306 UNIDAD 1 Magnitudes, medidas y errores

UNIDAD 1

Magnitudes, medidas y errores 1.

En los dos casos se obtiene el mismo resultado ya que las dimensiones de la energía son , independientemente del tipo de energía que sea.

2.

Vemos que los dos miembros de la ecuación tienen las mismas dimensiones lo que indica que es correcta dimensionalmente.

3. a)

b)

r r r r r r r r

A− = + − = −B A ( B) (1 4)i +(3 2+ )j = − +3i 5j

r r r r r r

A+ = +B (1 4)i +(3 2− )j =5i + j A

B

X Y

A B+

A

B

X Y

A B

B A

B

X Y

M L T⋅ ⋅ −1=M L T⋅ ⋅ −1 m l

t t m l t

⋅ ⋅ = ⋅₂

m v t t m

l t

⋅ ⋅ = ⋅

m a t m l t

⋅ ⋅ = ⋅

F t⋅ = ⋅ Δm v M L T⋅ ⋅2 −2

E m g h m a l m v t l m

l

t l m l

t E M L T

p = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ ⎡⎣ ⎤⎦ = ⋅ ⋅p

− 2

2

2

2 2

E m v m l

t m l t E M L T

c = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒

[ ]

c = ⋅ ⋅

− −

1

2 2 12 21 2

2

2 2 2 2

SOLUCIONARIO

4. a) b) c)

Calculamos el valor de los módulos:

5.

Si ponemos un tornillo imaginario en el origen de los dos vectores y le hacemos girar en el sentido de hacer coincidir con entraría hacia dentro perpendicularmente al plano del

papel; ese sería el sentido del vector resultado del producto .

6.

7. a) Tres (2, 0 y 4) b)Dos (1 y 6) c)Tres (2, 1 y 0) d)Dos (2 y 6) e) Seis. 8. re=2,81777·10−11m

Su orden de magnitud es de 10−11_{, ya que su parte entera es menor de 5.}

9.

El valor obtenido es para el paquete, pero como contiene 500 hojas, el grosor de cada hoja será:

10. Primera medida: Error absoluto:

Error relativo: Segunda medida: Error absoluto:

Error relativo:

Evidentemente, la primera medida es más precisa, ya que el error relativo en ésta es menor que en la segunda.

E x

x

r r

2 = 2 =_{45 6}0 4 =0 009 0 9=

Δ ,

, , , %

Δx₂ = x₂ −x_r = 45 2 45 6 0 4, − , = , mm

E x

x

r r

1= 1 = _{45 6}0 3 =0 006 0 6=

Δ ,

, , , %

Δx₁= x₁−x_r = 45 9 45 6 0 3, − , = , mm 45 6

500, =0 091, mm

x x x x

n mm

m

n

= 1+ 2 + + = 45 9 45 2 46 2 44 8 46+ + + + =

5 45 6

... , , , , _,

Kw h⋅ =1000w⋅3600s=3600000w s⋅ =3 6 10, ⋅ 6J

r r A B× r

B r

A r r r r

A B× = A ⋅ B sen⋅ α= ⋅ ⋅3 4 sen30º=6 r r r r

A B⋅ = A ⋅ B ⋅cosα= ⋅ ⋅3 4 cos º30 10 39= , cos

, , , arccos , , º

α= α

⋅ = ⇒ = =

8

5 83 6 32 0 22 0 22 77 29 r

B = 62 +22 =6 32, r

A = 32 +52 =5 83,

r r r r r r

r r

A B A B A B

A B

⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅

⋅

cosα cosα

r r

A B⋅ =A B_{x x} +A B_{y y} = ⋅ + − ⋅ =3 6 ( )5 2 8

r r r r r r r r r r r

11. a) b)

12. a)

b) Si observamos la gráfica vemos que a medida que aumenta el tiempo de calentamiento, aumenta la temperatura del agua de modo lineal hasta que llega a 100 ºC. A partir de ese punto la temperatura no sube aunque sigamos calentando. Ello es debido a que a esta temperatura el agua comienza a hervir y el calor se emplea en el cambio de estado. c) En el intervalo de 0 a 10 minutos, la gráfica corresponde a una recta con ordenada en el origen.

Según hemos visto, la pendiente de la recta será: , sustituyendo una pareja de

valores cualquiera de este intervalo, por ejemplo t = 4 s y T = 52 ºC, tendremos:

d) Sustituyendo el tiempo en la ecuación que acabamos de obtener:

13. a)

b) Observando la gráfica vemos que la ordenada en el origen es 100.

La constante de proporcionalidad es la pendiente de la recta que viene dada por:

. Sustituyendo una pareja de valores cualquiera, por ejemplot=4syT=60ºC,

tendremos: k =60 100− = −

4 10

k T t

= −100

0 20 40 60 80 100 120

0 2 4 6 8

t(min) T(ºC)

T =8t+20 8 7 20 76º= ⋅ + = C k =52 20− = ⇒ =T t+

4 8 8 20

k T t

= −20

0 20 40 60 80 100 120

0 2 4 6 8 10 12 14

t(min)

T(ºC)

E l

l

r = = = =

Δ 1

c) La ecuación matemática corresponde a una línea recta con ordenada en el origen cuya ecuación será: T = --10t + 100

14. a) Sí. Ya que el producto p ·V permanece constante; para cualquier par de valo-res se cumple que p_·V = 100.

b)

UNIDAD 2 Cinemática 1. a)

b)

c) El tiempo total empleado en el desplazamiento es:

d) La longitud de la trayectoria es la del camino recorrido por el perro:

La velocidad media en la trayectoria será: v s

t ms

m = = =

−

Δ

Δ 7035 2 1

Δs=40m+30m=70m

r

v_m = v_x2 +v2_y = 114, 2 +0 86, 2 =1 43, ms−1

r r r r r r r r

v r

t

i j

i j i j

m = =

− _{= − = −}

Δ

Δ 40 3530 3540 3035 114, 0 86,

Δt=20s+5s+10s=35s

r r r r r r r r r r

r₀ =20j ; r =40i −10j ; Δr = − =r r₀ 40i −30j

N

S

O E

X Y

r0

r r

2. a) Vector de posición inicial: Vector de posición final:

b) Vector desplazamiento:

c)

3. a) La aceleración tangencial es la que tiene en todo momento la misma dirección de la trayec-toria, en este caso la carretera, y es la conseguida por el motor del automóvil al acelerar.

En primer lugar debemos pasar todas las unidades al Sistema Internacional. Para ello pasamos los Km/ha m/s:

El valor de la aceleración tangencial es:

b) La aceleración normal es:

c) En la figura podemos ver que el módulo de la aceleración total vale:

4. Pasamos la velocidad del tren a unidades del SI:

El tiempo que el tren está moviéndose será de un minuto más el tiempo que tarda el sonido en llegar desde el lugar en que se produjo hasta la estación.

Supongamos que el tren se encuentra a una distancia xde la estación cuando suena el silbato. El tiempo que tarda el sonido será: t x

v x

s s

= = ₃₄₀

r r r r

r₀ =500i +300j +400k

216Km 216 1000₃₆₀₀ 60 1 h m s ms = = − at atotal an

a_total = a_t2 +a_n2 = 12 +22 =2 24, ms−2

a v

r ms

n = = =

− 2 2 2 20 200 2 a v t ms

t = =

− ₌ −

Δ

Δ 25 205 1 2 72 721000

3600 20 1 Km

h

m

s ms

= = − _{90 90 1000}

3600 25 1 Km h m s ms = = − r

v_m = −( 40)2+ −( 10)2 + −( 45)2 =61 28, ms−1

v r r r r r r r

v r

t

i j k

i j k

m = = −

− − _{= − − −}

Δ

Δ 400 10010 450 40 10 45

r

r = −( 400)2 + −( 100)2+ −( 450)2 =610 33, m

Δrr r r= − =r r₀ (100 500− )ir+(200 300− )rj + −( 50 400− )kr= −400ir−100rjj −450kr

r r r r

El tiempo que ha estado moviéndose el tren será:

El espacio recorrido por el tren será:

Realizando operaciones y despejando:

5. a) Sabemos que . Conocemos la velocidad que lleva el ciclista cuando comienza a acelerar que es de 4 ms−1 _{y que el tiempo durante el cual está acelerando es de 2} minutos, que equivalen a 120 segundos. Por tanto:

El espacio total será la suma de espacio recorrido en la subida más el recorrido en llano, que calcularemos separadamente.

