transferencia total de 3,2kCal, para ello relacionamos: 20 = 80 ⇒ Q = 0,25kcal o Qo 1
Qganado = Qperdido Qrecip + Qhielo QFusión = Qvapori + Qagua
trans
Cem∆ T + Cem∆ T + mLf
recip
hielo
fusión
=
MLV
+
CeM∆ T
vaporiz
agua trans
(10)(20) + (0,5)(100)(20) + (80)(mt ) = = (540)(10) + (1)(10)(100) ⇒ mt = 65 g
Finalmente encontramos que composición de la mezcla es:
la
Temperatura de equilibrio: 0ºC Masa de hielo sobrante: 35 g Masa de agua 75 g Se pued puedee aprec precia iarr que que dura durant ntee la transferencia de energía (en forma de calor), dicha sustancia llega alcanzar la temperatura T en su fase vapor, relacionando: 40 = T − 80 1 0,45
⇒ T = 98º C
Clave: D RESOLUCIÓN Nº 38 38.. En el diagrama lineal: Calor ganado Calor perdido Qfusión Qcondens Q hielo+ Q recip Qagua trans
calorífica
Donde:
39.. RESOLUCIÓN Nº 39 Debido al incremento de la temperatura (∆T =20ºC) en el mate materi rial al las las dime dimens nsio ione ness de es esta tass varían y como la dilatación se produce de manera longitudinal entonces se cumple: γ = 3α = 13,5 × 10 −1 K
Donde el volumen final de dicho material esta dado como: ρf =
−20ºC
recip hielo TE=0ºC Cem=10 100g Capacidad Ce=0,5
Clave: B
100ºC vapor M=10g M=10g
ρo 1 + γ ∆T
reemplazando : 28 000 ρf = = 1000 kg / m3 1 + 1,35 × 20 Clave: A
40.. RESOLUCIÓN Nº 40 I VERDADERO Un ciclo termodinámico se caracteriza por que tanto el proceso inicial como final coinciden, como se puede apreciar en la grafica P (Pa) b
c
a
d
III FALSO Por lo expuesto anteriormente Clave: B RESOLUCIÓN Nº 41 41.. En el sigu siguie ient ntee cicl cicloo most mostra rado do se puede apreciar: Proceso A→Β: el volumen es constante Proceso B→C: temperatura constante Proceso: C→Α la presión es constante T (Pa) B
V(m3)
Se puede apreciar según la grafica que el proceso inicia en el estado a donde su energía interna esta dado como Ua , para luego finalizar según el trayecto seguido en a, cuya energía interna final es Ua , por lo que en el trayecto seguido la variación de su energía interna: ∆ Ua → a =
Ua − Ua
=
0
II VERDADERO En un proc proces esoo adia adiabá báti tico co el calo calorr transferido al gas es cero Q = 0 , por gas lo que ∆U = −W , en consecuencia sin ced edeer calor al gas la energía interna del gas puede disminuir, como tamb tambié iénn aume aument ntar ar,, es esto to de debi bido do al trabajo desarro rrollado por el gas prod produc ucto to de la vari variac ació iónn tant tantoo de dell volum olumen en como omo la pre resi sión ón,, no solo solo estos dos parámetros van a variar también va a variar la temperatura debido al incremento de su energía interna
A
C
V(10−3 m3) 2
5
A partir de la ley de los gases P1V1 P2V2 = T 1 T 2 (P)(V) = (P)(V2 ) T 1 4T 1 ⇒ V2 = 4V A continuación dependencia P−V
graficamos
P (105Pa) B UC= UB
UA
Wneto
Q
CU C
la
2
A 5 V(10−3m3)
2
Donde el trabajo neto es: W neto
= WB → C − WC → A
…(I)
Por Por lo que que proc roced edem emoos a calcul lculaar WB → C (proceso isotérmico)
Analizando la expansión del gas en el proceso de A hacia C puesto que el calor absorbido esta dado Qasb = WA→C + ∆UA→C Qasb = WA→B + WB→C + (UC − UA )
UB
cero
1264 = 916 + ∆UA→B ⇒ ∆UA→B = 348 J
V WB → C = P BVB ln( C ) V
Clave: C
A
2 WB → C = (2 × 10 5 )(5 × 10 − 3 ) ln( ) 5 WB → C = 916 J
