Respuestas del 1er. Parcial de Biofísica del 9/5/14, 10 a 13 hs (varias sedes) 1. Un chico arrastra un paquete de 20 kg / 40 kg por una calle horizontal...
Tema Y1: a) a = 2,33 m/s2 b) ∆∆∆E∆ m = 4660,25 J Tema Y2: a) a = 2,5 m/s2 b) ∆∆∆∆Em = 9990,38 J
2. Por una tubería con un área de sección transversal de 4,2 cm2 / 2,1 cm2 circula el agua...
Tema Y1: a) v(inferior) = 2,86 m/s b) p(inferior) = 257926,4 Pa Tema Y2: a) v(inferior) = 5,725 m/s b) p(inferior) = 285876,99 Pa
3. El gráfico de la derecha representa la velocidad de un automóvil en función del tiempo...
Tema Y1: Entre 0 y t1 se desplaza menos que entre t1 y t2. Tema Y2: Entre 0 y t1 se desplaza más que entre t1 y t2.
4. Y1: Una persona empuja un cuerpo que asciende... / Y2: Una persona baja un cuerpo con una soga...
Tema Y1: La energía mecánica aumenta a medida que sube Tema Y2: La energía mecánica disminuye a medida que baja 5. Dos soluciones de sal en agua de diferentes concentraciones...
Tema Y1: aumentar la presión externa a la izquierda Tema Y2: disminuir la presión externa a la izquierda
6. Dos caños idénticos conectados en paralelo presentan una resistencia total...
Tema Y1: 4R Tema Y2: 8R
7. La figura representa un vaso con agua y un sorbete...
Tema Y1: 102,3 kPa Tema Y2: 102,8 kPa
8 (Veterinaria). Dos cuerpos A y B son levantados con velocidad constante verticalmente...
Temas Y1 e Y2: PA = PB y LA < LB
8 (Farmacia). Una cañería horizontal cambia su sección disminuyendo su diámetro...
Temas Y1 e Y2: La energía acumulada como presión en el líquido que fluye en el tramo de mayor sección va disminuyendo a lo largo del tramo.
8 (Medicina). ¿Cuál de las siguientes es una propiedad coligativa?
Temas Y1 e Y2: Descenso crioscópico
8 (Odontología). Indique cuál de las siguientes afirmaciones es correcta.
Temas Y1 e Y2: El agua es una molécula dipolar que disuelve iones y moléculas polares
Nota: el tema Y3 tiene las mismas respuestas que el tema Y1, y el tema Y4 tiene las mismas respuestas que el tema Y2; cambia la numeración de los problemas y el orden entre las opciones.
Resolución del 1er. Parcial de Biofísica del 9/5/14, 10 a 13 hs - Tema Y1 Problema 1. a) Las fuerzas que actúan son: la F que hace el chico, Froz y N
(fuerzas hechas por el piso) y P (fuerza que hace la tierra). Planteamos la 2da.
Ley:
ΣFx = m . a F . cos(30°) - Froz = m . a
ΣFy = 0 N + F . sen(30°) - P = 0 (no se usa ya que no se pide N) Reemplazando en la 1ra. ecuación:
100 N . ( 3/2) - 40 N = 20 kg . a 100 N . 0,8660254 - 40 N ≈ 20 kg . a a ≈ 2,330127... m/s2 a ≈≈≈≈ 2,33 m/s2 Respuesta a)
b) Planteamos el teorema: ∆Em = LFNC ∆Em = LF + LFroz + LN.
Pero N es perpendicular al movimiento en este problema, así que LN = 0. Entonces:
∆Em = LF + LFroz = |F| . cos(30°) . d + |Froz| . cos(180°) . d = 100 N . ( 3/2) . 100 m + 40 N . (-1) . 100 m
∆Em ≈ 100 N . 0,8660254 . 100 m + 40 N . (-1) . 100 m ∆∆∆∆Em ≈ ≈ ≈ 4660,25 J ≈
Otra forma de hacerlo: planteamos ∆Em = ∆Ec+ ∆Ep. Como Hi = Hf = 0, entonces ∆Ep = 0 (sólo hay variación de energía cinética). Por otra parte, ∆Ec = (1/2) . m . (vf2 - vi2), aunque no podemos calcular vf porque no tenemos vi...