Espacio recorrido durante la subida (movimiento rectilíneo uniforme):

Espacio recorrido en el llano (movimiento rectilíneo uniformemente acelerado):

Así pues, el espacio total será:

b) Gráfica velocidad−tiempo

Gráfica espacio−tiempo:

0 60 120 180 240 300 360 420 t(s) s(m)

2400

1800

1200

600

0

0 60 120 180 240 300 360 420 t(s) V(ms )-1

16

12

8

4

0

s= +s₁ s₂ =1200 1200 2400+ = m

s₂ v t₀ 1at2 2 m

2 4 120 120 1 120 1200

= + = ⋅ + , ⋅ =

s₁= ⋅ = ⋅v t 4 300 1200= m v = +4 0 1 120 16, ⋅ = ms−1

v =v₀ +at

x =3600 340⋅ = m 280 4371 43,

x= ⋅ ⇒ =v t x ⎛ + x

⎝⎜ ⎞⎠⎟

60 60 ₃₄₀ t=60+ x

6. Sabemos que las ecuaciones que rigen este tipo de movimiento son:

Despejamos en la ecuación de la altura el tiempo que tarda en llegar al suelo:

y sustituimos en la ecuación de la velocidad:

7. a) Los dos objetos se encontrarán cuando estén a la misma altura: (h1= h2).

Planteamos las ecuaciones de la altura para ambos:

Igualando las dos ecuaciones: y resolviendo la

ecuación obtenida:

b) Solamente tenemos que sustituir el tiempo que acabamos de calcular en la ecuación de la velocidad de ambos:

El signo menos de las dos velocidades indica que ambos objetos están descendiendo en el momento del encuentro.

c) Sustituyendo el tiempo en cualquiera de las dos ecuaciones de la altura del primer apar-tado:

8. a) El segundero de un reloj da una vuelta completa (2π radianes) cada minuto, es decir, cada 60 segundos.

El periodo es el tiempo que tarda en dar una vuelta, por lo tanto: T= 60 s

La frecuencia es la inversa del periodo:

b)

v =v₀ +g t; como v₀ = ⇒ =0 v g t

v =ωr =0 10 0 02 0 002, ⋅ , = , ms−1

f

T Hz

= 1 = ₆₀1 =0 017,

ω ϕ= = π = ⋅ −

t rad s

2

60 0 10, 1

h₁=50t−4 9, t2⇒ =h 50 8 5 4 9 8 5⋅ , − , ⋅ , 2 =71 0, m v₁=v₀₁+gt =50 9 8 8 5− , ⋅ , = −33 3, ms−1

v₂ =v₀₂+g t( −3)=40 9 8 8 5 3− , ( , − )= −13 9, ms−1 t=8 5, s

50_t−4 9_{, t}2 ₌40_{(t− −}3₎ 4 9_{, (t−}3₎2

h₂ v₀₂ t 3 1g t 2 h₂ t t 2

2 3 40 3 4 9 3

= ( − +) ( − ) ⇒ = ( − −) , ( − )

h₁ v t₀₁ 1gt2 h₁ t t2

2 50 4 9

= + ⇒ = − ,

t h

g

= 2 v g h

g v gh

= 2 ⇒ = 2

c) Calculamos los segundos que tiene un día: y el espacio recorrido será:

9. Hallamos la aceleración angular: Velocidad angular a los 10 segundos:

Aceleración tangencial:

Aceleración normal:

Aceleración total:

10. a) Acabamos de ver que

b)

c) . Sustituyendo valores:

11. En primer lugar hallamos el tiempo que tarda en llegar al suelo desde que saltó sirviéndonos de la ecuación de la altura: . Cuando llega al suelo y = 0, por lo cual:

. Esta ecuación de segundo grado, sin término independiente nos indica que una solución es t = 0 (el instante del salto) y la otra vendrá dada por

. Ahora sólo nos queda hallar cuánto se habrá desplazado horizontalmente

en este tiempo:

UNIDAD 3 Dinámica

1. Sabemos que la fuerza de inercia aparece sobre cualquier masa en el instante en que varía su velocidad. Aunque el cuentakilómetros del automóvil siga marcando la misma velocidad, en realidad ésta varía ya que cambia de dirección y aparece una fuerza de inercia perpendicular a la dirección del movimiento, en sentido contrario al que se toma la curva oponiéndose a la variación que se está produciendo en la dirección de la velocidad. Esta fuerza, como veremos más adelante, se denomina fuerza centrífuga.

2. a) Al arrancar existe una aceleración hacia arriba, por tanto la fuerza de inercia va dirigida hacia abajo. La fuerza que se ejerce sobre el suelo del ascensor será:

F = + =P F_i mg+ma=60 9 8 60 1 648⋅ , + ⋅ = N

t h

h

s

s

=24 60⋅ min⋅60_min=86400

x=v t_0x = ⋅8 0 61 4 88, = , m t= 3 = s

4 9, 0 61,

0 3_{= t−}4 9_{, t}2_⇒t(3 4 9_{− , )t =}0

y =v t_oy −1gt 2 2

y g

v x

= −

2 02

2 _{y = − x y x}

⋅ ⇒ = −

9 8

2 32 0 54

2 2

, _,

x =v₀⋅ = ⋅t 3 0 40 1 20, = , m

t h

g t s

= 2 ⇒ = 2 0 80⋅ =

9 8,, 0 40, a_total = a_t2 +a_n2 = 0 5, 2 +52 =5 02, ms−2

a_n =ω2r = ⋅ =1 5 52 ms−2 a_t =αr =0 1 5 0 5, ⋅ = , ms−2

ω α= ⋅_Δt=_{0 1 10 1,} ⋅ = _{rad s}⋅ −1

α= Δω= = ⋅ −

Δt rad s

3

b) Cuando sube con velocidad constante no existe fuerza de inercia ya que no hay acele-ración. La fuerza que se ejerce será el peso de la persona:

c) Al final, la aceleración va dirigida hacia abajo. El sentido de la fuerza de inercia será hacia arriba:

3. a) Según el segundo principio de Newton: b) Aplicando el teorema del Impulso mecánico:

Dado que t₀y v₀son igual a 0, tendremos:

4. El cable soporta una tensión igual al peso más la fuerza de inercia: . Sustituyendo:

Despejando: , lo que nos da la mayor masa que puede subir, cuyo

peso es de:

5. Aplicamos el principio de conservación de la cantidad de movimiento:

Sustituyendo valores:

Despejando y realizando operaciones:

6. Según la Ley de la Gravitación Universal:

Podemos observar que la fuerza con que se atraen los dos barcos es unas seis veces menor que el peso de un gramo . Como vimos al principio de la unidad la interacción gravitatoria es muy poco intensa y sólo es apreciable cuando al menos de las masas que interactúan es muy grande como en el caso de los planetas y otros cuerpos celestes. Aunque la masa de un barco es muy grande en nuestro entorno, es pequeñísima comparada con la de la Tierra o la de cualquier otro astro.

( ,9 8 10_⋅ −3_N) F Gm m

r N

= 1⋅ 2 = ⋅ − ⋅ = ⋅ −

2

11

2

3 6 67 10 200000 200000

40 1 67 10

, ,

v₁ 280 ms 1 60 4 7

= = _, −

(60 50 3 60+ )⋅ = v1+50 1⋅ (m₁+m₂)⋅ =v m v_{1 1}+m v_{2 2}

p=mg =339 9 8 3322 2⋅ , = , N m= 4000= Kg

11 8, 339 0,

T = + ⇒ =P F_i T mg+ma _{4000 9 8= ,} m₊₂m

f t m v v f t

m m s

⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ = ⋅ =6 5 ⋅ −

2 15 1

F⋅Δt=m vΔ ⇒F t( −t₀)=m v( −v₀)

F m a a F

m ms

= ⋅ ⇒ = = =6 −

2 3 2 F = − =P F_i mg−ma=60 9 8 60 0 5 558⋅ , − ⋅ , = N

7. Siguiendo un procedimiento análogo al que hemos seguido para hallar la gravedad en la superficie de la Tierra, podemos hallar la gravedad en la superficie de la Luna que vendrá

dada por:

Cuando decimos que una persona pesa 72 kilos en realidad queremos decir que su masa es de 72 kilogramos. Su peso en unidades del SI es :

En la Luna, el peso del astronauta sería:

8. Para conseguir la aceleración pedida, el caballo debe ejercer una fuerza igual a la de rozamiento (dinámico) más la fuerza de inercia:

9. La tensión del cable tiene que vencer la fuerza tangencial, que tiende a hacer bajar la piedra por la pendiente, más la fuerza de rozamiento. Calculamos cada una de ellas:

10. En primer lugar pasamos los datos a unidades del SI:

Por la ley de Hooke sabemos que . Donde, en nuestro caso, Fes el peso del muñeco y xes el incremento de la longitud del muelle ( ).