42.. RESOLUCIÓN Nº 42 T B
Por Por lo que que proc roced edem emoos a calcul lculaar WC →A (proceso isotérmico)
QA=100J WNETO=40J
WC → A = −(2 × 10 5 )(3 × 10 − 3 ) = −600J
QB=60J T A=300K
Reemplazando en (I): Wneto = 316 J Para calcular la variación de la energía interna en el proceso de A hacia B es necesario determinar el calor absorbido para ello es necesario relacionar con la eficiencia
0,25 = 316 Qasb
neto W η= Qasb
⇒ Qasb = 1264 J
Cabe recordar:
ηreal ≤ ηideal o máximo Como la maquina trabaja con su máxima eficiencia se debe cumplir: Qabs T A T B = Qliberado T A 100 300 = 60 T A = 500 K 〈〉 227 º C Clave: C 43.. RESOLUCIÓN Nº 43
Las partículas presentan igual carga de 2µC, por lo que para hallar la tens tensió iónn en la cuer cuerda da es nece necesa sari rioo analizar una de ellas del extremo Entre las partículas 1 y 3 2 KQ F1 = 2 (2)
Procedemos a analizar el bloque E
Felec
V=0 fr=µkmg
× 10 9 )(2 × 10 − 6 ) 2 ( 9 −3 N F1 = 9 10 = × (2)2
Entre las partículas 2 y 3 2 KQ F2 = 2 (1) × 10 9 )(2 × 10 − 6 ) 2 ( 9 −3 N = × F2 = 36 10 (1)2
d=4m
Pero nos piden la velocidad que adquiere el bloque, para ello debemos relacionar el trabajo neto desarrollado y la variación de la energía cinética. Neto WA→B = ∆Ec campo
Q
1m
(2)
Felec .d − µmg.d = ∆Ec (3)(4) − (0,5)(0,4)(10)(4) = ∆Ec ⇒ ∆Ec = 4 J
Q
(3)
1m
Q T
fr
WA→B + WA→B = ∆Ec
Realizamos el DCL de la partícula (3) (1)
F1
Clave: E
F2
Igualando fuerzas contrarias:
V
RESOLUCIÓN Nº 45 45..
T = F1 + F2 〈〉 45 mN T = 45 × 10 −3 N
4m
P
12×10−5C (2) 3m
Clave: A 44.. RESOLUCIÓN Nº 44 Debido al campo eléctrico, la fuerza eléctrica que esta genera sobre el clavo electrizado con 2 µC esta dado como: Felec = Eq = (15 × 105 )(2 × 10 - 6 ) = 3 N
6m
N 5m
(1) 3×10−4C
3m
Para determinar el trabajo efectuado por un agente externo es necesario determinar los potenciales tanto final como inicial Determinamos el potencial eléctrico en P VP = V1 en P + V2 en P KQ1 KQ2 VP = + 6 4 (9 × 109 )(3 × 10 − 4 ) (9 × 109 )(12 × 10 −5 ) + VP = 6 4
VP = 72 × 10 4 V
Nos dicen que el potencial electrico esta expresado como: V = 1000 − 200X Por lo que en: Xo = 0 Xf = 5m
⇒ Vo = 1000V ⇒ Vf = 0 V
Finalmente podemos plantear que el trabajo efectuado por el campo eléctrico sobre una partícula electrizada con q=2mC, para llevarla desde x=0 hasta x=5m es: campo
A hora en N
Wx = 0 →x =5m = (Vinicio − Vfinal ) q
VN = V1 en N + V2 en N KQ1 KQ2 VN = + 5 3
campo
Wx = 0 →x =5m = (1000)(2 × 10 −3 ) campo
Wx = 0 →x =5m = 2 J Clave: E
(9 × 109 )(3 × 10 − 4 ) (9 × 109 )(12 × 10 −5 ) + VN = 5 3
VN = 90 × 10 4 V
Donde el trabajo del agente externo sobre la partícula electrizada desde P hacia N es: = ( VN − VP ) qmóvil WPexterno →N 4 )(50 × 10 − 6 ) = × WPexterno ( 18 10 →N = 9J WPexterno →N
Q=0
Clave: D 46.. RESOLUCIÓN Nº 46
47.. RESOLUCIÓN Nº 47 El flujo eléctrico (corriente eléctrica) que surge en el alambre, es porque hay una diferencia de potencial entre la esfera conductora y la tierra, si tomamos por convención el movimiento de partículas positivas, notaremos que estos se mueven se muev mueven en mayor yor pot potenc encial ial (es esfe fera ra)) +5menor µC Q=el hacia potencial (tierra). por convención la corriente circula de mayor a menor potencial
Io I=0
