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(1)

Lapso 2009.2

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: 05-12-2009 LAPSO: 2009.2

MOD I,- UNID 1,- OBJ 1

1.- DATOS: n=0,2 mol, T=400 K, A=0,008 m3, m=20,0 kg.

SOLUCIÓN:

a) Para determinar la altura h a la cual está el émbolo en equilibrio bajo su propio peso, se usa la 2ª ley de Newton en condición de equilibrio. Así se tiene que

F=pA=mg+p A (1)o La ley de los gases ideales está dada por:

pV=nRT, pAV=nRT (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2) se obtiene la altura h, esto es

o

o nRT (mg+p A)h=nRT h=

mg+p A

b) Para determinar el valor de la altura h, se sustituyen los valores en la ecuación de h obtenida en el inciso (a). Así se tiene

5 0,2 8,314 400

h= h=0,661 m

20,0 9,8+1,013 10 0,008

× ×

× ×

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

(2)

Lapso 2009.2 MOD I,- UNID 2,- OBJ 2

2.- DATOA: VA=4,0 Lt, γ=1,40, po=1,0 atm, TA=300 K.

SOLUCIÓN: a)

b) Para determinar el volumen del gas al término de la expansión adiabática (VC), es necesario

obtener previamente los valores de la presión y el volumen del gas al inicio del proceso adiabático, o sea en el punto B. Así se tiene

B o B 5 B

p =3p , p =3(1,0 atm) p =3,039 10 Pa

→ ×

VB=Vo=4,0 Lt=4,0x10-3 m3

En el proceso adiabático se tiene

1

1 1,40 o

B

B B C C C B C B B

C o

-3 0,7143 -3 3

C C

3p p

p V =p V , V = V V =V =V 3

p p

V ==4,0 10 3 V =8,767 10 m

γ

γ γ γ γ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

× × ⇒ ×

c) Para determinar la temperatura del gas al inicio del proceso adiabático (en B), se tiene

o

B B B A

B B

o A o o

3p 300

p T p T

= , T = = T =900 K

p T p p ⇒

d) La temperatura al final del ciclo es

f

T =300 K

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

(3)

Lapso 2009.2 MOD II,- UNID 3,- OBJ 3

3.- DATOS: R=0,14 m, Q=26,0x10-6 C, r1=0,20 m, r2=0,14 m, r3=0,10 m.

SOLUCIÓN:

Debemos recordar que por ser una esfera conductora, su carga está distribuida sólo en la superficie de la esfera. El campo eléctrico se obtiene aplicando la ley de Gauss, esto es

int int

E r 2

o

q q

ˆ

= E ndA= , E = (1) 4 or

ε

πε

Φ

r →

Luego obtendremos el potencial eléctrico conociendo que.

V r r int int

r 2

0

o o

q q

dV=- E dr= dr, V= (2) 4

πε

r 4

πε

r

∞ ∞ →

a) Para determinar el campo eléctrico a una distancia r1 desde el centro de la esfera, tracemos una superficie gaussiana esférica con radio r1. Aplicando la ec. (1) se tiene

-6

1 2 -12 2 1

o 1

Q 26,0 10 ˆ MN

E = = E =5,845r

4

πε

r 4 (8,85 10 )(0,2)

π

C

×

×

r

Usando ahora la ec. (2) obtenemos el potencial eléctrico en ese punto. Así se tiene

-6

1 12 1

1

Q 26,0 10

V = = V =1,169 MV 4

πε

or 4 (8,85 10 )(0.2)

π

×

×

b) Para determinar el campo eléctrico a una distancia r2, se observa que este punto coincide con un punto en la superficie de la esfera y por lo tanto la superficie gaussiana coincide con la superficie de la esfera. Así se tiene que

-6

2 2 -12 2 2

o 2

Q 26,0 10 ˆ MN

E = = E =11,93r

4

πε

r 4 (8,85 10 )(0,14)

π

C

×

×

(4)

Lapso 2009.2

El potencial a esa misma distancia del centro de la esfera será

-6

2 12 2

2

Q 26,0 10

V = = V =1,669 MV

4

πε

or 4 (8,85 10 )(0,14)

π

×

×

c) El punto cuya distancia al centro de la esfera es r3 corresponde a un punto interno de la misma, región donde no existe carga, por lo tanto el campo eléctrico E =0r3 ; y el potencial eléctrico es constante, y su valor es igual al potencial eléctrico en la superficie. Esto es

3

V =1,669 MV

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

Será logrado el objetivo si el estudiante usa un procedimiento correcto y obtiene un resultado similar al mostrado.