Pero como la aceleración es constante (MRUV), entonces podemos usar a la Ecuación Complementaria para relacionar vi con vf :
xf - xi = (vf2 - vi2)/(2 . a) vf2 - vi2 = 2 . a . (xf - xi) vf2 - vi2 ≈ 2 . 2,330127 m/s2 . 100 m vf2 - vi2 ≈ 466,0254 m2/s2 Entonces, reemplazando vf2
- vi2
:
∆Em = ∆Ec+ ∆Ep ∆Em = (1/2).m . (vf2
- vi2
) + 0 ≈ (1/2) . 20 kg . 466,0254 m2/s2 ∆∆∆E∆ m ≈≈≈≈ 4660,25 J Respuesta b) Problema 2. a) El fluido está en movimiento; si asumimos que el régimen
es estacionario, entonces vale la conservación del caudal entre la zona superior (donde tomamos un punto A), y la zona inferior (donde tomamos un punto B):
Qentrante = Qsaliente vA . AA = vB . AB 5,18 m/s . 4,2 cm2 = vB . 7,6 cm2 vB ≈≈≈ 2,86 m/s Respuesta a) ≈
b) Como se trata de un fluido ideal, e incompresible (es agua), entonces si
asumimos que el régimen es laminar y estacionario, vale el Teorema de Bernoulli. Esto permite relacionar las presiones en A y en B:
pA + (1/2) . δ . vA2
+ δ . g . HA = pB + (1/2) . δ . vB2
+ δ . g . HB
El punto más bajo es B, así que tomamos HB = 0. Por lo tanto, HA = 9,66 m. Los otros datos son: δ = 1000 kg/m3, g
= 10 m/s2, pA = 152000 Pa, vA = 5,18 m/s, vB = 2,86 m/s (se calculó en a)). Se pide pB. Despejando pB y reemplazando todo, queda:
pB = pA + (1/2) . δ . vA2
+ δ . g . HA - (1/2) . δ . vB2
- δ . g . HB
pB ≈ 152000 Pa + (1/2) .1000 kg/m3 . (5,18 m/s)2 + 1000 kg/m3 .10 m/s2 .9,66 m - (1/2) .1000 kg/m3 . (2,86 m/s)2 - 0 pB ≈ ≈ ≈ ≈ 257926,4 Pa Respuesta b)
Problema 3. Analicemos cada opción:
"Entre 0 y t1 avanza, y entre t1 y t2 retrocede": Falso, porque la velocidad es siempre del mismo signo: siempre positiva o cero, como se ve en el gráfico. La velocidad disminuye hasta cero, y luego vuelve a crecer... pero nunca "cruza" el eje haciéndose negativa.
"Entre 0 y t1 se desplaza menos que entre t1 y t2": Verdadero, porque el área bajo el gráfico entre 0 y t1 (triángulo
chico) es menor que el área bajo el gráfico entre t1 y t2 (triángulo grande).
"En t1 su distancia al punto de partida es máxima": Falso, porque después de t1 el auto sigue avanzando, y por lo tanto, alejándose aun más del punto de partida.
"Entre 0 y t1 se desplaza lo mismo que entre t1 y t2": Falso, porque las áreas de los triángulos son diferentes. No hay que confundir el desplazamiento (∆x), con la variación de velocidad (∆v). Entre 0 y t1, la variación de velocidad es de igual valor absoluto y distinto signo que entre t1 y t2, o sea: v(t1) - v(0) = 0 - v, y en cambio v(t2) - v(t1) = v - 0, pero esto es totalmente diferente a ∆x.