Despejando y realizando operaciones:

La longitud final del muelle vendrá dada por:

11. La tensión que soporta la cuerda es precisamente la fuerza centrípeta que mantiene a la pelota en su trayectoria; ésta viene dada, en función de la velocidad angular, por:

Despejando la velocidad angular:

12. Cuando la persona está en la parte superior, la fuerza centrífuga tiene sentido opuesto al peso y tendrá la sensación de no pesar nada cuando el valor de ambos sea igual:

Cuando está en la parte inferior, el peso y la fuerza centrífuga tienen el mismo sentido por lo que la fuerza que soporta el asiento es la suma de ambos:

Si nos fijamos en el resultado podemos ver que la fuerza sobre el asiento es el doble del peso de la persona, como era de esperar, ya que a esta velocidad angular la fuerza

centrí-F P F mg ma mg m R mg m g

R R mg

c c = + = + = + = + ⎛ ⎝ ⎜⎜ ⎞_⎠⎟⎟ = ω2 2 2

F P ma mg m R mg g

R

c = ⇒ c = ⇒ ω = ⇒ =ω

2

ω = F = _⋅ = ⋅ −

mR rad s

40

0 02 0 3, , 81 6, 1

F = ωm 2R L=L₀ +ΔL=0 4 0 098 0 498, + , = , m

x F

K m

= = 0 05 9 8, ₅⋅ , =0 098,

ΔL F =Kx

m=50g =0 05, Kg ; 40cm=0 4, m T = +F_t F_r =12682 1 14199 1 26881 2, + , = ,

F_r =μmgcosα=0 3 5000 9 8, ⋅ ⋅ , cos º⋅ 15 14199 1= , F_t =mgsenα=5000 9 8⋅ , ⋅sen15 12682 1º= , N

F=F_r + =F_i μN+ma=μmg+ma=0 10 120 9 8 120 0 3 153 6, ⋅ ⋅ , + ⋅ , = , N p= ⋅m g_L =72 1 62 116 64⋅ , = , N

p= ⋅ =m g 72 9 8 705⋅ , = N g GM

R ms L L L = = ⋅ ⋅ ⋅ = − − 2 11 22 6 2 2 6 67 10 7 34 10

1 74 10 1 62

, ,

UNIDAD 4

Trabajo y energía. Termodinámica

1.

2. La fuerza que ejerce Juan es perpendicular a la dirección del movimiento por lo que el valor del trabajo mecánico realizado es cero.

La fuerza ejercida por Pedro tiene la misma dirección y sentido que el desplazamiento. El trabajo que ha realizado será:

3. a)

b) En este caso, la normal coincide con el peso por lo que la fuerza que tendría que ejer-cer Pedro para venejer-cer el rozamiento sería:

4. En primer lugar hallamos el trabajo realizado:

También se podría resolver este problema hallando la velocidad a la que sube el peso (suponiendo que es constante) y utilizando la expresión P = F_·v

5. La componente de la fuerza en la dirección del movimiento que es la única que realiza tra-bajo y por tanto contribuye al desarrollo de la potencia es:

F = ⋅T cos º45 =5000⋅cos º45 =3535 53, N

P W

t W W

CV

W CV

= =11760₉ =1306 7, =1306 ₇₃₅1 =1 78, W = ⋅F Δs= ⋅ ⋅ =m g h 100 9 8 12 11760⋅ , ⋅ = J

F_R = ⋅ =μ N 1 03, ⋅ =μ 1 03 50 9 8 504 70, ⋅ ⋅ , = , N FP= 200 N

FJ= 300 N

P FR

W = ⋅ ⋅F s cosα=300 12⋅ ⋅cos º0 3600= J W = ⋅ ⋅F s cosα=10 20⋅ ⋅cos º30 173 21= , J 30º

10N

La fuerza que tiene que vencer Pedro para mover el fardo es preci-samente la de rozamiento por lo que FR= 300N

La fuerza normal que presiona al fardo contra el suelo será el peso menos la fuerza que ejerce Juan: N= 50· 9,8 -- 200 = 290N

F N F

N

R

R

Pasamos la velocidad a unidades de SI:

6. a)

La fuerza que realiza trabajo es la que se ejerce en la dirección del movimiento, por lo que será igual a la fuerza tangencial, cuyo valor es:

b)

c) Calculamos el trabajo necesario para subir la bicicleta, del mismo modo:

La fracción de trabajo empleada en subir la bicicleta será:

7. En primer lugar calculamos la elongación del resorte:

La energía potencial acumulada será:

8. a) En la Unidad 2 demostramos que la velocidad con que llega al suelo un cuerpo aban-donado libremente es:

Despejando:

b)

9. a) La energía perdida por rozamiento será la diferencia entre la energía potencial que tiene cuando está en lo alto del tobogán y la energía cinética con que llega al final de éste:

36Km 36 1000₃₆₀₀ 10 1 h

m

s ms

= = −

E_p =mgh=0 5 9 8 127 55 625, ⋅ , ⋅ , = J h v

g m

= =

⋅ =

2 2

2 2 9 850, 127 55, v = 2gh

E_p =1kx = ⋅ = J

2 2 122000 0 04, 2 1 6,

F k x x F

k

N

N m m

= ⋅ ⇒ = =₂₀₀₀80 =0 04,

W W

bicicleta total

= 17020 = =

119120 0 14 14, %

F_t = ⋅ ⋅m g senα=10 9 8⋅ , ⋅sen10 17 02º= , N⇒W = ⋅F Δs=17 02 1000 17020, ⋅ = J

P W

t

J

s W

= =119120₂₄₀ =496 33,

F_t = ⋅ ⋅m g senα=70 9 8⋅ , ⋅sen10 119 12º= , N⇒ = ⋅W F Δs=119 12 1000 11912, ⋅ = 00J α

α

F_t

Energía perdida por rozamiento:

b)

En primer lugar hallamos la longitud del tobogán. Si observamos la figura vemos que

El valor del trabajo realizado por la fuerza de rozamiento coincide con el de la energía perdida. Sabemos que

10. Cuando el cuerpo llegue al punto más alto, toda su energía cinética se habrá convertido en potencial: . Recordemos que esta misma expresión la obtuvimos

en la Unidad 2 por otros procedimientos.

Cuando el cuerpo está en su punto más alto, toda su energía mecánica es potencial. A medida que va bajando, pierde energía potencial y gana energía cinética; el valor de ambas coincidirá cuando la mitad de energía potencial se haya convertido en cinética y esto ocurrirá a una altura

h’en la que se cumple:

11. Aplicando el principio de conservación de la energía mecánica:

Dividiendo por my teniendo en cuenta queh0= 0, queda:

Despejando:

12. a) El hecho de que la primera bola suba a 50 cm nos va a permitir calcular la velocidad de ésta después del choque, que es un dato que necesitaremos al aplicar los principios de conservación de la energía cinética y de la cantidad de movimiento.

E_p =mgh=20 9 8 3 588⋅ ⋅ = J E_c =1m v⋅ = ⋅ ⋅ = J 2 2 21 20 42 160

, ;

v = v₀2−2gh = 152− ⋅2 9 8 8 8 26, ⋅ = , ms−1 1

2v02 = ⋅ + ⋅g h 12 v2 m g h⋅ ⋅ ₀ + 1m v⋅ ₀2 = ⋅ ⋅ +m g h m v⋅ 2

2 21

mgh'= 1mgh⇒h'=h

2 2

1

2 02 20

2

mv mgh h v

g

= ⇒ =

F N m g F

m g

r

r

= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅μ μ cos º30 ⇒ =μ _{⋅ ⋅cos º30} =_{20 9 8⋅ , cos º}71 33,_{⋅ 30} =0 42,

W F s F W

s N

r r

= ⋅ ⇒ = = 428=

6 71 33,

h l sen l h

sen sen m

= ⋅ 30 ⇒ = = =

30 330 6 º

º º

30º

h

l

Planteamos las ecuaciones de los principios de conservación citados:

Prescindiendo de la notación vectorial por realizarse el choque en una sola dirección y sustituyendo valores tenemos:

Realizando operaciones: ;

Despejamos v2en la primera ecuación:

En la segunda ecuación multiplicamos por 100 y sustituimos v2:

;

b) El signo negativo del resultado indica que la segunda bola rebota hacia atrás por lo que no subirá por el plano inclinado.

