EL MOMENTO DE LA FUERZA F CON RESPECTO AL PUNTO A, DEBE DE SER MAYOR O IGUAL QUE EL MOMENTO DE LA FUERZA DE LA GRAVEDAD
F AC mg AB
F mg
AB AC
LA DISTANCIA AC R h Y AB R R h 2
F mg
2
F mg
R2 R h Rh
h 2R h Rh ESTO ES DE MANERA SENCILLA Y SIN TANTO ROLLO
2