MOD II,- UNID 4,- OBJ 4

4.- DATOS: C=1,0 µC, R=2,0 MΩ, Vε=10,0 V, t=10,0 s

SOLUCIÓN:

Aplicando la ley de Kirchhoff al circuito se tiene

V =Ri+ , V =Rq dq q+

C dt C

ε ε

q t

0 0

q-CV

dq dq dt t

q-CV =-CR , =- , ln

=-dt q-CV CR -CV RC

ε ε

ε ε

t t

-

-RC RC

q-CV

=e q=CV 1-e (1) -CV

ε

ε ε

⎛ ⎞

(5)

Lapso 2009.2

a) Para determinar la carga en el condensador 10,0 s después de haber cerrado el interruptor, aplicamos la ec. (1). Así se tiene

10,0

--6 2

q=1,0 10× ×10,0 1-e⎛ ⇒ q=9,93 C

μ

⎝ ⎠

b) Para determinar la corriente en el resistor, se tiene t

- -5 -8

RC

6 CV

dq 10,0

i= = e = e i=3,36 10 A dt RC 2 10

ε ×

×

c) La rapidez a la cual se almacena la energía en el capacitor está dado por:

-8 -6

-7

C -6 C

iq 3,36 10 9,93 10

P = = P =3,35 10 W

C 1,0 10

× × ×

⇒ ×

×

d) La rapidez a la cual se le entrega la energía a la batería está dada por:

-8 -7

B B

P =iV =3,36 10 10,0 ε × ⇒ P =3,36 10 W×

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

Será logrado el objetivo si el estudiante usa un procedimiento correcto y obtiene un resultado similar al mostrado.

MOD II,- UNID 5,- OBJ 5

5.- DATOS: R1=4,0 Ω, R2=2,0 Ω, R3=6,0 Ω, V1=12,0 V, V2=8,0 V.

SOLUCIÓN:

Aplicando la ley de Kirchhoff al circuito se tiene

(6)

Lapso 2009.2 a) Para determinar la corriente que pasa a través del resistor

R2, sustituyéndose sus valores, se tiene

1 1 2 1 2

1 2 2 1 2

12=4,0I +2,0I -2,0I 12=6,0I -2,0I (1)

-8=-2,0I 2,0I +6,0I -8=-2,0I +8,0I (2)

⎧ ⎧

+

⎩ ⎩

Despejando la corriente I2 de la ec. (2) y sustituyendo en la

ec. (1), se tiene

1 1 1

2 1 1

1 1 1

2I -8 2I -8 I

I = , 12=6I -2 =6I - +2

8 8 2

12-1 11

12-2= I 10= I I =1,818 A

2 2

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2

2(1,818)-8

I = I =-0,546 A

8 →

La corriente que pasa por resistor R2 es

2 2

R 1 2 R

I =I -I =1,818-(-0,546) ⇒ I =2,364 A

b) La diferencia de potencial entre a y b, está dada por:

2

ab 2 R ab

V =-R I =-2,0(2,364 V =-4,73 V

Δ ⇒ Δ

c) La potencia total consumida en las resistencias del circuito está dada por:

2

2 2 2 2 2 2

Total 1 1 2 R 3 2

Total total

P =R I +R I +R I =4(1,818) +2(2,364) +6(0,546)

P =13,22+11,18+1,789 ⇒ P =26,19 W

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

(7)

Lapso 2009.2 MOD III,- UNID 6,- OBJ 6

6.- DATOS: m=0,72 kg, r=6,0 cm, d=12,0 cm, L=45,0 cm, i=48,0 A, B=0,24 T.

SOLUCIÓN:

La vista frontal nos permite indicar que la fuerza ejercida por el campo magnético sobre la varilla cilíndrica, está dada por:

F =iBdm

Aplicando el teorema de trabajo energía se tiene que

m F

trasl rot B trasl rot A

2 2

C

W =(K +K ) -(K +K )

1 1

iBdL= mv + I -0

2 2

ω

Donde 2

c 1 I = mr

2 y v =

r

ω

, entonces 2

2 2 2 2

2

2

1 1 1 v 1 1 4iBdL

iBdL= mv + mr =mv + , v =

2 2 2 r 4 2 3m

4 48,0 0,24 0,12 0,45 m

v = v=1,073

3 0,72 s

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

× × × ×

⇒ ×

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

(8)

Lapso 2009.2 MOD III,- UNID 7,- OBJ 7

7.- DATOS: B=1,30 T, R=0,10 m, µFe=5000µo, N=470 vueltas.

