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: 12-06-2010 LAPSO: 2010.1

MOD I,- UNID 1,- OBJ 1

1.- DATOS: mx = 0,085 kg, mCu = 0,150 kg, magua = 0,200 kg, Tx = 100 ºC,

TCu = Tagua = 19,0 ºC, Tf = 26,1 ºC, CCu =390 J/kg.K, Cagua = 4190 J/kg.K

SOLUCIÓN:

Para determinar el calor específico de la muestra cx, se aplica la ley de

conservación de la energía, la cual exige que la cantidad de energía que sale de la muestra es igual a la cantidad de energía que se transfiere al agua y al calorímetro, así se tiene que

agua calorímetro muestra ag ag f ag Cu Cu f Cu x x f x ag ag Cu Cu f Cu ag ag Cu Cu f Cu x x f x x

x f x

Q +Q =-Q , m c (T -T )+m c (T -T )=-m c (T -T )

(m c +m c )(T -T ) (m c +m c )(T -T )m c (T -T ), c

=-m (T -T )

x

x x

(0,20 4190+0,15 390)(26,1º-19,0º) c

=-0,085 (26,1º-100º)

(838+58,5)(7,1º) J

c =- c =1013,3

0,085(-73,9º) kg.K

× ×

×

⇒

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

(2)

MOD I,- UNID 2,- OBJ 2

2.- DATOS: Tc = 250º C = 523 K, Tf = 50º C = 323 K, Qc = 1200 J.

SOLUCIÓN:

a) En un ciclo de Carnot se cumple que

f f f

f c

c c c

Q T T

= Q = Q

Q T → T

La energía expulsada del reservorio frío en cada ciclo está dada por:

Q =_f 3231200 Q =741 J_f

523 ⇒

b) El trabajo neto realizado por el gas en cada ciclo está dado por:

n c f n

W = Q - Q =1200-741 ⇒ W =459 J

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

MOD II,- UNID 3,- OBJ 3

3.- DATOS: a=b=40,0 cm, c=60,0 cm, _{E=(3,0+2,0x )i N/C.}r 2 ˆ SOLUCIÓN:

a) El flujo eléctrico neto está dado por:

1 2 3 4 5 6

E

E S S S S S S

ˆ = E ndA

= + + + + +

Φ

Φ Φ Φ Φ Φ Φ Φ

∫

rg

Ñ

El flujo a través de las superficies A1, A2,

A3, A4 es nulo debido a que sus vectores

unitarios correspondientes son perpendiculares al campo eléctrico.

En la superficie A5 el flujo del campo eléctrico está dado por:

[

]

5

5 5

2 S 5 5

2

S S

ˆ ˆ

ˆ

=E n A = 3,0+2,0(a+c) i (ab)i

N.m = 3,0+2,0(1,0) (0,4 0,4) =0,8

C

⎡ ⎤

Φ _⎣ _⎦

Φ × → Φ

r

(3)

En la superficie A6 el flujo del campo eléctrico está dado por:

6

6 6

2 S 6 6

2 2

S S

ˆ ˆ

ˆ

=E n A = 3,0+2,0a i (ab)(-i)

N.m =- 3,0+2,0(0,4) (0,4 0,4) =- 0,53

C

⎡ ⎤

Φ _⎣ _⎦

⎡ ⎤

Φ _⎣ _⎦ × → Φ

r

g g

Por lo tanto, el flujo neto del campo eléctrico a través de la superficie cerrada está dado por:

_E=(0,8-0,53) _E=0,27 N.m2 C

Φ ⇒ Φ

b) Para determinar la carga neta contenida en la superficie cerrada, usamos la ley de Gauss, la cual nos dice que

int

E int o E

o -12

int int

q ˆ

= E ndA= , q =

q =8.85 10 0,27 q =2,39 pC ε

ε

Φ → Φ

× × ⇒

∫

rg

Ñ

4.- DATOS: Ro=19,0 Ω, T=20º C, Rf=140,0 Ω, α=4,5x10-3 (ºC)-1.

SOLUCIÓN:

Para determinar la temperatura del filamento caliente se aplica la expresión de cómo varía la resistencia con la temperatura, esto es

[

]

f

f o f o f o

o f

f o 3 f

o

R

R =R 1+ (T -T ) , =1+ (T -T ) R

R 1 140 1

T = -1 +T = -1 +20º T =1435,2 ºC

R 19 4,5 10

α α

α −

⎛ ⎞ _⎛ _⎞

⇒ ⎜ ⎟ ⎜_⎝ ⎟_⎠ _×

⎝ ⎠ CRITERIO DE CORRECCIÓN:

(4)

5.- DATOS: Ps=225 W, i1=5,0 A, Pp=50 W.