"En t2 se encuentra nuevamente en el punto de partida": Falso, porque durante todo el tiempo, el auto avanzó. Si bien se frenó en t1, después de t1 continuó avanzando en el mismo sentido en que lo hacía hasta ese momento. Lo que tiene igual el auto, en t = 0, y en t = t2, es su velocidad (empieza y termina a la misma velocidad), pero no está en el mismo lugar!
"Entre t1 y t2 su aceleración es la misma que entre 0 y t1": Falso, porque la pendiente del gráfico v-t toma distinto valor en cada etapa: Entre 0 y t1 la pendiente es negativa, por lo tanto tiene aceleración negativa en ese intervalo, y entre t1 y t2 la pendiente es positiva, por lo tanto entre t1 y t2 la aceleración es positiva. Así que, la aceleración es diferente en cada etapa (Además, ni siquiera son iguales en valor absoluto las pendientes; ya que a simple vista se nota que la relación entre los catetos de los triángulos es diferente).
Respuesta: "Entre 0 y t1 se desplaza menos que entre t1 y t2"
Problema 4. El cuerpo está subiendo por el plano inclinado, así que su altura está aumentando a medida que pasa el tiempo.
El cuerpo tiene aplicadas las siguientes fuerzas:
F fuerza hecha por la persona
P fuerza hecha por la tierra; se descompone en Px y Py
N fuerza hecha por la superficie, perpendicular a la misma
No hay rozamiento ya que el enunciado lo aclara. Como la velocidad es constante (dato del problema), entonces la aceleración es cero, es decir que la Fuerza resultante es cero. Es decir que F - Px = 0, y N - Py = 0.
Analicemos cada opción:
"El trabajo que hace la persona es igual al trabajo del Peso": Podemos relacionar estos trabajos con el teorema:
∆Ec = ΣL(de todas las fuerzas) . Por lo tanto: ∆Ec = LP + LN + LF. Como en este problema LN = 0 porque el cuerpo se mueve paralelamente a la superficie, entonces queda: ∆Ec = LP + LF. Pero como la velocidad es constante, entonces ∆Ec = 0, por lo tanto:
0 = ∆Ec = LP + LF LF = - LP.
Esto quiere decir que el trabajo que hace la persona, es menos el trabajo del Peso. Por lo tanto la opción es Falsa.
"El trabajo de la fuerza Peso es igual a la variación de energía cinética": Como el cuerpo sube, el trabajo de la fuerza Peso tiene que ser negativo. Pero la variación de energía cinética es cero, así que no pueden ser iguales, por lo tanto la opción es Falsa. Otra forma de verlo: Ya se mencionó arriba que:
∆Ec = LP + LF.
Pero el trabajo de F no es nulo, porque la fuerza F tiene la dirección de la rampa. Así que, ∆Ec
≠
LP. Por lo tanto la opción es Falsa."El trabajo realizado por la fuerza Peso es positivo": el cuerpo sube, por lo tanto el trabajo del Peso tiene que ser negativo. Formalmente:
LP = - ∆Ep LP = - m . g . (hf - hi) LP = m . g . (hi - hf) . Y como para cualquier cuerpo que sube, hf > hi, entonces LP < 0. Así que esta opción es Falsa.
Las tres opciones siguientes se refieren a la energía mecánica. Analicemos qué pasa con ella:
Em = Ec + Ep = (1/2) . m . v2 + m . g . H
El primer término (Ec) es constante ya que la velocidad lo es. El segundo término (Ep) va aumentando, ya que la altura va aumentando. Por lo tanto, la suma también aumenta Em aumenta a medida que el cuerpo sube. Por lo tanto:
"La energía mecánica disminuye a medida que sube". Falso.
"La energía mecánica se mantiene constante". Falso.
"La energía mecánica aumenta a medida que sube". Verdadero.
