MOD I,- UNID 1,- OBJ 1

(1)

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA VICERRECTORADO ACADÉMICO ÁREA INGENIERÍA DE SISTEMAS

MODELO DE RESPUESTA

ASIGNATURA: FÍSICA GENERAL II CÓDIGO: 326

MOMENTO: PRUEBA INTEGRAL VERSIÓN: 1

FECHA DE APLICACIÓN: 13-12-2008 LAPSO: 2008.2

MOD I,- UNID 1,- OBJ 1

1.- DATOS: mAl = 0,10 kg, magua = 0,25 kg, a Ti = 10º C

mCu = 0,05 kg a TCu = 80o C

mx = 0,07 kg a Tx = 100

o

C Tf = 20º C

SOLUCIÓN:

En este proceso, la cantidad de calor emitido por un cuerpo es igual a la cantidad de calor recibida por el otro cuerpo, así se tiene que

o o o

Al Al agua agua f Cu Cu f x x f

m c +m c T -10 =m c 80 -T +m c 100 -T

El calor específico del material desconocido se obtiene despejando

cx, esto es,

o o

Al Al agua agua f Cu Cu f

x _o

x f

m c +m c T -10 -m c 80 -T

c =

m 100 -T

o o o o

x _o _o

x x o

0,1×900+0,25×4186 20 -10 -0,05×387 80 -20 c =

0.07 100 -20

1136,5-116.1 J

c = c =1822

0,56 kg. C

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

(2)

MOD I,- UNID 2,- OBJ 2

2.- DATOS: Ti = 300º K, pi = 2,5 kPa, Vi = 1,0 m

3

, Vf = 3,0 m

3

Q = 12,5 kJ

SOLUCIÓN:

a) La primera ley de la Termodinámica nos dice que:

3

f i

3

Q= U+W, U=Q-W

W=p V -V =2,5×10 3,0-1,0 W=5,0 kJ

U=(12,5-5,0)10 U=7,5 kJ

b) Para determinar la temperatura final del gas, se tiene

i f i i

i f

f f

i f f

i

nRT nRT V T

V = y V = , = ,

p p V T

TV 300 3

T = =

V 1

o f

T =900 K

Procedimiento y resultados similares a los mostrados.

MOD II,- UNID 3,- OBJ 3

3.- DATOS: Q=+4,60 C, q=+1,20 C, x=0,25 m, m=2,80x10-4kg,

SOLUCIÓN:

a) La energía potencial eléctrica U del par de partículas está dado por:

e K Qq U=

x

9 -6 -6

9 10 4,6 10 1,2 10

U= U=0,199 J

(3)

b) La rapidez de la segunda partícula cuando esté en el punto P, aplicando la 2ª ley de Newton para encontrar previamente la aceleración, así se tiene que,

e e

e 2 2

K Qq K Qq

F = =ma, a=

x mx

La rapidez está dada por:

5

5,0 5,0

2 e e

2

0,25 0,25 _0,25

9 6 -6

2

-6

2K Qqdx -2K Qq

v = 2adx= =

mx mx

-2 9 10 4,6 10 1,2 10 (0,2 4,0)

v =

2,8 10 m v =36,72

s

4.- DATOS: D = 2,5x10-3 m, L=14,0 m, R=0,104 . E=1,28 V/m,

n=8,5x1028 electrones/m2.

SOLUCIÓN:

a) Para determinar la resistividad del material, se tiene que

2

-3 2

-8 2

L RA R D

R= , = =

A L 4L

0,104 (2,5 10 )

= =3,65 10 .m

4 14,0

b) La corriente total se obtiene a partir de

V V EL

E= , V=EL, I= =

L R R

1,28 14,0

I= I=172,3 A

(4)

c) La rapidez de deriva se obtiene a partir de

e d d

e

d 28 -19 -3 2 d

I I

j= =nq v , v =

A nq A

172,3 4 m

v = v =0,00258

8,5 10 1,6 10 (2,5 10 ) s

5.- SOLUCIÓN:

a) Aplicando las leyes de las mallas de Kirchhoff se tiene: malla 1

1 2

10+5=I (10)-I (5) (1)

malla 2

1 2

-5= -I (5)+I (15) (2)

