para imprimir

PROBLEMAS VARIADOS 5(2013-2015)
342.-Un avión vuela en dirección horizontal a una altura h sobre el suelo
y con velocidad constante v. Desde tierra un dispositivo óptico sigue
constantemente al avión. En el tiempo t =0 el avión se encuentra
justamente encima del sistema óptico.
a) Determinar la velocidad angular y aceleración angular que debe tener
el dispositivo óptico para que enfoque permanentemente al avión.
b) Determinar para qué ángulo  la aceleración angular toma el valor
mínimo.
c) Representar la velocidad angular y la aceleración angular frente al
ángulo  de un avión que vuela a una altura de h=1000 m con una
velocidad constante de 140 m/s. Considerar un sistema de referencia XY
estando el sistema óptico en el eje de coordenadas y el ángulo que forma
el dispositivo óptico se mide respecto del eje Y.
En la figura 1 el avión se encuentra en t=0 sobre el eje Y y al cabo de un tiempo t
forma un ángulo  con el eje Y y su abscisa es x.
Y
x
h
Fig. 1

O
a) La velocidad constante del avión es: v 
X
dx
.La velocidad angular del dispositivo
dt
dθ dθ dx
dθ

v .
dt dx dt
dx
Si h es grande podemos considerar que el aumento de x y de  es muy pequeño:
Δθ
ωv
(1)
Δx
De la figura 1 se deduce:
óptico es: ω 
tag θ 
De (1) y (2)
h
x
 x  h tagθ  dx 
dθ
h
cos 2 θ
ωv
Diferenciando en (3) :
cos 2 θ
(3)
h

Δ θ cos 2 θ

(2)
Δx
h
Δω
v
v
v
dω   2 cos θ sen θ dθ  - sen 2θ dθ 
  sen 2θ (4)
h
h
Δθ
h
La aceleración angular es:
2
dω dω dθ
dω
v
 v

v
α

ω
 α  cos 2 θ   sen 2 θ     cos 2 θ sen 2 θ (5)
dt
d θ dt
dθ
h
 h

h
b) Para hallar el mínimo derivamos la ecuación (5) respecto de la variable  e igualamos
a cero.
2
dα   v  
     cos 2 θ  cos 2θ  2  sen 2θ  2 cos θ senθ  (1)  0 
dθ   h  


cos θ
 tag 2θ  tag θ  1 (6)
sen θ
La ecuación (6) se puede resolver por tanteo siendo  = 30º, o se hace uso de la
2 tag θ
relación trigonométrica siguiente: tag 2θ 
1  tag 2 θ
 cos θ cos 2θ  sen 2θ sen θ  tag 2θ 
2 tag θ
1
3
 tag θ  1  2 tag 2 θ  1  tag 2 θ  1  tag θ 

 θ  30º
2
3
1  tag θ
3
c)
0,16
v.angular en rad/s
0,14
0,12
0,1
0,08
0,06
0,04
0,02
0
0
20
40
ángulo/º
60
80
100
0,002
aceler. angular en rad/s 2
0
-0,002
0
20
40
60
-0,004
-0,006
-0,008
-0,01
-0,012
-0,014
ángulo/º
80
100
343.-Comprobar que para un gas perfecto que realiza un proceso
adiabático se cumple la siguiente ecuación
γ 1 


γ R T  P  γ
1  2 

H H 

1
2
1 γ  1  P 

 1 



El subíndice 2 señala el estado final y el 1 el inicial.
Para un gas perfecto, que efectúa un proceso adiabático reversible entre los estados
termodinámicos 1 y 2, se cumplen las siguientes ecuaciones.
P1V1 P2 V2
γ
γ

; P1V1  P2 V2
T1
T2
Para un proceso adiabático H 2  H1  C P T2 T1  (1)
Observando la ecuación del enunciado vamos a eliminar T2 , ya que no aparece en la
ecuación del enunciado, utilizando las ecuaciones anteriores:
V1 P2 T1