13. a) Aplicamos los principios de conservación:

Dado que las dos masas son iguales podemos eliminarla en las dos ecuaciones. Si además prescindimos de la notación vectorial en la primera y multiplicamos por 2 en la segunda,

obtenemos: ;

Sustituyendo valores: ;

Despejamos en la primera: y sustituimos en la segunda:

Hemos llegado a una ecuación de segundo grado sin término independiente que tiene dos soluciones: Es evidente que la solución válida es la segunda, ya que el disco 2 no puede permanecer parado después del choque. Sustituyendo en la ecuación

tenemos que

Según el resultado, el disco que se movía queda parado y el que estaba en reposo adquiere la misma velocidad que tenía el primero. Esto es fácil de comprobar prácticamente haciendo chocar dos monedas encima de una mesa cuya superficie sea resbaladiza.

1

2m v1⋅ '12 =m gh1 1⇒v'1 = 2gh1 = 2 9 8 0 5 3 13⋅ , ⋅ , = , ms−1

v'₁=10−v'₂ v'₁ =10 10 0− = v'₂2 =0 y v'₂2 =10.

(10−v' )2 2+v'22=100 100⇒ +v'22− ⋅ +20 v'2 v'22=100 2⇒ v'22− ⋅20 v'2=0⇒⇒v'22= ⋅10 v'2 v'₁=10−v'₂

102 0 100

12 22 12 22

+ =v' +v' ⇒v' +v' =

10 0+ =v'1+v'2 ⇒v'1+v'2 =10 v₁+v₂ =v'₁+v'₂ v₁2+v₂2 =v'2₁+v'₂2

m v_{1 1} m v_{2 2} m v_{1 1} m v_{2 2} 1m v_{1 1}2 m v_{2 2}2 m v_{1 1}2

2 12 12

⋅ +r ⋅r = ⋅r'+ ⋅r' ; ⋅ + ⋅ = ⋅ ' +11

2m v2⋅ '22 198 5 5, + ⋅v'22+63⋅v'2=98 5+ ⋅v' ;22 198 5 63, + ⋅v'2=98⇒v'2=98 198 5−₆₆₃ , = −1 6, ms−1 5 6 3( , +v' )2 2 =98 5+ ⋅v'22 5 39 7( , +v'22+12 6, ⋅v' )2 =98 5+ ⋅v'22

v₂ =6 3, +v'₂

0 1, ⋅v2 =0 63 0 1, + , ⋅v'2 0 05, ⋅v22 =0 98 0 05, + , ⋅v'22 0 2 0 0 1, ⋅ + , ⋅ =v2 0 2 3 13 0 1, ⋅ , + , ⋅v'2 ; 1₂0 2 0 1, ⋅ +₂0 1, ⋅ =v22 ₂10 2 3 13, ⋅ , 22+1₂0 1, ⋅v'22 m v_{1 1} m₂ v₂ m v_{1 1} m₂ v ₂ 1m v_{1 1}2 m₂ v₂2 m v_{1 1}2

2 21 21

b) En este caso el choque es inelástico por lo que sólo aplicaremos la ley de conservación de la cantidad de movimiento, teniendo en cuenta que las masas son iguales y que la velocidad después del choque es igual para los dos discos:

Sustituyendo valores:

c) Energía cinética antes del choque:

Energía cinética después del choque:

El valor de la energía perdida en el choque inelástico es de 1 julio.

14. El intervalo entre los puntos fijos del termómetro Celsius es de 100 ºCmientras que el del Fahrenheit es de 212 - 32 =180 ºF. Por lo tanto, cada grado Celsius equivale a 1,8 grados Fahrenheit. Por otra parte, cuando el termómetro Celsius marca 0º C, el Fahrenheit marca 32 ºF. Así pues: ºF =1,8 ºC + 32. La temperatura que marcará el termómetro Fahrenheit será: ºF =1,8·25 + 32 = 77

Sabemos que K = ºC+ 273,15, por tanto: K =25 + 273,15 = 298,15

15.

Si todas las unidades utilizadas pertenecen al SI, el calor (energía) vendrá dado en julios. El hecho de haber utilizado grados Celsius no afecta, pues una diferencia de 40 ºC equiva-le a una diferencia de 40 K.

Por el equivalente mecánico del calor sabemos que 1J = 0,24 cal. Por tanto:

16. El calor perdido por los 100 gramos de agua es igual al calor necesario para fundir el hielo más el empleado en subir la temperatura de los 30 g de agua procedente del hielo hasta la temperatura final:

17. a) Aplicando la ecuación de Clapeyron: P V = n R T

Hemos de tener en cuenta que la temperatura debe expresarse en kelvin: 10 ºC= 10 + 273,15 = 283,15 K

2 50 0 082 283 15 2 50

0 082 283 15 4 31

⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅

⋅ =

n , , n moles

, , ,

130⋅ =t_f 400⇒ =t_f 400₁₃₀ =3 08, ºC

100 1 28⋅ ⋅( −t_f)=30 80 30 1⋅ + ⋅ ⋅(t_f − ⇒0) 2800 100− ⋅ =t_f 2400 30+ ⋅t_f m_a ⋅ ⋅c_e (t_ai −t_f)=m_h ⋅ +L m_h⋅ ⋅c_e (t_f −t_hi)

Q J cal

J cal

=3120 ⋅0 24, =748,8 Q= ⋅m c_eΔt=0 2 390 40 3120, ⋅ . = J

E'_c = 1 , ⋅ = J 20 08 52 1 E_c = 1 ⋅ = J

20 04 10, 2 2 10 2_{= v'⇒v'=}10_{2 =}5_ms−1

b) Volvemos a aplicar la ecuación anterior con las condiciones actuales:

18. Las paredes de la bolsa se adaptan al cambio de volumen sin presentar resistencia apre-ciable antes de que se llene por lo que la presión no varía y tendremos un proceso isobaro en el que se cumple la ley de Gay Lussac:

19. Pasamos los datos a unidades del SI:

El incremento de volumen será: (disminuye)

Sabemos que

UNIDAD 5 Electrostática

1. La carga neta del cuerpo será positiva ya que tiene más protones debido a que ha perdido electrones. Su valor en culombios será:

y expresado en microculombios:

2. Por la ley de Coulomb:

Para mantenerse el electrón en su órbita, la fuerza de atracción (centrípeta) debe ser igual

a la fuerza centrífuga: ; despejando la velocidad:

3. Situamos unos ejes cartesianos con origen en el vértice B y hallamos vectorialmente las fuerzas que se piden:

r r

F_AB = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ i

⋅

(

)

=

− −

− 9 10 2 10 3 10

5 10 21 6

9 6 6

2 2 ,

v F r

m ms = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − − − 4 61 10 10

9 1 10 7 12 10

6 11

31

6 1

,

, ,

F mv r

= 2

F k Q Q

r N

= ⋅ ⋅ '= ⋅ ⋅ , ⋅ −₋⋅ , ⋅ − = ⋅ −

( ) ,

2

9 19 19

11 2

6 9 10 2 1 6 10 1 6 10

10 4 61 10

2 10_⋅ −4_{C= ⋅}2 10−4_C10₁6 C ₌200

C C

μ _μ

Q= −1 25 10, ⋅ 15⋅ = −e 1 25 10, ⋅ 15⋅ −( ,1 6 10⋅ −19)= ⋅2 10−4C W = ⋅P ΔV =200000⋅ −( ,2 5 10⋅ −3)= −500J

ΔV = − ⋅ = − ⋅ m

−

− 5 10

2 2 5 10 3

3 3 ,

20 20

10 200000

2 4 2

2 N

cm

N

m N m

= ₋

5_l=5_dm3 _{= ⋅}5 10−3_m3 314 61, K =314 61 273 15 41 46, − , = , ºC

V T

V

T T T K

1

1 2

2 2 2

18

283 15 20 20 283 1518 314 61

= ⇒ _, = ⇒ = ⋅ , = ,

P⋅50 4 31 0 082 303 15= ⋅ ⋅ ⇒ =P 4 31 0 082 303 15⋅ ⋅ = atm

50 2 14

4. Los campos generados por las cargas de 3 μC y de −6 μCen el punto donde se encuentra la carga testigo tienen el mismo sentido.