SOLUCIÓN:

El campo magnético producido por un toroide está dado por:

B= oNi, B= oNi

L 2 R

μ

μ

π

La corriente que circula por el alambre del toroide, está dada por:

-7 o

2 RB 2 0,10 1,30

i= = i=0,277 A N 4 10 470

π

π

μ

π

×

× ×

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

Será logrado el objetivo si el estudiante usa un procedimiento correcto y obtiene un resultado similar al mostrado.

MOD IV,- UNID 8,- OBJ 8

8.- DATOS: L=1,0 mH, C=1,0 µF, i=20,0 t.

SOLUCIÓN:

a) Para determinar el voltaje en los terminales del inductor se tiene

(

)

L L

L L

di d

V =-L =-L 20,0t V =-L(20,0) dt dt

V =-0,001(20,0) V =0,02 V

(9)

Lapso 2009.2 b) Para determinar el voltaje en los terminales del capacitor

se tiene

t 2

q t t 2

0 0 0

0

2 2

2

C -6 C 2

20t

dq=- idt=- 20,0tdt, q=- q=-10,0t 2

10t 10t MV

V =- =- V =-10,0t

C 10 s

→ ⎥

c) Para determinar el tiempo en que la energía almacenada en el capacitor excede por vez primera la del inductor, se tiene

2

2 2 2 2

L

3 2

-6 2

C

-3 -6 Li

U =

Li q (10t )

2 = 1,0 10 (20t) = ,

2 2C 10

q U =

2C

10 10 400

t= t=6,32 s 100

⎪⎪ ×

⎬ ⎪ ⎪⎭

× ×

×

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

Será logrado el objetivo si el estudiante usa un procedimiento correcto y obtiene un resultado similar al mostrado.

MOD IV,- UNID 9,- OBJ 9

9.- DATOS: R=10,0 Ω, L=10,0 mH, C=100 µF, Vεeficaz=50.0 V.

SOLUCIÓN:

Aplicando la ley de Kirchhoff al circuito se tiene

V =Ri+Ldi q+ , =r 1

dt C LC

ε

ω

1 rad

= =1000

(10)

Lapso 2009.2 Para determinar la potencia media entregada al circuito si la frecuencia es el doble de la frecuencia de resonancia, se debe obtener previamente, así se tiene que la corriente que circula por el circuito cuando

ω ω

=2 r, está dada por:

,ef

ef 2

2

ef 2

2 3 -3

3 -6

V i =

1 R +

L-L

50,0 i =

1 10,0 + 2 10 10 10

-2 10 100 10

ε

ω

ω

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

× × ×

× × ×

⎝ ⎠

ef ef

2

50,0 50,0

i = = , i =2,774 A

100+225 1

100+ 20-0,2

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

Además el ángulo de fase del circuito está dado por:

-1 -1

1

L- 15

C

=tan =tan =56,31º

R 10

ω

ω

φ

φ

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜

⎜ ⎟

⎝ ⎠

Por lo tanto la potencia media entregada al circuito, está dada por:

m ef ef m

P =i V cos =50 2,774cos(56,31º)

φ

× ⇒ P =76,9 W

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

(11)

Lapso 2009.2 MOD IV,- UNID 10,- OBJ 10

10.- DATOS: a=5,0 cm, ic=0,10 A, d=4,0 mm

SOLUCIÓN:

a) Para determinar el cambio de flujo eléctrico entre las placas se tiene

E E d d o

o i

d d

i = , =

dt dt

ε

ε

Φ Φ

10

E E

-12

d 0,1 d V.m

= =1,13 10

dt 8,85 10 dt s

Φ Φ ×

×

b) Para determinar la densidad de la corriente de desplazamiento, se tiene

d

d 2 d 2

i 0,1 A

j = = j =40,0

A (0,05) ⇒ m

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

Será logrado el objetivo si el estudiante usa un procedimiento correcto y obtiene un resultado similar al mostrado.

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