El flujo eléctrico, es decir la corriente eléctrica cesara cuando la esfera se descargue por completo
es igual a 0V y a partir de el hallamos el potencial del otro extremo de la fuente (veamos en la figura) A partir del nodo A y B podemos obtener la corriente I1−I2 1V
20
I(mA)
I1
5V
5V
15
i1
t to
t
20mA = 0,5 × 10 −3 s 5mA to to = 125 µs
A
−1V
i2 i3
2Ω −3V
Donde onde la carga rga que que circul rculaa por el alambre conductor no es mas que la carg cargaa tran transf sfer erid idaa por por la es esfe fera ra el cual es igual al área bajo la curva, por lo que: Qtransf = Área × 10 − 3 )t ( 20 − 6 5 × 10 = 2 ⇒ t = 0,5 × 10 − 3 s Pero nos piden determinar el tiempo to en el inst instan ante te que que la corr corrie ient ntee eléctrica se 15mA Relacionando los lados del triangulo:
3Ω
i4
3V
1Ω
B 2V 5Ω
I2
2V
Dond Dondee la corr corrie ient ntee es esta ta ex expr pres esad adaa como Vinicio − Vfinal i= R Por lo tanto: i1 = (5) − (−3) = 4A 2 i2 = (5) − (−1) = 2A 3 i3 = (2) − (−1) = 1,5A 2 i4 = (2) − (−3) = 2,5A 2 En el nodo A y B
Clave: B 48.. RESOLUCIÓN Nº 48 Como existen conexiones a tierra entonces en dicho punto el potencial
I1 = i1 + i2 = 6A ; I2 = i3 + i4 = 4A Finalmente: I1 − I2= 2A
Clave: D RESOLUCIÓN Nº 49 49.. Distribuimos la corriente: 2Ω
ε
I
I
La potencia disipada por dicho foco para una entrada de 220V esta dado como: ε2
= 100 Pdisipada por R = R
Iamp=0 4ε
A
I
I
II R
A continuación dos de estos focos son conectados en serie la fuente ε= 220V
3Ω R
6Ω I
En la malla I: ∑ V = ∑ iR 4ε = I × 6 + I × 2 + (0) × 3 ε = 2I En la malla II: ∑ V = ∑ iR
R
ε ε 2
ε2 1 = Pconsumen los fo cos = Req 2R
100
ε = I× R + 0 × 3 ε = RI Procedemos a igualar ε, obtenemos:
⇒ Pconsumen los fo cos = 50 W
Clave: D 51.. RESOLUCIÓN Nº 51
R=2Ω A Clave: A 50.. RESOLUCIÓN Nº 50 Nos dicen que el foco eléctrico tiene las siguientes especificaciones:
I1
3Ω I 1
I2
ε3=6V
Potencia Voltaje ε=220V R
2Ω
D
I1
I2
En la malla II: ∑ V = ∑ iR
ε
B
I3= I2− I1
ε1=10V
P=100W
1Ω
ε2=1V
II
C
6 − 1 = I2 × 1 + (I2 − I1 ) × 2 ⇒ 5 = 3I2 − 2 I1 ...(I)
En la malla ABCDA: ∑ V = ∑ iR
4Ω
10 − 1 = I1 × 3 + I2 × 1 ⇒ 9 = 3 I1 + I2 ...(II) De las ecuaciones tendremos:
(I)
y(II)
I1 = 2A e I2 = 3A ⇒ I3 = I2 − I1 = 1A Pero nos piden determinar la potencia total entregan las fuentes, por lo que solo las fuentes 1 y 3 entregan energía mientras que 2 consume ener energí gíaa pues pues la corr corrie ient ntee sale sale por por este ultimo por el polo negativo Ptotal = P1 + P2 Ptotal = ε1 I1 + ε 2 I2 Ptotal = 10.2 + 6.1 = 26 W Clave: C RESOLUCIÓN Nº 52 Si nosotros movemos la fuente estirando los alambres hacia afuera y a su vez recortamos los alambres de la resistencia de 10 Ω, lo que podemos apreciar es que se estaría cumpliendo el puen puente te Whea heastho thone, ne, ya que que el producto de los lados opuestos son iguales:
retiramos 2Ω 10Ω 2Ω
1Ω
Ahora en el circuito
4Ω
2Ω
I 2Ω R=1Ω
ε=12V
I
En la malla sombreada: ∑ V = ∑ iR 12 = I × 2 + I × 1 ⇒ I = 4A Finalmente la potencia disipada por la resistencia R=1Ω esta dado como: Pdisipada por R = I 2R = (4)2 (1) Pdisipada por R = 16 W
2×2 = 4 ×1 En consecuencia la resistencia de 10 Ω se estaría cortocircuitando por tanto procedemos a retirarla
ε=12V
Clave: E 53.. RESOLUCIÓN Nº 53 Alternativa A.