V2 P1T2
;
V1  P2

V2  P1
1
1
γ
P T  P γ
  2 1   2 
P1T2  P1 

1 1
γ
P
 T2  T1
 T1  2
1 1
 P1
γ
P1
P2
P P
 T2  2  1
P1  P2
1
γ
  T1 

γ 1
 γ


(2)
Ahora relacionamos Cp con .
CP
C
C
γR
R
 γ  CV  P  CP  P  R  CP 

(3)
1
CV
γ
γ
γ 1
1
γ
Sustituyendo en (1) , las ecuaciones (2) y (3) resulta:
CP  CV  R ;
γ1


 γ R T1
γ R   P2  γ
H 2  H1 
T1  
T  

1
γ  1   P1 
γ 1



γ1 

 P2  γ

 1
 P 
 1 



344.-La ecuación de Clausius-Clapeyron se aplica a una sustancia pura
que se encuentra en equilibrio entre dos fases, y su expresión matemática
es la siguiente:
dp
ΔH

dT T ΔV
Si nos referimos a un equilibrio líquido vapor, p es la presión de vapor
de la sustancia y H su calor de vaporización por mol, V es la
diferencia de volúmenes por mol entre la fase vapor y la fase líquida.
a) Utilizando la ecuación anterior y los datos experimentales que
aparecen en los datos del problema determinar a qué presión hervirá el
agua pura cuando su temperatura es de 20º C.
b) Estimar a qué temperatura hervirá el agua pura en una montaña de
2000 m de altura, sabiendo que a nivel del mar la temperatura es
20ºC=293 K y que ésta disminuye según la ley T = 293 – z,
λ  6,5.103 K/m
Suponer que el vapor de agua se comporta como un gas perfecto.
Datos:
Temperatura /K
293
313
333
353
373
3
3
3
3
44,2.10 43,4. 10
42,4. 10
41,6. 10 40,7. 103
H en J/mol
Masa molar promedio del aire M= 29 g/mol.
a) Una sustancia pura en estado líquido hierve cuando su presión de vapor es igual a la
presión externa que actúa sobre ella.
Si queremos integrar la ecuación de Clausius –Clapeyron debemos encontrar una
relación entre la entalpía de vaporización y la temperatura. Para ello representamos en
una gráfica los datos experimentales:
H= -44,329 T + 57206
R2 = 0,9993
44500
44000
H/J.mol
-1
43500
43000
42500
42000
41500
41000
40500
40000
250
270
290
310
330
temperatura /K
Los datos se ajustan bien mediante una relación lineal.
350
370
390
dp  44,329 T  57206

dT
T Vvapor  Vl íquido


Dado que el volumen de un mol de agua en forma de vapor es mucho mayor que el
volumen de ese mol en estado líquido, hacemos la aproximación de que la diferencia de
volúmenes es el volumen de la fase vapor.
Aplicamos la ecuación de los gases perfectos a la fase vapor
RT
p
Sustituyendo en la ecuación y separando variables resulta:
pV  RT  V 
dp  44,329 T  57206
dp 1  44,329
57206 


  
dT  
dT  
2
dT
p R
T
RT
T2

p
44,329
57206
6884
 ln p  
lnT 
Cte  -5,32 ln T  Cte (1)
8,31
8,31  T
T
Para hallar el valor de la constante de integración utilizamos el hecho experimental de
que el agua pura hierve a 100 ºC = 373 K cuando la presión de vapor es 101 325 Pa= 1
atm.
6884
 Cte  Cte  11,53  31,5  18,46  61,49
373
Sustituyendo este valor de la constante en la ecuación (1)
ln 101325  5,32 ln 373 
6884
 61,49  ln p  7,78  p  2384 Pa
273  20
2384
p
 760  17,9 mm Hg
101325
ln p  5,32 ln(273  20) 
b) Calculamos el valor de la presión que existe en lo alto de la montaña. La variación de
la presión con la altura es:
dP  ρ g dz (2)
El signo menos indica que la presión disminuye con la altura. En la ecuación anterior
puede admitirse, sin apenas error, que g es la misma que en la superficie terrestre y que
la densidad del aire la expresamos en función de la presión y la temperatura, aplicando
la ley de los gases perfectos.
PV  nRT 
m
ρ R T ρ R 293  λ z 
PM
RT  P 

