PROBLEMAS VARIADOS 2-2018

428.-Una bala de forma esférica de 2 gramos de masa y 9 mm de

diámetro abandona el arma con una velocidad de 250 m/s y atraviesa un

cilindro de 15 m de longitud y diámetro 1 m que contiene argón a la

presión de 20 atmósferas y a temperatura ambiente de T = 300 K..

Durante su paso por el gas está sometida a una fuerza de frenado

2vAρε2

1F

es un coeficiente de valor 0,5 para la esfera, es la densidad del gas, A

el área del círculo máximo de una esfera y v la velocidad de la bala.

Se desprecia la acción de la gravedad.

a) Calcular la ecuación que relaciona la velocidad de la bala con el

tiempo

b) Determinar el tiempo que emplea la bala en recorrer el cilindro

c) Calcular la pérdida de energía cinética de la bala al travesar el gas y

determinar el aumento de su temperatura si la pérdida de energía

cinética se transforma íntegramente en calor en el gas.

Datos masa molar del argón M =39,9 g/mol,

Calor específico 312,5 J/(kg K)

Olimpiadas Universidad de Toronto

a) Aplicamos la segunda ley de Newton

Ctev

1t

m

k

v

dvdt

m

k-

dt

dvmvkvAρε

2

1F

2

22

Cuando t=0 , la velocidad es la inicial vo.; ov

1Cte

tvkm

vmv

vm

tvkm

v

1t

m

k

v

1

v

1t

m

k

v

1

v

1

o

o

o

o

oo

Calculamos el valor de la densidad del gas a partir de la ecuación de los gases perfectos

3

3

2

m

kg32,4

300KKmol

J8,31

mol

kg39,9.10

m

N10132520

TR

MPρTR

M

ρPTR

M

gVP

Calculamos el valor de k: m

kg10.15,5m4,5.10π

m

kg32,40,5

2

1k 4223-

3

s

m

t0,12882.10

0,5

ts

m250

m

kg10.15,5kg2.10

s

m250kg2.10

v3

43

3

b) Para calcular el tiempo hacemos uso de la ecuación v= v(t)

dtt1288.,02.10

10,5dx

t0,1288.2.10

0,5

dt

dxv

33

Para resolver la segunda integral hacemos uso del siguiente cambio de variable

Ctet0,12882.10ln0,1288

0,5x

t0,12882.10ln0,1288

0,5pln

0,1288

0,5

p0,1288

dp0,5

0,1288

dpdtdpdt0,1288pt0,12882.10

3

3

3

Cuando t=0 , x= 0 m, 13,2410.2ln1288,0

0,5Cte 3

El tiempo pedido corresponde a que el valor de x sea 15 m

s0,720,1288

10.20948,0t

t1288,02.10et0,12882.10ln356,2

22,6t0,12882.10ln864,313,240,1288t2.10ln0,1288

0,515

3

33

33

2,356-

c) Calculamos la velocidad que posee la bala después de recorrer los 15 m de longitud

s

m3,5

0,722505,15.102.10

2502.10

tvkm

vmv

4-3

3

o

o

La pérdida de energía cinética

J5,622505,3m2

1ΔEc 22

Esta energía pérdida aparece en energía calorífica que hace aumentar la temperatura del

gas del cilindro. La masa del gas del cilindro es: kg381,732,4150,5πM 2

T

K5,2.10

kgK

J312,5kg381,7

J62,5ΔT 4

429.-Se tienen n moles de un gas ideal monoatómico de constante =5/3

que evoluciona según el ciclo reversible ABCDA de la figura inferior.

Entre C y D el gas evoluciona a volumen constante hasta D donde la

presión es Po/k, siendo k una constante 10k .El ciclo se cierra por un

proceso adiabático entre D y A.

Calcular

a ) La temperatura en D.

b) La presión en C y el volumen en D en función de k y el volumen VA.

c) Los trabajos en los procesos AB y BC.

d) Los trabajos en los procesos CD y DA.

e) Variación de entalpía en el proceso AB

f) Calores implicados en los procesos BC y CD.

g) Variación de entalpía en el ciclo

h) Variación de entropía en el proceso AB.

i) Variación de entropía en los procesos BC y CD

j) Rendimiento de un ciclo de Carnot operando entre las temperaturas TA

yTC.

Examen propuesto en la Escuela de Ingeniería Aeronáutica de Madrid

a) La ecuación de una adiabática es: CteVPγ y la de los gases perfectos

TRnPV .Combinado las dos ecuaciones

CteTRnPP

TRnP

P

TRnV γγγγ1

γ

Aplicando la ecuación anterior entre los estados A y D

5

2

ooDD

o

oo

γ

D

γγoγ

o

γγγ-1

o kTkTTTk

PT PTRn

k

PTRn P

γγ1

γ

γ1

γ-1γγ-1

1

k

Po

A

B C

D

Po

3 To

To

P

T

b) Aplicamos lay de los gases perfectos entre los estados A y B y a continuación entre

B y C

AoCC

o

CC

o

Ao

AB

o

Bo

o

Ao VP3VPT3

VP

T3

V3P;V3V

T3

VP

T

VP

Aplicamos lay de los gases perfectos entre los estados C y D

A5

3

5

3

o

Ao

C

5

3

oC

5

2

o

o

D

o

o

C

DC

D

D

o

o

CC

Vk

kP3

VP3V

kP3P

kT

k

P

T

k

P

T3

PVV;

T

Vk

P

T3

VP

Aplicamos lay de los gases perfectos entre los estados D y A.