Recuerde que la intensidad de campo eléctrico es una cantidad vectorial, mientras que el potencial eléctrico es de magnitud escalar. En el caso de dos partículas eléctricas positivas el campo eléctrico resultante en un punto P, a la misma distancia de ambas, es nulo. Mientras que el potencial eléctrico se suma y para este caso seria el máximo potencial (1) Q
E2=E
(2) Q
P E E 1=
d
Alternativa C. Las líneas de fuerza o de campo eléc eléctr triico siem siempr pree se dirig irigen en del mayor potencial hacia el menor potencial.
C B
A
d
Incorrecto
Alternativa B. Al abandonar un electrón en el inte interi rior or de dell camp campoo eléc eléctr tric icoo sobr sobree este se manifiesta una fuerza eléc eléctr tric icaa que que actúa ctúa en direcc ección ión opuesta a las líneas del campo eléctrico, por lo que el electrón viaja de menor a mayor potencial eléctrico Felec A
Incorrecto
VA > VB > VC
En síntesis si el campo eléctrico es nulo el potencial eléctrico en dicho punto no necesariamente es nulo
Felec
Los electrones se mueven de menor a mayor potencial VB < VA
B
En general, si las líneas de campo eléc eléctr tric icoo son son curv curvas as ento entonc nces es las las supe superf rfic icie iess equi equipo pote tenc ncia iale less se será ránn curv curvaas. En el caso aso es espe peccial ial de un campo eléctrico uniforme, en que las líneas de campo son rectas y paralelas y están igualmente espaciadas, las superficies equipotenciales son planos paralelos y perpendiculares a las líneas de campo. V V V V V
V V V V V
V V V V V
VA > VB > VC Donde la diferencia de potencial:
VAB = VA − VB = EdAB VAC = VA − VC = EdAC
Donde d es la distancia entre los puntos paralela a las líneas de fuerza
Incorrecto
Alternativa E. Los dieléctricos sirven para aumentar la capacidad eléctrica de los capacitadores
Incorrecto
Alternativa D. Cuando mayor es la cantidad de carga que que acum acumul ulan an los los cond conduc ucto tore res, s, mas mas elevado es el potencial eléctrico por lo que resulta que entre dichas magnitudes existe una una relación directa. Esto se debe a que los conductores presentan cierta propiedad asociada a su capacidad de electrización denominada capacidad eléctrica, que es una una prop propie ieda dadd de un cond conduc ucto torr metálico que caracteriza la capacidad de acum acumul ular ar carg cargaa en prop propor orci cion ones es definidas en su superficie. La capacidad de un conductor aislado es independiente de su electrización, depende de su forma geométrica, a mayor dimensión del conductor mayor capacidad eléctrica
Correcto
Clave: E 54.. RESOLUCIÓN Nº 54 Como el capacitor esta formado por placas abiertas por este no circula corriente eléctrica esto significa que solo circulara corriente por la malla sombreada 2Ω I
i=0
8V
a
I C=5µF
3Ω 24V
4Ω 1Ω
I b i=0
b
En la malla sombreada: ∑ V = ∑ iR +Q
+Q2
Estos conductores de diferentes tamaños no pueden acumular la misma cantidad de carga, por lo que el de mayor dimensión se electrizara más.
24 = I × (2 + 3 + 1) ⇒ I = 4A Para determinar la carga del capa capaci cito torr de debe bemo moss de dete term rmin inar ar su diferencia de potencial para ello en la rama a,b planteamos
Vinicio en a + ∑ V = Vfinal en b + ∑ iR Va + (4) = Vb + 4 × 3 + 0 × 4
Clave: D RESOLUCIÓN Nº 65 65..
⇒ Vab = Va − Vb = 8V
Clave: C
Finalmente la carga del capacitor es: 66.. RESOLUCIÓN Nº 66
Q = CVab Q = (5)( 8) = 40 µC
Clave: D Clave: D
55.. RESOLUCIÓN Nº 55
67.. RESOLUCIÓN Nº 67 Clave: A
Clave: C 56.. RESOLUCIÓN Nº 56 Clave: C
68.. RESOLUCIÓN Nº 68 Clave: A
57.. RESOLUCIÓN Nº 57 Clave: C RESOLUCIÓN Nº 58 58..
Clave: B
RESOLUCIÓN Nº 69 69..
Clave: C
59.. RESOLUCIÓN Nº 59 Clave: D RESOLUCIÓN Nº 60 60..
Clave: B
RESOLUCIÓN Nº 70 70..
Clave: E
61.. RESOLUCIÓN Nº 61 Clave: B
71.. RESOLUCIÓN Nº 71 Clave: A
62.. RESOLUCIÓN Nº 62 Clave: D
72.. RESOLUCIÓN Nº 72 Clave: C
RESOLUCIÓN Nº 63 63..
Clave: D RESOLUCIÓN Nº 64 64..