La fuerza que este campo ejerce sobre la carga de 2·10−8_Ces:

5.

Situamos unos ejes cartesianos cuyo origen coincida con el de los tres vectores:

Su módulo, valdrá:

6. Sabemos que la energía potencial que tiene una carga con respecto a otra, viene dada por: E=

(

1 69 10, ⋅ 7 2

)

+

(

3 10⋅ 7 2

)

=3 44 10, ⋅ 7N C/

r r r r r

E =E₁+E₂ = −1 69 10, ⋅ 7i + ⋅3 107j

r r

E KQ

r j 2 2 22 9 6 2 2 7 9 10 3 10

3 10 3 10

= = ⋅ ⋅

⋅

(

)

= ⋅

−

−

r r r

E KQ

r i i

1 1

12

9 6

2 2

7 7

9 10 3 10

4 10 1 69 10 1 69 10

= = ⋅ ⋅

⋅

(

)

= ⋅ − = − ⋅

−

− , ( ) ,

Q =-3 C2 μ

Q =3 C1 μ E

E1

E2

F = ⋅ =E Q 4 5 10 2 10, ⋅ 7⋅ ⋅ −8 =0 9, N

E =E₁+E₂ = ⋅3 107 +1 5 10, ⋅ 7 =4 5 10, ⋅ 7N C/ E KQ

r N C

2 2

22

9 6

2 2

7 9 10 6 10

6 10 1 5 10

= = ⋅ ⋅ ⋅

⋅

(

)

= ⋅

−

− ,

E K Q

r N C

1 1

12

9 6

2 2

7 9 10 3 10

3 10 3 10

= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

⋅

(

)

= ⋅

−

−

Q1= 3μC Q = 2·10−8C Q2=−6μC

r r r

E₂ E₁ E F = F_AB2 +F_CB2 = 21 6, 2+43 2, 2 =48 30, N

r r r r r

F =F_AB +F_CB =21 6, i −43 2, j

r r

F_CB = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ j

⋅

(

)

= −

− −

− 9 10 4 10 3 10

5 10 43 2

9 6 6

2 2 ,

3 μC A

C B

-4 μC 2 μC FAB

FCB

F

; sustituyendo:

7. El trabajo necesario para mover una carga entre dos puntos de un campo eléctrico viene dado por:

El signo negativo indica que el trabajo se ha invertido en aumentar la energía potencial de la carga.

8. En primer lugar hemos de calcular el potencial creado por la carga Q en los puntos

Ay B: ;

El trabajo necesario para desplazar la carga Q’desde Ahasta Bserá:

9. a) Para calcular el potencial, tanto en el punto A como en el B, hemos de tener en cuenta la contribución de las dos cargas:

b)

10. Despejando rde la expresión que nos da la capacidad de un conductor esférico, tenemos:

11. Sabemos que la capacidad de un condensador plano viene dada por ; despejando:

12. En una asociación en serie, todos los condensadores tienen la misma carga, calculada anteriormente:

Por otra parte sabemos que en cualquier condensador se cumple que . Por tanto:

; ;

13. En una asociación en paralelo, todos los condensadores tienen la misma diferencia de potencial entre sus armaduras:

En cualquier condensador se verifica que . Por tanto:

Q₂ =C V₂⋅ = ⋅5 10−9⋅312 5 1 56 10, = , ⋅ −6C=1 56, μC Q₁=C V₁⋅ = ⋅3 10−9⋅312 5 9 38 10, = , ⋅ −7C=0 938, μC

Q= ⋅C V V =V₁=V₂ =V₃ =312 5, V

V Q C V 1 1 4 6 114 10

2 10 57

= = ⋅

⋅ =

−

−

, _V Q

C V 2 2 4 6 114 10

4 10 28 5

= = ⋅

⋅ =

−

−

, _{, V} Q

C V 3 3 4 6 114 10

8 10 14 25

= = ⋅ ⋅ = − − , _, V Q C =

Q=Q₁=Q₂ =Q₃ =114 10, ⋅ −4C

Q=C V( _A −V_B) 20 10= ⋅ −9⋅50 10= −6C=1μC

C Q

V_A V_B

= ₋

r = C = ⋅ m

⋅ ⋅ =

−

−

4 0 4 8 85 1010 10 0 09 12

12

πε π , ,

C=4πε₀r

W_AB =Q V'

(

_A −V_B

)

= ⋅2 10 3 10−6( ⋅ 5 − ⋅6 105)= −0 6, J

V_B = ⋅ − ⋅ V

⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − − − 9 10 3 10

3 10 9 10 5 103 10 6 10

9 6

2

9 6

2

5

V_A = ⋅ − ⋅ V

⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − − − 9 10 3 10

6 10 9 10 5 106 10 3 10

9 6

2

9 6

2

5

W_AB =Q V'

(

_A −V_B

)

= ⋅2 10 5 4 10−7( , ⋅ 5 − ⋅3 105)=4 8 10, ⋅ −2J

V k Q

r V A A = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − 9 10 3 10

5 10 5 4 10

9 6

2

5

, V k Q

r V B B = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − 9 10 3 10

9 10 3 10

9 6

2

5 W_AB =Q V

(

_A−V_B

)

= ⋅2 10 200 300−9( − )= − ⋅2 10−7J

E k Q Q

r

p = ⋅ ⋅

' _{E J}

p = ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

⋅ =

− −

− 9 10 4 10 3 10

5 10 2 16

9 6 6

14. En primer lugar calculamos la capacidad equivalente de los condensadores C1y C2, que al estar en paralelo será: C1,2= C1+ C2= 4 + 6 = 10μF

Dado que la capacidad de los condensadores C1y C2, en paralelo, es igual a C1,2, la capa-cidad del circuito es equivalente a la de este otro:

Ahora sólo tenemos que hallar la capacidad equivalente de dos condensadores asociados

en serie, para lo cual aplicamos la fórmula:

Sustituimos los valores y despejamos:

UNIDAD 6

Corriente eléctrica

1. En primer lugar calculamos la carga en culombios que tienen los electrones transportados:

La intensidad de la corriente será:

El signo negativo indica que el sentido de la corriente es opuesto al del movimiento de los electrones.

2. En la expresión despejamos la sección:

3. En primer lugar pasamos la sección a m2_:

Si en la expresión despejamosρ, tendremos:

ρ = ⋅ =R S ⋅ ⋅ − = ⋅ − ⋅

l m

0 05 4 10

5 4 10

6

8

, _Ω

R l

S

= ρ

S mm m

mm m

=₄ ⋅ 1 = ⋅ −

10 4 10

2 2

6 2

6 2

S l

R m

=_ρ =_{1 7 10 20}⋅ − = ⋅ − 0 1 3 4 10

8 6 2

, _, ,

R l

S

= ρ

I Q

t A

= = −0 8= −

2, 0 4, Q= ⋅5 1018⋅ −

(

1 6 10, ⋅ −19

)

= −0 8, C

1 1

10 81 1880 8018 4 44 C = + = ⇒ =C = , μF

1 1 1

1 2 3 C =C_, +C

C3=8μF C1,2=10μF

C1=4μF

C2=6μF

C3=8μF

4. Según la ley de Ohm:

5. En primer lugar calculamos su resistencia:

Por otra parte, ⇒

6. Al estar asociadas en serie:

La intensidad que circula por el circuito, que es la misma que circula por cada una de las

resistencias, será:

La diferencia de potencial entre los extremos de cada una de las resistencias:

Como ya sabíamos, la suma de las diferencias de potencial de todas las resistencias es de 5V.

7. a)

b) En una asociación en paralelo se cumple: Sustituyendo:

El mínimo común múltiplo de los denominadores es 1200. Reduciendo a común denominador:

c) La intensidad total será:

Todas tienen la misma diferencia de potencial entre sus extremos. Aplicamos la ley de Ohm a cada una de ellas:

Como ya sabíamos, la intensidad total es la suma de las intensidades de las tres resis-tencias.