A5

3

DA

5

3

D

o

Ao

5

2

o

D

o

VkVV

k

V

T

VP

kT

Vk

P

Las coordenadas termodinámicas de A, B, C y D son:

5

2

o5

3

A

o

o5

3

A5

3

ooAooAo

kT,kV,k

P

;T3,kV,kP3;T3,V3,P;T,V,P

D

CBA

c)

oAoAAoABoAB TRn2V2PVV3PVVPW

3

klnTRn3

V3

kVlnTRn3VlnTRn3dV

V

3TnRdVpW

5

3

o

A

5

3

A

oC

Bo

o

BC

V

V

d)

0ΔVpWCD

5

2

o5

2

ooDA

VVV

V

P

Vp

5

2

ooVDAVDADA

k1TRn2

3kTT

1γ

RnW

R2

3

1γ

RCRCCγγ

C

C;RCC

kTTCnTTnCWΔU

e)

oTRn5

o2TR

2

5nΔH

R2

5

1γ

γR

γ

11

R

PCR

γ

PC

PCγ

VC

PC

;RV

CP

C

oT

oT3

PCn

AT

BT

PCnΔH

AB

AB

f)

3

klnTRn3WQWQ0WQΔU

5

3

oBCBCBCBCBCBCBC

El calor entre los estados B y C es negativo, esto significa que es evacuado desde el

sistema hacia el exterior.

3kTRn2

3Q

3TkT1γ

RnTTCnQΔUWQΔU

3

2

oCD

o5

2

oCDVCDCDCDCDCD

QCD es negativo ya que el término del paréntesis es negativo para 10k , por

consiguiente el sistema cede calor al medio.

g) La entalpía es función de estado lo que implica que sus valores solo dependen del

estado de partida y el de llegada y es independiente del modo en que realice la

transformación, como es un ciclo y el punto de partida es igual al de llegada la variación

de entalpía es cero.

h) La variación de entropía entre dos estados 1 y 2 está dada por la ecuación:

1

2

1

2V

V

VlnRn

T

TlnCnΔS

Aplicamos la ecuación anterior a los estados AB

ln3Rn2

5

V

V3lnRn

T

3TlnR

2

3n

V

VlnRn

T

TlnCnΔS

A

A

o

o

A

B

A

BVAB

i)

5

3--

5

3

A

A

C

B

C

B

VBC k3lnRn

kV

V3lnRnln1R

2

3n

V

VlnRn

T

TlnCnΔS

3

klnRn

2

3ΔS

1 lnRnT3

kTlnR

2

3n

V

VlnRn

T

TlnCnΔS

5

2

CD

o

5

2

o

C

D

C

D

VCD

j) El foco caliente TC=3To; el foco frio TA= To

3

2

3T

T3Tη

o

oo

430.- Un vaso de forma cilíndrica tiene una masa total M, distribuida 4

M

en su base y el resto por las paredes. Se pide para qué altura de agua

añadida al vaso el centro de masas ocupa la posición más baja.

Calcular su valor numérico si M= 200 gramos; radio R = 6 cm y altura

H =20 cm

Dato. Densidad del agua = 103 kg/m

3

En la figura h es la altura que alcanza el agua en el vaso.

Calculamos primero la posición del centro de masas del vaso sin agua, suponiendo que

el espesor de la base del vaso es prácticamente cero.

H8

3

M

2

HM

4

30

4

M

yV

Calculamos la posición del centro de masas del vaso con agua hasta una altura h

ρhRπ2M2

hρRπH4

3M

ρhRπM

2

hρhRπH

8

3M

MM

2

hMH

8

3M

y2

22

2

2

agua

agua

S

Para hallar el valor de h mínimo derivamos la anterior ecuación e igualamos a cero

0H4

3MhM2hρRπ0hρRπH

4

3MhρRπ2hM2

0hρRπ22M

ρRπ2hρRπH4

3MhρRπ2hρRπ22M

dh

dy

222222

22

22222

S

Resolvemos la ecuación de segundo grado

H

h

X

Y

ρRπ2

HMρRπ3M42Mh:válidasolución

ρRπ2

HMρRπ3M42Mh

2

22

2

22

Sustituyendo los valores numéricos

cm3,7m0,037

106.10π2

0,20,2106.10π30,240,22h

322

3222

min

431.- Una cuerda uniforme, inextensible y rígida de masa M y longitud L

está en reposo en la posición indicada en la figura ya que está sostenida

por el extremo superior. El extremo inferior esta fijo a un soporte S. La

longitud del bucle inferior se considera despreciable frente a la longitud

L de la cuerda. Se deja en libertad la cuerda sin velocidad inicial.

a) En la figura 1 se representa las posiciones de la cuerda en función del tiempo. Como

el bucle tiene longitud despreciable frente a L, en la figura 1 aparece dibujado en

forma discontinua.