SOLUCIÓN:

Para resolver este problema denominemos como R1 y R2 las resistencias de los dos

resistores. Cuando los resistores se conectan en serie, se tiene que 2

s 1 2 2 1 2 1 2

225

P =i (R +R ), =R +R 9=R +R (1)

(5,0) →

Cuando los resistores se conectan en paralelo, se tiene que,

2 1 2 1 2 1 2

p 2

1 2 1 2 1 2

R R 50 R R R R

P =i , = 2= (2)

R +R (5) R +R R +R

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

→

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Despejando R1 en la ecuación (1) se tiene

2

2 2 2 2

1 2

2 2

2 2 2 2

(9-R )R 9R -R

R =9-R , 2= =

9-R +R 9

18=9R -R → R -9R +18=0 (3) 2

2' 2

2'' R =6 9 (9) -4 18

R =

2 R =3

Ω ⎧

± × _→

⎨ _Ω

⎩

De donde se obtiene que:

1 1

2 2

R =3 R =6 o

R =6 R =3

Ω Ω

⎧ ⎧

⇒ _⎨ _⎨

Ω Ω

⎩ ⎩

(5)

MOD III,- UNID 6,- OBJ 6

6.- DATOS: m=80,0 g, r=20,0 cm, N=5 vueltas, B=0,35 T.

SOLUCIÓN:

Para que la esfera se mantenga en equilibrio sobre el plano inclinado, es necesario que momento de torsión ejercido por la fuerza peso de la esfera, con respecto al punto A, sea igual el momento de torsión ejercido por las fuerzas magnéticas que actúan sobre la bobina. Así se tiene que

mg

A B B

2 ˆ = , = B=N(iA)n B mgb=NiABsen , mgrsen =N(i r )Bsen

τ τ τ μ

θ θ π θ

→ × ×

r r

r r r r

De donde se obtiene que

i= mg = 0,08 9,8 i=0,713 A N rB 5π π 0,2 0,35

×

⇒

× × ×

MOD III,- UNID 7,- OBJ 7

7.- DATOS: R=20,0 cm, N=20 vueltas, =100,χ i=3,0 A. SOLUCIÓN:

El campo magnético dentro del toroide está dado por: o

m

-7 N (1+ )i N i

B= =

2 R 2 r

630 4 10 (1+100)(3,0)

B= B=0,19 T

2 (0,2)

μ χ

μ

π π

× _⇒

(6)

MOD IV,- UNID 8,- OBJ 8

8.- DATOS: N=60 vueltas, a=0,1 m, b=0,2 m, R=10,0 Ω, ω=30,0 rad/s, B=1,0 T.

SOLUCIÓN:

a) Para obtener la fuerza electromotriz (fem) inducida en la bobina, se tiene

B

d d _ˆ d

V =-N =-N B ndA=-N (BAcos )

dt dt dt

d

V =-N (BAcos t)=-N(- BAsen t dt

ε

θ

ω ω ω

Φ

∫

rg

El valor máximo de la fem inducida es

,max

V = NBA=30,0 60 1,0 (0,1 0,2)

V 36,0 V

ε

ω × × × ×

⇒ =

b) La rapidez de cambio máxima del flujo magnético a través de la bobina, está dado por:

2

max max

d d T.m

= BA=30,0 1,0(0,1 0,2) =0,6

dt ω dt s

Φ Φ

⎛ ⎞ _× _× _⇒ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

c) La fem inducida en el momento t=0,05 s, está dado por: V (0,05 s)=60 30 1,0 (0,1 0,2)sen(30 0,05 rad) V (0,05 s)=36,0sen(85,99º) V =35,91 V

ε

ε ε

× × × × ×

⇒

d) El momento de torsión ejercido por el campo magnético sobre la bobina, cuando la fem registra su valor máximo, está dado por:

2 V ABN 36 0,02 1,0 60

=iABN= = =4,32 N.m

R 10

ε

τ × × × ⇒ τ

(7)

9.- DATOS: R=150 Ω, C=21,0 µF, L=460 mH, Vε=120 V, f=60 Hz.

SOLUCIÓN:

a) Para obtener el ángulo de fase φ entre la corriente y el voltaje aplicado se tiene

-1 L C -1

1

L-X -L-X _C

=tan =tan

R R

ω ω φ

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ _⎜ _⎟

⎝ ⎠

L C -6

-1

1

X =2 60 0,46=173,42 , X = =126,32

2 60 21,0 10 173,42-126,32

=tan =17,44º

150

π

φ φ

× Ω Ω

× ×

⎛ ⎞

→ _⎜ _⎟ ⇒

⎝ ⎠

b) Como XL > XC, el voltaje alcanza primero su valor máximo que la corriente, o

sea que el circuito es más inductivo que capacitivo.

10.- DATOS: R=2,5 cm, d=2,0 mm, f=96,0 Hz, V =V cos t_ε _ε_o ω , id=35 µA.

SOLUCIÓN:

a) La corriente de conducción máxima está dada por:

c d c

i =i ⇒ i =35 Aμ

b) Para determinar el valor de V_ε_o se tiene

d o o

dq d d

i = = (C V)=C (V cos t=- C V sen t,

(8)

-6 -2 d,max d,max d,max

o 2 -12 -2 2

o

i i i d 35 10 2,0 10

V = = = =

A

C R 8,85 10 (2,5 10 )

d

V =6677,2 V

o

ε

ω _ε ε π π

× × ×

⇒

c) El valor máximo de dΦ_E/dt entre las placas, está dado por: -6

6 d

E E

-12

max o max

i

d 35 10 d V.m

= = =3,96 10

dt ε 8,85 10 dt s

Φ × Φ

⎛ ⎞ _⇒ ⎛ ⎞ _×

⎜ ⎟ _× ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