Otra forma de analizar la variación de energía mecánica: sabemos que ∆Em = LFNC. Las fuerzas no conservativas son en este caso: F y N, pero N es perpendicular a la dirección de movimiento, así que LN = 0. Por otra parte, F va en la dirección y sentido de movimiento, así que LF = |F| . d . cos(0). Entonces:
∆Em = LFNC = |F| . d . cos(0°) y esto da positivo, por lo tanto ∆Em > 0, o sea que Em aumenta.
Respuesta: La energía mecánica aumenta a medida que sube.
Problema 5. Inicialmente hay una cierta diferencia de altura entre el recipiente izquierdo (llamémoslo I), y el derecho (llamémoslo D). Como la altura de I es mayor, eso quiere decir que su presión osmótica es mayor, o sea: πI > πD. La diferencia entre las presiones osmóticas es:
πI - πD = (OsI - OsD) . R . T.
Además, al estar en equilibrio el sistema, esta diferencia de presiones osmóticas es igual a la diferencia entre las presiones hidrostáticas. Suponiendo que ambos recipientes están abiertos a la atmósfera, esa diferencia es: pI - pD = patm + δ . g . ∆h - patm. Entonces, en el equilibrio se cumplirá:
πI - πD = pI - pD = δ . g . ∆h
Al aumentar la temperatura de todo el sistema, sin cambiar las concentraciones, aumentará también la diferencia entre las presiones osmóticas πI - πD, y por lo tanto, ya no habrá equilibrio... comenzará a pasar solvente de derecha a izquierda aumentará ∆h aumentará pI - pD, hasta volver a cumplirse la igualdad:
π'I - π'D =(O'sI - O'sD) . R . T' = p'I - p'D = δ . g . ∆h'
En ese momento habrá un nuevo equilibrio, con una diferencia de altura ∆h' mayor que la anterior.
Ahora se quiere restablecer el valor que tenía antes la diferencia de altura, o sea: ∆h. Para esto se proponen varias opciones; analicemos cada una:
"Aumentar la presión externa a la izquierda": supongamos que aumentamos la presión externa del lado izquierdo solamente. Al hacer esto, inmediatamente tendremos p''I - p'D = p1ext + δ . g . ∆h' - patm, así que p''I - p'D será mayor que antes, dando p''I - p'D > (O'sI - O'sD) . R . T'. Entonces, para volver al equilibrio, tendrá que pasar solvente hacia el lado derecho, con lo cual ∆∆∆∆h' volverá a disminuir y entonces (p''I - p'D) volverá a disminuir hasta igualar a (OsI - OsD) . R . T'. Notar que cuando ∆h vuelva al valor original, la cantidad de solvente de cada lado va a ser la misma que al principio, con lo cual las osmolaridades volverán a ser exactamente las mismas que al comienzo: OsI y OsD. Aclaración: la presión externa p1ext que debe aplicarse del lado izquierdo, para que finalmente se restituya la diferencia de alturas original, deberá verificar: p1ext - patm + δ . g . ∆h = (OsI - OsD) . R . T' Esta opción es Verdadera.
"Disminuir la presión externa a la izquierda": esto producirá el efecto contrario al anterior, así que la opción es Falsa.
"Aumentar por igual la presión externa sobre ambas": esto no producirá cambio alguno en la diferencia de alturas, por lo tanto esta opción es Falsa.
"Agregar sal al lado izquierdo": esto hará aumentar más la osmolaridad del lado izquierdo (que ya es más grande que del otro lado), con lo cual pasará más solvente de derecha a izquierda, y ∆h' aumentará. Y además cambian las concentraciones, por lo cual la situación no será igual que la inicial. Así que esta opción es Falsa.
"Agregar agua al lado derecho": ídem anterior, es Falso. Esto hará disminuir más la osmolaridad del lado derecho (que ya es más chica que del otro lado), con lo cual ∆h' aumentará. Y además cambian las concentraciones, por lo cual la situación no será igual que la inicial.
"No es necesario hacer nada porque el sistema no se altera": esto es Falso, ya hemos visto que el sistema sí se altera, porque al aumentar la temperatura, aumentó la diferencia de presiones osmóticas y por lo tanto aumentó la diferencia de altura entre ambos lados.