I V

R A I

V

R A I

V

R A

1

1 2 2 3 3

12

200 0 06 40012 0 03 20012 0 02

= = = , ; = = = , ; = = = ,

I V

R A

= =_{109 09}12_, =0 11,

1 6

1200 12003 12002 1 120011 120011 109 09

R = + + ⇒R = ⇒ =R = , Ω

1 1

200 4001 6001

R = + +

1 1 1 1

1 2 3

R =R +R +R

200Ω 400Ω 600Ω

I I1 I2 I3

12 V

V₁= ⋅I R₁=0 1 10 1, ⋅ = V ; V₂ = ⋅I R₂ =0 1 15 1 5, ⋅ = , V ; V₃ = ⋅I R₃ =0 1 25 2 5, ⋅ = , V I V

R A

= = 5 =

50 0 1,

R=R₁+R₂+R₃ =10 15 25 50+ + = Ω

R l

S

= ρ ρ = ⋅ =R S ⋅ − = − ⋅

l m

20 10

2 10

6

5 _Ω R V

I

= =_{0 2}4_, =20Ω

I V

R A

8. a)

b) Por la resistencia de 3Ωcircula la intensidad total del circuito, ya que está en serie con la pila. Así pues, lo primero que calculamos es la resistencia equivalente de esta asociación mixta. Para ello hallamos la resistencia equivalente de las dos que están en paralelo:

La resistencia total del circuito será:

Calculamos a intensidad total, que es la misma que circula por R3, aplicando la ley de

Ohm:

La diferencia de potencial en la resistencia R3, será:

9. a) En primer lugar calculamos la intensidad:

Aplicamos la ley de Joule:

b) Según vimos en la Unidad 4:

Hemos de tener en cuenta que en esta expresión si ponemos el calor en calorías, hemos poner la masa en gramos, que en el caso de 20 litros de agua es de 20000 gra-mos.

Sustituimos valores:

c) Calculamos la energía consumida Pasamos los julios a Kw·h:

Coste=1 21, Kw h⋅ 0 10, _⋅¬ =0 12, ¬ Kw h

4356000 4356000 4356000 1 1000

1

3600 1 21

j w s Kw

w h

s Kw h

= ⋅ = ⋅ ⋅ = , ⋅

W = ⋅ ⋅ =V I t 220 5 5 3600 4356000⋅ , ⋅ = J 1045440 20000= t2 −200000 t2 =1045440 200000₂₀₀₀₀+ =62 27, ºC

1045440 20000 1= ⋅ ⋅(t2−10) Q= ⋅m c t_e( ₂ −t₁)

Q=0 24, ⋅ ⋅ ⋅ =R I2 t 0 24 40 5 5 3600 1045440, ⋅ ⋅ , 2⋅ = calorias I V

R A

= = 220₄₀ =5 5,

V₃ = ⋅I₃ R₃ =0 9 3 2 7, ⋅ = , V I V

R A I

= =4 5₅, =0 9, = 3

R=R_{1 2,} +R₃ = + =2 3 5Ω

1 1 1 1 1

4 41 1 24 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

R_, =R +R ⇒R_, = + ⇒ R_, = ⇒R, = Ω

4,5V

R1=4Ω

R₂=4Ω

10. Sabemos que

Dado que tenemos muchos datos, obtenidos en el ejercicio anterior, podríamos haber utilizado las expresiones ; en cualquier caso hubiéramos obtenido el mismo resultado.

11. a) El trabajo realizado es igual a la energía potencial ganada por la masa de agua:

b) c)

12. En primer lugar calculamos la intensidad que circula por el circuito, ya que la caída de potencial en los bornes del generador depende de ésta.

a) En un generador real se cumple que o bien

La diferencia de potencial en los bornes es la fuerza electromotriz menos la caída de potencial:

b) El rendimiento viene dado por: , que expresado en tanto por ciento será del 96 %.

c) Sabemos que de lo cual deducimos que el rendimiento depende de la intensidad, ya que disminuye cuando ésta aumenta.

13. Al estar asociados en serie sus seis elementos iguales, la femde la batería será: . Sabemos que

Sustituyendo:

La resistencia interna de la batería es la suma de la resistencia interna de todos sus vasos: y dado que estos son iguales, la resistencia interna de cada uno de

ellos será: r_v = =r

6 0 02, Ω r = + + + =r₁ r₂ ... r₆ 6r_v

12 14 4 20 14 4 12 20 0 12

= , − ⋅r ⇒ =r , − = , Ω

ε ε= +1 ε2 + +... ε6 = ⋅6 2 4 14 4, = , V V = − ⋅ε r I

r =V = − ⋅ = − ⋅r I r I

ε ε ε 1 ε

r =V = =

ε 4 334 5,, 0 96, V = − ⋅ =ε r I 4 5 2 0 087 4 33, − ⋅ , = , V

ε=I R+ ⇒ =r I ε₊ = ₊ =

R r A

( ) _{50 2}4 5, 0 087,

ε = ⋅ + ⋅R I r I

P V I I P

V A

= ⋅ ⇒ = = 653 33=

220, 2 97,

P W

t W W

CV

W C

= =2352000= = =

3600 653 33 vatios 653 33 653 33 1

735 0 89

, , , , VV

2352000 2352000 1 3600000

J J Kw h

J Kw h

= ⋅ ⋅ =0 65, ⋅

W =ΔE_p = ⋅ ⋅m g Δh=20000 9 8 12⋅ , ⋅ =2352000J P= ⋅R I2 o P= ⋅V I

P W

t W

14. a)

b) Al conectar la segunda pila en paralelo a la primera, la fuerza electromotriz no varía, pero sí su resistencia interna:

Haciendo los mismos cálculos que en el caso de una pila:

Al comparar los resultados podemos observar que al conectar la segunda pila disminu-ye la resistencia interna del generador resultante, aumenta la intensidad que atraviesa el circuito y la caída de potencial es menor.

15.

a) Aplicando la ley de Ohm generalizada:

b) La diferencia de potencial entre los bornes del motor (receptor) será:

La diferencia de potencial entre los extremos de la resistencia será:

UNIDAD 7

Naturaleza de la materia

1. Aunque el hierro a temperatura ambiente es sólido, puede existir hierro líquido si se alcan-zan temperaturas superiores a 1535 ºC.

Aunque el nitrógeno es un gas a temperatura ambiente, si conseguimos llegar a temperatu-ras inferiores a –196 ºC tendremos nitrógeno líquido.

2. a) Mercurio: tiene aspecto uniforme, un solo componente y propiedades carac-terísticas. Es una sustancia pura.

b) Granito: se aprecian partes diferenciadas. Es una mezcla heterogénea c) Vino: tiene aspecto uniforme y diferentes componentes. Es una disolución. d) Aire: tiene aspecto uniforme y varios componentes. Es una disolución.

e) El contenido de una bolsa de basura: se observan a simple vista varios componentes. Es una mezcla heterogénea.

3. a) Con un imán se separa el hierro, ya que es el único que tiene propiedades

magnéticas. b) Se Añade agua, pues el vidrio no es soluble y la sal sí. c) Se filtra y ya se tiene separado el vidrio. d) Para separar la sal del agua se tiene en cuenta que estas dos sustancias pasan a gas a temperaturas muy diferentes. Se calienta, el agua pasa-ría a gas y en el recipiente quedapasa-ría la sal.

1 1

1 11 2 0 5

r = + = ⇒ =r , Ω

I

R r A

= ε₊ = _{8 1}4 5₊, =0 5, V = − ⋅ =ε I r 4 5 0 5 1 4, − , ⋅ = V

I

R r A V I r V

= ε₊ = _{8 0 5}4 5₊, _, =0 53, = − ⋅ =ε 4 5 0 5 0 5 4 25, − , ⋅ , = ,

V = ⋅ =I R 0 47 5 2 35, ⋅ = , V

V'= + ⋅ = +ε' r I' 6 0 4 0 47 6 19, ⋅ , = , V I

R r r A

= ε ε_{+ +}− ' _'=_{5 0 5 0 5 0 4+}4 5 4 5 6,_, +₊ ,_, −_{+ ,} =0 47, M

ε=4,5V r=0,5Ω

R=5Ω

ε’=6V r’=0,4Ω

4. Experimento 1: Bicarbonato sódico: sólido de color blanco; zumo de limón: líquido transpa-rente de color amarillo claro. Si has utilizado vinagre: líquido transpatranspa-rente de color marrón. Cuando se ponen en contacto va desapareciendo el bicarbonato y se desprenden burbujas, se forma un gas, una sustancia que no estaba al principio. Se ha producido un cambio quí-mico.