 ρ
M
M
M
R 293  λ z 
Sustituyendo en la ecuación (2)
dP  
PMg
Mg
dP
dz
dz  


R 293  λ z 
P
R 293  λ z
Para resolver la segunda integral hacemos el cambio de variable
293  λ z  a  da  λ dz  dz  

da
λ
Mg
Mg
dP
dz
da
Mg

 lnP  

 lnP 
ln a  Cte 


P
R 293  λ z
R
λa
Rλ
Mg
 lnP 
ln 293  λ z   Cte
Rλ
Para hallar la constante de integración, sabemos que cuando z=0 (nivel del mar) la
presión es una atmósfera, Po =101325 Pa
lnPo 
Mg
Mg
ln 293  Cte  Cte  lnPo 
ln 293 
Rλ
Rλ
 lnP 
Mg
Mg
ln 293  λz   lnPo 
ln 293 
Rλ
Rλ
ln
P M g  293  λz 

 ln

P0 R λ 
293 
Sustituyendo valores numéricos en la última ecuación
ln
P
29.10 3  9,8
293  6,5.10 3  2000
P

ln
 0,239 
e 0,239 
3
101325 8,31  6,5.10
293
101325
 P  7,98.10 4 Pa
Vayamos a la ecuación de Clausius-Clapeyron
dp
ΔH
 44,329T  57206
dp  44,329 57206 
 5,33 6884 
dT  



  

 2 dT 
2 
RT
dT TV l iquido
P 
RT
T
RT 
T 

T
p
7,98.104
T
T
E
E
 1
T
dp
dT
dT
7,98.10 4
1 
 



5,33

6884

ln
 5,33 ln E  6884

 p
 T
 T2
101325
373
T
373
E


101325
373
373
TE 6884

 18,46 
373
TE
La ecuación (3) la resolvemos por tanteo
 0,239  5,33 ln
18,70  5,33 ln
TE 6884

(3)
373
TE
TE= 363 K 18,70<-0,14+18,96 ; TE= 365 K 18,70<-0,12+18,86
TE= 367 K 18,70>-0,086+18,76 ; TE= 366,8 K 18,70>-0,089+18,76
TE= 366,6 K 18,70  -0,092+18,78
Damos este último valor como solución TE =366,6 K = 93,6 ºC
345.-El centro de una circunferencia de radio R coincide con el centro de
coordenadas de un sistema de referencia XY. Un segmento lineal de
longitud mayor que
 2R se desplaza de forma paralela al eje X con una

velocidad u  uj . Dicho segmento corta a la circunferencia en dos
puntos simétricos respecto del eje Y. Considerando el punto M de la
figura, se pide: a ) Calcular la velocidad del punto M y sus componentes
sobre los ejes coordenados, b) sus aceleraciones.
Representar las mencionadas magnitudes frente a , si u= 0,2 m/s y R =
2 m.
c) Determinar la ecuación θ  f(t) y representarla para los valores
anteriores de u y R.
Y
M
 
u
X
Supongamos que en el tiempo t =0 la recta toca a la circunferencia en el punto superior
y que un tiempo t después se encuentra en la posición M1 indicada en la figura 2.
Y

M1
y
y
M2
Δθ
X
Fig.2
Transcurrido un tiempo muy pequeño t t  0 el punto M ha recorrido el arco M1
M2 y según el eje Y, el segmento lineal y. Designamos con v al módulo de la
velocidad del punto M.
vm 
d(arcoM1M 2 ) R θ
y
vm
u
R θ