Respuesta: Aumentar la presión externa a la izquierda.
Problema 6. Primero analicemos la primera situación. Estamos llamando R a la resistencia del conjunto en paralelo. Por lo tanto, cada una de las resistencias (llamemos R' a cada una), tendrá un valor:
(1/R' + 1/R')-1 = R (2/R')-1 = R R'/2 = R R' = 2 . R
Es decir: que si el conjunto en paralelo tiene en total resistencia R, es porque cada resistencia vale R' = 2 . R
Ahora pasemos a la segunda situación: se toma a los dos caños de resistencia R', y se los conecta en serie. Entonces su resistencia total será:
R(total en serie) = R' + R' = 2 . R'
Pero lo que se pide es expresar a la nueva resistencia total, en función de la resistencia total del conjunto anterior, o sea en función de R. Y como R' = 2 . R, entonces queda:
R(total en serie) = 2 . R' = 2 . 2. R R(total en serie) = 4 . R Respuesta
Problema 7. A menos que se indique lo contrario, siempre asumimos que la presión pedida es una presión absoluta.
La presión pedida en la cavidad bucal, es la misma presión del aire dentro del sorbete... o sea, la presión en A. Como
el nivel de agua en A está más abajo que el nivel en B, eso significa que la presión en A tiene que ser mayor que la atmosférica... así que ya podemos ir descartando varias opciones: se descarta 1,3 kPa (es bajísima!), se descarta 101,3 kPa ya que ésta es justo la atmosférica, también se descarta 100 kPa ya que es algo menor que la atmosférica. La presión de 202,6 kPa es mayor que la atmosférica...
pero es mucho mayor, ya que una columnita de 10 cm no puede producir una diferencia de presión de 101,3 kPa! (para producir esto, se necesita una columna de más de 10 metros de agua!).
Tampoco es cierto que se necesite conocer la sección del sorbete, ya que el valor de una diferencia de presión depende de la diferencia de altura, pero no de las superficies. O sea que, por descarte, ya nos quedaría que la presión en A debería ser la de 102,3 kPa. Pero hagámoslo formalmente:
Como suponemos que el líquido está en reposo, así que entonces vale el Teorema General de la Hidrostática:
p(en un punto más bajo) - p(en un punto más alto) = δ . g . Diferencia de altura (positiva)
Planteamos entonces dicho teorema entre un punto A ubicado en el límite agua-aire encerrado, y un punto B ubicado en el límite agua-aire a presión atmosférica. Entonces, como A está más abajo que B, queda:
pA - pB = δ . g . 10 cm
La presión en B es la atmosférica. La presión a calcular es la presión en A, que es la misma del aire en el sorbete y en la cavidad bucal. Entonces:
pA = pB + δ . g . 10 cm = patm + δ . g . 10 cm = 101300 Pa + 1000 kg/m3 . 10 m/s2 . 0,1 m = 101300 Pa + 1000 Pa pA = 102,3 kPa Respuesta
Problema 8 (Veterinaria). Sobre cada uno de los cuerpos (A y B) actúan dos fuerzas: la tensión y su peso. Para A: TA = 200 N, y para B: TB = 300 N. Las tensiones son verticales y apuntan hacia arriba. Como ambos cuerpos van desde el suelo hasta la misma altura, entonces el desplazamiento es el mismo para ambos, así que:
LTA = TA . H . cos(0°) = 200 N . H LTB = TB . H . cos(0°) = 300 N . H
Como H es la misma en ambos casos, entonces queda que LTA < LTB.