Experimento 2: Manteca de cerdo: color blanco, sólido; cera: color crema, sólido.

Al calentar pasa a ser un líquido incoloro, transparente. Al dejar enfriar vuelve a estado sóli-do, como al principio. Seguimos teniendo lo mismo, tan sólo se produce un cambio de esta-do. Se ha producido un cambio físico.

Experimento 3: Azúcar: sólido de color blanco.

Al calentar empiezan a desprenderse burbujas, empieza a pasar a líquido y al mismo tiem-po se va oscureciendo. Al dejar enfriar queda una pasta de color marrón. Desaparece lo que teníamos al principio y aparecen sustancias nuevas. Se ha producido un cambio químico, la carbonización del azúcar.

Experimento 4: Si has cogido un trozo de tela, por ejemplo, de color rojo, al empaparse en lejía pasa a ser de color blanco o rosa claro. Se forman pequeñas burbujas en la lejía o en el agua oxigenada.

La sustancia que daba el color rojo desaparece. Aparecen burbujas de un gas. Se ha producido un cambio químico.

5. a) Desaparece el butano y se forman otros gases, CO2y H2O. C. Químico. b) El agua del charco se vaporiza. El cambio de estado es un cambio físico. c) Sigue siendo madera en trocitos más pequeños. Cambio físico.

d) Al respirar tomamos O₂que reacciona con nuestros hidratos de carbono, produciéndo-se energía y expulsamos CO2y H2O. Cambio químico.

e) El hierro con el O2del aire forma otra sustancia de color marrón oscuro y que se des-prende fácilmente de la barra. Cambio químico.

6. Aplicamos la ley de conservación de la masa.

Si inicialmente tenemos 102 kg. de SH2+ 144 Kg. de O2= 246 Kg. Al final de la reacción también tendremos 246 Kg.

246 Kg. = x Kg. de SO2+ 54 Kg. de H2O. x = 246 – 54 = 192 Kg. de SO2.

7. El C y el O en la vitamina C se encuentran en la proporción: mC /mO = 90/120, mC= 12,6 g., mO= ? 90 / 120 = 12,6 / mO; mO= 16,8 g.

8. 2 litros de N2+ 6 litros de H2→4 litros de NH3.

Teniendo en cuenta la ley de los volúmenes de combinación: a) VN2/ VH2= 2 / 6 ; VH2= 9 litros

VN2/ 9 = 2 / 6 ; VN2= 9·2 / 6 = 3 litros de nitrógeno reaccionarán. b) VH2/ VNH3= 6 / 4 ; VH2= 9 litros

9. H: 1; O: 16; Cl: 35,5; S: 32; C: 12; Na: 23; K:39; Fe: 56 Ca: 40 y N:14. a) H2O = 2.1 + 16 = 18; 1 mol son 18 g.

HCl = 1 + 35,5 = 36,5; 1 mol son 36,5 g. KOH = 39 + 16 + 1 = 56 1 mol son 56 g. H2SO4= 2.1 + 32 + 4.16 = 98; 1 mol son 98 g. CO2= 12 + 2.16 = 44; 1 mol son 44 g. NaOH = 23 + 16 + 1 = 40; 1 mol son 40 g. K2CO3= 2.39 + 12 + 3.16 = 138; 1 mol son 138 g. Fe2O3= 2.56 + 3.16 = 160; 1 mol son 160 g. HNO3= 1 + 14 + 3.16 = 63; 1 mol son 63 g. Ca(OH)2= 40 + 2.(16 + 1) = 74; 1 mol son 74 g.

b) 56 g./1 mol = 10 / x ; x = 0,18 moles. 10 g. de KOH son 0,18 moles. 160 g./1 mol = 1,2 / x ; x = 0,0075. 1,2 g. de Fe2O3son 0,0075 moles. 18 g./1 mol = 2000 / x ; x = 111’1. 2000 g. de H2O son 111,1 moles. 40 g./ 1 mol = 20 / x ; x = 0,5. 20 g. de NaOH son 0,5 moles. 138 g./ 1 mol = 34,5 / x ; x = 0,25. 34,5 g. de K2CO3son 0,25 moles. c) 100 g. de H2son 50 moles de H2.

5 moles de CO2equivalen a 220 g. de CO2.

En 7 moles de HCl hay 7. 6,022.1023 _{moléculas de HCl.} 2 moles de H2SO4son 196 g. de H2SO4.

25,2 g. de HNO3son 0,4 moles de HNO3que contienen 2,4.10

23_moléculas.

10. a) masa de disolución = masa de disolvente + masa de soluto. Masa de disolución = 350 + 50 = 400 g.

Si en 400 g. de disolución hay 50 g. de soluto

x= 12,5% En 100 g. de disolución habrá x g. de soluto

}

b) Si para preparar 100 g. de disolución se necesitan 12,5g. de soluto. Para preparar 3000 g. de disolución se necesitarán x g. de soluto.

Para preparar 3 Kg. de disolución se necesitan x = 12,5·3000 / 100 = 375 g. de azúcar

11. a) 750 cm3_{= 0,75 litros.}

g/litro = gramos de soluto / Volumen de disolución. g/litro = 18 / 0,75 = 24 g /litro.

b) gramos de soluto = Volumen de disolución·g/litro

Para preparar 2,5 litros de disolución se necesitan = 2,5·24 = 60g. de azúcar.

12. NaOH →23 + 16 + 1= 40; 250 ml = 0,25 litros nº de moles = 12/ 40 = 0,3 moles de NaOH.

Si en 0,25 litros hay 0,3 moles de NaOH

13. 0,8 M.

En 1 litro de disolución hay 0,8 moles de HNO3

x = 2 moles de HNO3 en 2,5 litros de disolución habrá x moles de HNO3

}

HNO3→1 + 14 + 3·16 = 63. 0,8·63 = 50,4 g. 0,8 M de HNO3 equivale a 50,4 g./ litro.

14. a) C6H12O6→6·12 + 12 + 6·16= 180. 300 cm3 = 0,3 litros.

Para preparar 1 litro de disolución se necesitan 0,2 moles de glucosa. para preparar 0,3 litros de disolución se necesitarán x moles de glucosa. x = 0,06 moles de glucosa →0,06 . 180= 10,8 g. de glucosa.

b) Para tener 0,2 moles de glucosa necesitamos 1 litro de disolución para tener 0,04 moles de glucosa necesitaremos x litros de disolución. x = 0,2 litros.

15. Aplicamos la ley de Boyle: P1 ·V1 = P2 ·V2

donde P1 = 1 atm. V1 = 50 litros V2 = 20 litros. 1·50 = P2 ·20; P2 = 2,5 atm.

16. El volumen es constante, aplicamos la ley de Gay−Lussac. P1/ P2= T1/ T2 P1= 1,3 atm. T1= 20 + 273 = 293 ºK T2= 50 + 273= 323 ºK 1,3/ P2= 293/ 323 P2= 1,43 atm.

17. a) P·V = n·R·T

13,2 g. 1mol/ 44 g. = 0,3 moles de CO2.

P = 1,5 atm. T = 273 + 27 = 300ºK

1,5·V = 0,3·0,082·300; V = 4,92 litros.

b) P1 ·V1/ T1= P2 ·V2/ T2. T2= 273 + 127 = 400ºK 1,5·4,92 / 300 = 4·V2/ 400; V2= 2,46 litros.

18. MN2 = 2·14 = 28 875 cm3 = 0,875 litros T ºK = 27 + 273 = 300 ºK 680 mm de Hg = 680/ 760 atm.= 0,895 atm. P·V = n·R·T

0,895·0,875 = n·0,082·300 n = 0,03 moles de N2 masa de N2 = n·MN2= 0,03·28 = 0,84 g.