; u


 v m  u
dt
t
t
R θ
y
y
En el límite escribimos v  u
R dθ
dy
De la figura 2 se deduce:
y  R cos θ 
dy  R senθ dθ

dθ
1

dy
R sen θ
Finalmente:
v  uR
1
u
(1)

R sen θ sen θ
v es el módulo de un vector que es tangente a la circunferencia en cada punto. Este
vector tendrá una componente sobre el eje X y otra sobre el eje Y. En la figura 3 se ha
dibujado este hecho.
vy
vx

v y  vcos β  v sen θ 
v
 
Fig.3
u
u
u
(2)
 sen θ  u ; v x  vsen β  vcos θ 
 cosθ 
sen θ
sen θ
tag θ
De las ecuaciones anteriores se deduce que la velocidad v tiene en cualquier punto de la
circunferencia una componente sobre el eje Y constante y de módulo u. La componente
x es variable.
Como M recorre una circunferencia posee aceleración centrípeta cuyo módulo es:
v2
u2
aC 

(3)
R R sen 2 θ
Calculamos las componentes del vector aceleración sobre los ejes coordenados
La aceleración sobre el eje Y es nula ya que la componente de la velocidad es u y se
mantiene constante. La componente de la aceleración sobre el eje X vale:
1
u


dv
dv dθ d
u
dθ
cos 2θ  dθ  dy   u    1    u  
 
ax  x  x 
 

dt
dθ dt dθ  tag θ  dt
tag 2θ
dy dt
sen 2θ  R sen θ 
u2

ax  
(4)
R sen 3θ
El signo menos de la ecuación anterior indica que la componente sobre el eje X tiene
sentido contrario al positivo
c) De la figura 4 se deduce que en el intervalo de tiempo t, el ángulo ha pasado de valer
cero a valer .
t=0
A
B
t
 R
O
cos θ 
Fig. 4
OB R  AB
u
u 


 1  t  θ  arco cos1  t  (5)
R
R
R
 R 
Alternativa
En la posición M1 de la fig.2; correspondiente a un instante cualquiera t, en el que la
posición angular θ(t) = θ es cualquier ángulo, el vector de posición respecto del centro
de la circunferencia es.
El vector velocidad.
Como la velocidad según el eje Y es constante y vale –u podemos igualar:
Sustituyendo:
Las componentes intrínsecas de la aceleración:
(6)
El vector aceleración y sus componentes cartesianas, se obtienen de derivar respecto del
tiempo el vector velocidad.
Si hacemos una aplicación para el instante en el que la posición angular es de θ = 90º.
;
Separando variables e integrando resulta:
Para t = 0; θ = 0 y cos 0 = 1; con lo que la constante C = -1
Resultando finalmente que las posiciones angulares del punto M varían con el tiempo
por la ecuación:
Las gráficas son las siguientes:
Esta gráfica corresponde a la ecuación (1)
0,8
0,7
velocidad/m.s-1
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
50
100
150
200
150
200
ángulo/º
Esta gráfica corresponde a la ecuación (2)
0,8
0,6
velocidad(x)/m.s-1
0,4
0,2
0
0
50
100
-0,2
-0,4
-0,6
-0,8
ángulo/º
Esta gráfica corresponde a la ecuación (3)
0,3
aq.centrípetam.s-2
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0
50
100
150
200
ángulo/º
Esta gráfica corresponde a la ecuación (4)
0
0
50
100
-0,2
(ax) m.s-2
-0,4
-0,6
-0,8
-1
-1,2
ángulo/º
150
200
Esta gráfica corresponde a la ecuación (5)
180
150
ángulo/º
120
90
60
30
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
tiem po/s
Esta gráfica corresponde a la ecuación (6)
2,5
2
aceleración tangencial en ms-2
1,5
1
0,5
0
0
50
100
-0,5
-1
-1,5
-2
-2,5
ángulo/º
150
200