Reordenando las ecuaciones (1) y ( 2), se tiene

1 2 1 2

2

15=10I -5I 15= 10I -5I

-5= -5I +15I -10= -10I +30I

5= 25I

2 2

1 1 1

5

I = , I =0,2 A,

25

15+1

15=10I -5(0,2), I = , I =1,6 A

10 De donde se obtiene que

1 1 1

2 1 2 2

3 2 3

i =I i =1,6 A

(5)

b) Para determinar la diferencia de potencial Vab se tiene

ab ac cb

ac

ab cb

V =V +V

V =1,6 3=4,8 V

V =10,4 V V =1,4 4=5,6 V

c) La potencia total disipada en las resistencias del circuito está

dada por:

2 2 2 2 2 2

T 1 2 3

T T

P =5i +5i 10i =5(1,6) +5(1,4) +10(0,2)

P =12,80+9,80+0,4 P =23,0 W

MOD III,- UNID 6,- OBJ 6

6.- DATOS: =0,015 kg/m, I= 10 A, =30º , m1 = 9x10-4 kg,

m2 = 12x10

-4

kg, L1 = 0,06 m, L2 = 0.08 m.

SOLUCIÓN:

Para determinar la magnitud del campo magnético paralelo al eje y, se aplica el momento de torsión ejercido sobre la espira rectangular, así se tiene que

2

A 1 2 2 m 2

L

: m gL sen +2m g sen -F L cos =0

2

donde F =L IB_m ₁

Al sustituir la Fm en la ecuación se obtiene

1 2 1

-4

1 2

1

-3 (m +m )gsen =L IBcos

(m +m )gsen (9+12)10 9,8 0,5

B= =

L Icos 0,06 10 0,87

(6)

La dirección del campo magnético se obtiene aplicando la regla de

la mano derecha, lo cual indica que el campo magnético B está

dirigido en la dirección del eje y+.

MOD III,- UNID 7,- OBJ 7

7.- DATOS: I = 2,40 A, N = 500 espiras, r = 0,25 m, B = 1,94 T.

SOLUCIÓN:

a) Para determinar la permeabilidad magnética del material _m,

se tiene

m m

-3

m 2

B 1,94

B= NI = =

NI 500 2,40 m.kg

=1,617 10 C

b) La susceptibilidad magnética del material , está dado por:

m

m o

o

-3

-7

= (1+ ), = -1

1,617 10

= -1 =1285,5

4 10

(7)

MOD IV,- UNID 8,- OBJ 8

8.- DATOS: io =0, if = 48,0 A, t2 = 12 s, VL = 30,0 V, R = 60,0 .

SOLUCIÓN:

a) Para determinar la inductancia de la bobina, se tiene

L L 2

L

2

i V t V (t -0)

V =L , L= =

t i (i -0)

30,0 12

L= L=7,5 H

48,0

b) El flujo magnético está dado por:

B t

B

L B L

0 0

2

B L B

d

V = , d = V dt

dt

=V t=30,0 12 =360 T.m

c) La proporción de la rapidez con la que se almacena energía

en el campo magnético respecto a la rapidez con que la resistencia disipa energía, está dada por:

2 alm

alm disip 2

disip

-2

alm alm

disip disip

i Li P

i _t L i

P =Li y P =i R = =

t P i R iR t

P 7,5 48,0 P

= =1,042 10

P 48,0 60,0 12 P

(8)

9.- DATOS: R = 150 , L = 0,75 H, C = 0,018 F, V = 150 V.

SOLUCIÓN:

La frecuencia de resonancia es

r _-6 r

1 1 rad

= = , =8606,6

s

LC 0,75 0,018 10

a) Para determinar el factor de potencia = cos , se obtiene

previamente el ángulo de fase . Así se tiene que

-1

1

L-C

=tan =0º por estar en resonancia

R

factor de potencia=1,0

b) Para determinar la potencia promedio se obtiene previamente

la corriente máxima del circuito, así se tiene que

max max

V 150

I = = I =1,0 A

R 150

La potencia promedio es

m m

1

P = VIcos =0,5 150 1,0 1,0 P =75,0 W

2

c) Al sustituir el capacitor por uno de Cf = 0,036 F, la potencia

media es igual a la anterior, debido a que la corriente máxima no cambia, esto es

mf

P =75,0 W

(9)

10.- DATOS: K = 1,74, Km = 1,23, B = 3,0x10

-9

T

SOLUCIÓN:

Para determinar la amplitud del campo eléctrico, se tiene

8 9

m

c 3,0 10 3,0 10

E=vB= B=

K K 1,74 1,23

V E=0,615

m

Procedimiento y resultado similares a los mostrados.