Falta ver qué pasa con las potencias asociadas a la tensión. Si bien el problema no aclara si se habla de potencia media, o de potencia instantánea, en este caso ambas coinciden ya que: las fuerzas son constantes en el tiempo, la velocidad también, y el ángulo que forma la fuerza con la velocidad tampoco cambia en el tiempo. Así que, da igual calcular Potencia media o instantánea porque dan lo mismo... entonces la calculamos con la siguiente expresión:
PT = LT/∆t Es decir que:
PTA = LTA/40 seg = 200N . H/(40 seg) = 5 . H . (N/seg) PTB = LTB/60 seg = 300N . H/(60 seg) = 5 . H . (N/seg) Por lo tanto, PTA = PTB.
Respuesta: PA = PB y LA < LB
Resolución del Tema Y2 Los razonamientos son los mismos, sólo hay algunos pocos cambios:
Problema 1. El planteo es el mismo que en Y1. Cambia m = 20 kg por m = 40 kg, F = 100 N por F = 150 N, y Froz = 40 N por Froz = 30 N.
Problema 2. El planteo es el mismo que en Y1. Cambia 4,2 cm2 por 2,1 cm2; 7,6 cm2 por 3,8 cm2; y 5,18 m/s por 10,36 m/s.
Problema 3. Ahora el intervalo (0, t1), es mayor que el intervalo (t1, t2), por lo tanto el área bajo el gráfico es mayor de 0 a t1, que de t1 a t2. O sea que entre 0 y t1 se desplaza más que entre t1 y t2. Las demás opciones son falsas por exactamente las mismas razones dadas en el problema 3 del tema Y1.
Problema 4. Ahora el cuerpo baja en vez de subir, y el cuerpo está unido a una cuerda, así que la fuerza F está hecha por una cuerda, y no en forma "directa" por la persona. Atención: como la velocidad es constante, la fuerza hecha por la cuerda tiene que compensar a Px (recordar que no hay rozamiento)... es decir que la cuerda tiene que "tirar hacia arriba" (aunque el cuerpo baje), por lo tanto la fuerza F de la tensión va en la dirección de la rampa y con sentido hacia arriba, igual que la fuerza F del problema 4 del tema Y1. Por eso, el esquema de fuerzas mientras el cuerpo baja es idéntico al del problema 4 en Y1.
- En cuanto a las opciones sobre el trabajo: las primeras dos opciones son las mismas primeras dos opciones del tema Y1, y se descartan por exactamente las mismas razones. Sólo hay que notar que la primera opción: "El trabajo que hace la persona... " debería interpretarse como "El trabajo que hace la cuerda...".
- La tercera opción ("El trabajo realizado por la fuerza peso es negativo"), se descarta porque como el cuerpo baja, el trabajo de la fuerza peso tiene que ser positivo (al revés de lo que sucedía en Y1).
- En cuanto a la energía mecánica (están las mismas 3 opciones que antes): la energía cinética es constante (ya que v
= constante), la altura disminuye, así que Ep disminuye, por lo tanto Em = Ec + Ep disminuye. También puede razonarse esta disminución a partir de ∆Em = LFNC; ahora es ∆Em = LFNC = |F| . d . cos(180°) = - |F| . d < 0. El ángulo ahora es de 180° porque el cuerpo baja y F sigue siendo hacia arriba.
Problema 5. Ahora la temperatura disminuye en vez de aumentar, y entonces se necesita disminuir la presión externa del lado izquierdo; esto hará que pase más solvente de derecha a izquierda hasta que la diferencia entre las presiones hidrostáticas vuelva a igualar a la diferencia entre las presiones osmóticas, así que entonces aumentará ∆h hasta volver a su valor inicial. O sea, la situación es la inversa de la que tiene lugar en el tema Y1.
Problema 6. Ahora la resistencia del conjunto es (2 . R) en vez de R, por lo tanto da R' = 4 . R, y para la nueva situación: R(serie) = 2 . R' = 8 . R
Problema 7. Cambian los 10 cm por los 15 cm. Se pueden descartar 5 de las 6 respuestas con los mismos argumentos que antes... y la resolución formal es igual que antes, sólo que ahora ∆h = 0,15 m.
Problema 8 (Veterinaria). Problema idéntico al del tema Y1, sin cambios.
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