L

S

a) Se pide la fuerza que el soporte S

ejerce sobre la cuerda en función del

tiempo.

b) El tiempo que emplea la cuerda

desde el inicio del movimiento hasta

que su extremo superior alcanza la

posición más baja.

Fig.1

En ausencia de rozamiento entre las posiciones señaladas con 1 y 2 el extremo superior

de la cuerda se ha desplazado una altura 2tg2

1h , siendo t el tiempo empleado por la

cuerda en ese desplazamiento. Colgando del lado del soporte S, la longitud es

2tg4

1

2

h , En ese instante el soporte tira de la cuerda que cuelga con una fuerza N,

vertical y hacia arriba. Vertical y hacia abajo actúa el peso de la cuerda.

En el instante representado por el número 2 en la figura 1 la cuerda de la izquierda cuya

longitud es 2tg4

1L

2

hL h tiene una velocidad v=gt, vertical y hacia abajo, el trozo

de cuerda de longitud h/2 está en reposo.

El sistema en el tiempo t=0 tiene una cantidad de movimiento nula y en el tiempo t ha

adquirido una cantidad de movimiento cuyo módulo vale

tg)tg4

1(L

L

Mmvp 2

De acuerdo con la Dinámica clásica

)1(L

tgM

4

3N

t3gL

M

4

1Mgtg

L

M

4

1tgM

dt

dNMg

dt

dpF

22

2232

b) De la observación de la figura 1 se deduce que el extremo superior de la cuerda se

desplaza como máximo hacia abajo una longitud 2L.

g

L4ttg

2

1L2 M

2

M

La ecuación (1) tiene validez desde t =0 a t=tM.. Justamente después de la llegada del

extremo de la cuerda la velocidad se anula en muy poco tiempo por lo que N debe

sufrir una percusión y por tanto un valor muy elevado y cuando todo quede en reposo N

será igual al peso de la cuerda.

432.- Con alambre del mismo grosor y la misma resistividad eléctrica se

construye el dispositivo indicado en la figura.

La resistencia es proporcional a la longitud y el lado AP=L tiene una

resistencia R. AX=AY=L/2. APBS es un cuadrado y dentro de él está

inscrito otro. Calcular en función de R la resistencia eléctrica entre A y

B.

Si en la figura del enunciado trazamos una línea vertical que pase por PQRS se observa

que la mitad a la izquierda de esa línea es igual a la mitad derecha, por consiguiente, se

trata de un circuito con simetría. Los puntos P,Q,R,S se encuentran al mismo potencial

Nos basta con calcular la resistencia del lado izquierdo.

La resistencia de AX=AY=XP=YS= R/2.

La longitud de XY vale:2

L

2

L

2

LAYAX

22

22

y su resistencia

2

R.

La resistencia de XQ=YR es: 22

R.

Establezcamos el circuito de una manera más clara, para ello consideramos cuatro

puntos A, X ,Y y el que abarca a P, Q, R y S por estar los cuatro puntos al mismo

‘potencial. Luego vamos de cada punto al que se conecta anotando la resistencia

encontrada en el camino, el resultado es la figura 1.

Las resistencias entre X y PQRS están en paralelo y lo mismo sucede entre Y y PQRS.

Las sustituimos por una sola resistencia en cada tramo.

212

RR

R

22

R

2

R

1E

E

El circuito de la figura 1 queda como el de la figura 2.

Los puntos X y el Y se encuentran al mismo potencial. Supongamos que por A llega

una corriente I, esta se bifurca en dos cada una de valor I/2

YXYAXAYAXA VVVVVV2

R

2

IVV;

2

R

2

IVV

Fig 1

Fig.2

Al ser los potenciales de X e Y iguales por la resistencia 2

Rno pasa corriente y por

ello es como si hubiese no estuviese (figura3).

Entre A y X, y entre A e Y hay dos resistencias en paralelo y entre X,Y y P,Q,R.S otras

dos en paralelo

214

RR

R

214

R

212

R

212

R

1

;4

RR

R

2

R

2

R

1

E

E

E

E

El circuito es el de la figura 4 con dos resistencias en serie.

La resistencia es la suma de las dos

214

22R

214

R21R

214

R

4

RR E

Hasta ahora solo hemos calculado la mitad del circuito del problema, la resistencia total

es la suma

212

22R

214

22R

214

22RR t

Fig.3

Fig.4