Puesto que no cambia la cantidad de N2podemos utilizar P1 ·V1 / T1 = P2 ·V2 / T2 P1 = 0,895 atm. V1 = 0,875 litros T1 = 300 ºK P2 = 1 atm. T2 = 273 ºK 0,895·0,875/ 300 = 1·V2 / 273 V2 = 0,713 litros.

19. T ºK = 97 + 273 = 370 ºK P = 5,23 atm. V = 2 litros P·V = n·R·T 5,23·2 = n·0,082·370 n = 0,345 moles

20. P·V = n·R·T

8,8 g·1mol/ 44 g. = 0,2 moles de CO2. V = 10 litros

8,4 g·1mol/ 28 g. = 0,3 moles de N2. T = 273 + 27 = 300ºK PN2 ·10 = 0,3·0,082·300 PN2= 0,738 atm. PCO2 ·10 = 0,2·0,082·300 PCO2= 0,492 atm.

PT= PCO2+ PN2= 0,738 + 0,492 = 1,230 atm. La presión total también se puede calcular así:

nT= nCO2+ nN2= 0,2 + 0,3 = 0,5 moles.

PT ·10 = 0,5·0,082·300 ; PT= 1,230 atm.

21. V = 20 litros T ºK= 127 + 273= 400 ºK PT= 1,312 atm. P·V = n·R·T 1,312·20 = nT ·0,082·400 nT = 0,8 moles MO2 = 2·16 = 32 nO2 = 12,8/ 32 = 0,4 moles

PO2 ·20 = 0,4·0,082·400 PO2 = 0,656 atm.

PT = PO2+ PCO2 PCO2 = 1,312 −0,656 = 0,656 atm. nCO2 = nT−nO2 = 0,8 −0,4 = 0,4 moles de CO2

UNIDAD 8

Estructura atómica y ordenación de los elementos químicos

1. Aunque básicamente el átomo se sigue considerando como una pequeña esfera, Thomson aporta que el átomo no es indivisible, que en su interior están los electrones. Para que el átomo sea neutro deben existir cargas positivas que compensen la carga negativa de los electrones.

2. Del modelo anterior se mantiene que el número de cargas negativas ha de ser igual al número de cargas positivas.

Aporta la división del átomo en núcleo y corteza. El núcleo es la parte central del átomo que resulta ser muy pequeña comparada con el total del átomo. En él se encuentra la carga positiva y la masa (los protones y los neutrones).

La corteza está casi vacía y en ella se encuentran los electrones, que debido a la atracción que sobre ellos ejercen las cargas positivas del núcleo giran alrededor de él describiendo órbitas circulares (de modo similar a la forma en que la Luna gira alrededor de la Tierra).

3. Teniendo en cuenta que: Z = nº de electrones = nº de protones. A = nº de protones + nº de neutrones.

nº. atómico Z nº. másico A nº. protones nº. electrones nº. neutrones

9 17 9 9 8

19 39 19 19 20

26 56 26 26 30

28 58 28 28 30

15 31 15 15 16

4. a) Ti−46, Ti−48 y Ti−49. Número atómico 22

Tienen en común que todos tienen 22 protones en el núcleo y 22 electrones en la cor-teza y se diferencian en que Ti−46 tiene 24 neutrones en el núcleo, Ti−48 tiene 26 neu-trones en el núcleo y Ti−49 tiene 27 neutrones en el núcleo. Son isótopos, átomos del mismo elemento con diferente masa.

b) Al−28, Si−28 y P−28. Números atómicos 13, 14 y 15 respectivamente.

Tienen en común que todos tienen la misma masa 28 y se diferencian en que son áto-mos de diferentes elementos químicos con diferente número de electrones, protones y neutrones.

5. H−1 está formado por 1 protón y 1 electrón. H−2 está formado por 1 protón, 1 neutrón y 1 electrón. H−3 está formado por 1 protón, 2 neutrones y 1 electrón.

6. N−13: 7 protones, 7 electrones y 6 neutrones. N−14: 7 protones, 7 electrones y 7 neutrones.

7. Masa de 100 átomos de Ne →90,92·20 + 0,26·21 + 8,82·22 = 2018 u.m.a.

Masa atómica media (1 átomo) = 2018/ 100 = 20,18 u.m.a.

8. Como la energía que acompaña a una radiación electromagnética es directamente propor-cional a la frecuencia de dicha radiación, si se ordenan estas radiaciones de menor a mayor frecuencia las tendremos ordenadas de menor a mayor energía.

En primer lugar se calcula la frecuencia de las radiaciones en las que conocemos su longi-tud de onda.

λ= 4·10−15 _{m. ν= c /λ = 3·10}8_{/ 4·10}−15 _{= 7,5·10}12_Hz. λ= 620·10−9_{m. n= c /λ = 3·10}8_{/ 620·10}−9 _{= 4,8·10}14_Hz.

2·105_{Hz < 2,5·10}9_{Hz < 7,5·10}12_{Hz < 4,8·10}14_{Hz < 2·10}18_{Hz < 1,5·10}20_Hz. Ondas de radio < radiación de estufa < microondas < luz de Ne < rayos X < radiación g.

9. La luz que emite un átomo cuando sus electrones saltan desde un nivel de energía excita-do hasta su nivel fundamental coincide con la luz que tienen que absorber para pasar de su nivel fundamental de energía a niveles excitados. Por eso coinciden las rayas iluminadas (energía emitida) del espectro de emisión con las rayas negras (energía absorbida) del espectro de absorción.

10. Bohr mantiene básicamente el modelo atómico de Rutherford y sus aportaciones se refie-ren sobretodo a la forma de considerar como se encuentran los electrones en la corteza. Los electrones ocupan determinadas órbitas estables. A cada órbita corresponde un nivel de energía. El electrón nunca puede ocupar estados intermedios entre estas órbitas, ni tener niveles de energía intermedios entre estos niveles permitidos.

Su gran acierto fue que consiguió explicar los espectros atómicos.

11. Z = 15, P: 1s2 _2s2 _2p6 _3s2 _3p3 3 niveles 5 e−_{en el 3}er_nivel Z = 18, Ar: 1s2 _2s2 _2p6 _3s2 _3p6 3 niveles 8 e−_{en el 3}er_nivel Z = 8, O: 1s2 _2s2 _2p4 2 niveles 6 e−_{en el 2º nivel} Z = 20, Ca: 1s2 _2s2 _2p6 _3s2 _3p6 _4s2 4 niveles 2 e−_{en el 4º nivel} Z = 30, Zn: 1s2 _2s2 _2p6 _3s2 _3p6 _4s2 3d10 _{4 niveles 2 e}−_{en el 4º nivel} Z= 50, Sn: 1s2 _2s2 _2p6 _3s2 _3p6 _4s2 _3d10 _4p6 _5s2 4d10 _5p2 5 niveles 4 e−_{en el 5º nivel} 12. P 3er _{periodo, elemento representativo, grupo 5A.}

O 2º periodo, elemento representativo, grupo 6A.

Ar 3er _{periodo, elemento representativo, gas noble, grupo 8A.} Ca 4º periodo, elemento representativo, grupo 2A.

Zn 4º periodo, elemento de transición, grupo B. Sn 5º periodo, elemento representativo, grupo 4A. Se ha tenido en cuenta que: nº de niveles = nº de periodo.

Si el electrón diferenciador es so pserá un elemento representativo, grupo A y en este caso

nº de grupo = nº de e−_{de la última capa.}

Si el e−_{diferenciador es dserá un elemento de transición o grupo B.}

13. Ne 2º periodo, grupo 8A 2 niveles, 8 e− _2s2_2p6 Mg 3er _{periodo, grupo 2A 3 niveles, 2 e}− _3s2 Al 3er _{periodo, grupo 3A 3 niveles, 3 e}− _3s2_3p1 Rb 5º periodo, grupo 1A 5 niveles, 1 e− _5s1 Se 4º periodo, grupo 6A 4 niveles, 6 e− _4s2_4p4 Sb 5º periodo, grupo 5A 5 niveles, 5 e− _5s2_5p3 Hg 6º periodo, grupo 2B 6 niveles, 2 e− _6s2 Fe 4º periodo, grupo 8B 4 niveles, 2 e− _4s2

En el último nivel tan sólo existen subniveles sy p, los electrones se distribuyen entre estos

dos subniveles.

Casi todos los elementos de los grupos B tienen en la capa externa la configuración s2_{. Van} completando el subnivel d del nivel anterior.