Fundamentos Físicos de la Ingeniería

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Tercer Examen Parcial / 18 junio 2005
1. Una corriente ascendente de aire seco tiene una temperatura de 27 ºC, una presión de 101.3 kPa y una
densidad de 1.18 kg/m3 a nivel del suelo. Consideremos que asciende a 100 m de altura sin intercambio de
calor con su entorno. a) Determinar la presión atmosférica a la altura de 100 m. b) Calcular la temperatura
que tendrá la corriente de aire a esa altura. c) Explicar la causa de esa variación de temperatura de la corriente
de aire. Cuantifíquese para 1 mol de aire.
Nota: A los solos efectos del apartado a), considérese que la densidad de la atmósfera no varía
significativamente en una diferencia de alturas de 100 m.
a) Calculamos la presión atmosférica a una altura de 100 m sobre el suelo despreciando el
cambio de densidad del aire con la altura (ρ = cte); esto es, p0 = p100 + ρ gh
p100 = p0 − ρ gh = 101300 −1.18×9.8×100 = 101300 −1156 = 100144 Pa
b) Consideremos una cierta cantidad de aire (digamos, n moles). Durante el ascenso,
experimenta un proceso termodinámico en el que disminuye su presión, en tanto que no
intercambia calor con su entorno. En definitiva, experimenta una expansión adiabática
durante el ascenso, lo que implica una disminución de la temperatura (vide gráfica).
A partir de la ec. de la adiabática en función de (p,V) y de la ec. de estado del gas perfecto,
eliminamos el volumen para obtener la ec. de la adiabática en función de (p,T).
⎧⎪ pV γ = cte
⎪⎪
⎨
⎪⎪ pV = nRT
⎪⎪⎩
p
T
p
→ V = nR
γ
⎛T ⎞
p ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = cte →
⎜⎝ p ⎠⎟
1−γ
p
γ
T = cte →
p
1−γ
γ
T = cte
Puesto que el aire se comporta como un gas biatómico,
será
γ=
Cp
CV
=
suelo
p0
100 m
p100
1− γ
2
f + 2 5+ 2 7
=
= = 1.4 →
=−
5
5
7
f
γ
T0
T100
V
Entonces, aplicando la ec. de la adiabática entre los estados inicial y final, será
1−γ
1−γ
⎛ p0 ⎞⎟
⎟
⎜⎝ p100 ⎠⎟⎟
1−γ
γ
( p100 ) γ T100 = ( p0 ) γ T0 → T100 = T0 ⎜⎜⎜
−2 / 7
⎛101 300 ⎞⎟
⎟
T100 = 300 ⎜⎜
⎜⎝100 144 ⎠⎟⎟
= 300×1.0115−2 / 7 = 300× 0.997 = 299 K = 26 ºC
de modo que la corriente de aire ascendente se ha enfriado un grado.
c) Aplicando el Primer Principio al proceso adiabático, ∆U = Q −W = −W , de modo que
el trabajo asociado a la expansión adiabática del aire da lugar a la disminución de la energía
interna de éste y, por ende, de su temperatura. Así, para 1 mol de aire será:
⎛5
⎞
W = −∆U = −nCV ∆T = −1×⎜⎜ ×8.3143⎟⎟⎟×(−1) = 20.8 J
⎜⎝ 2
⎠
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 23/06/2005
ETSIAM
Universidad de Córdoba
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Tercer Examen Parcial / 18 junio 2005
2. Una esfera conductora, de radio R, que posee una carga eléctrica +Q, está envuelta por una capa dieléctrica
de espesor 3R y permitividad relativa igual a 3. El conjunto se encuentra aislado en el aire, a una distancia
muy grande de cualquier otro conductor. a) Dibujar esquemáticamente la distribución de carga eléctrica en el
conductor y la polarización en el dieléctrico. b) Expresar el campo eléctrico en el dieléctrico y en el aire en
función de la distancia r al centro de la esfera conductora. c) Calcular el potencial al que se encuentra la
esfera conductora. d) Calcular la capacidad eléctrica de la esfera conductora.
a) La carga eléctrica +Q se sitúa sobre la superficie de
la esfera conductora, tal como se ilustra en la figura.
La capa de material dieléctrico se polariza, orientándose los dipolos en la dirección radial, dando lugar a
la aparición de carga de polarización, de signos
opuestos, en las superficies interior y exterior de la
capa dieléctrica.
Ea
aire
4R
Ed
E
b) Campos eléctricos:
•
•
en el dieléctrico: Ed =
1 Q
el aire: Ea =
4πε0 r 2
1 Q
4πε r 2
R < r < 4R
conductor
Q
dieléctri
+
+
+
R
+
V
r > 4R
+
c) Calculamos el potencial de la esfera conductora como la circulación del campo eléctrico
desde su superficie hasta el infinito (potencial de referencia nulo), de modo que
R
V − V∞ = −∫ E idr = ∫
∞
∞
R
E idr =
4 R dr
Q
Q
+
2
∫
4πε R r
4πε0
∫
∞
4R
dr
r2
integramos
V =
=
Q
4πε
⎡1
⎢
⎢⎣ r
R
⎤
Q
⎥
+
⎥⎦ 4 R
4π ε0
⎡1
⎢
⎢⎣ r
4R
⎤
Q
⎥
=
⎥⎦ ∞
4πε
Q
3
Q
1
1
+
=
4π εrε0 4 R
4π ε0 4 R
4π ε0
⎛ 1
1
⎜⎜
−
⎝⎜ R
4R
⎞⎟
Q
1
=
⎟⎟ +
⎠
4π ε0 4 R
⎛ 3
⎞ Q
⎜⎜
+ 1 ⎟⎟⎟
⎜⎝ ε
⎠⎟ 4 R
r
y sustituimos εr = 3
V=
1 ⎛⎜ 3 ⎞⎟ Q
Q
1
=
= V0
⎜⎜⎝ + 1⎠⎟⎟
4πε0 3
4 R 8πε0 R 2
siendo V0 el potencial que tendría la esfera conductora en el aire (vacío) sin la envuelta
dieléctrica.
d) La capacidad de la esfera conductora será
C=
Q
Q
=
= 8πε0 R = 2C0
V Q / 8πε0 R
siendo C0 la capacidad que tendría la esfera conductora en el aire (vacío) sin la envuelta
dieléctrica.
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3. Consideremos el circuito representado en la figura. a) Calcular las
intensidades de corriente que circulan por cada rama, indicando su
sentido en un esquema. b) Asignando el potencial nulo al punto A,
determinar los potenciales en los puntos B, C, D y E.
1Ω
B
0.25 V
2Ω
C
3Ω
4Ω
A
D
0.50 V
E
a) Método de la mallas de Maxwell:
⎛
⎞ ⎛
⎞⎛ ⎞
⎜⎜ 0.25 ⎟⎟ ⎜⎜ 5 −4 0 ⎟⎟⎜⎜ I1 ⎟⎟
⎟
⎟ ⎟
⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟ = ⎜⎜⎜−4 7 −3⎟⎟⎜⎜⎜ I 2 ⎟⎟ → ∆ = 50
⎟
⎟
⎜⎜−0.50⎟⎟ ⎜⎜ 0 −3 5 ⎟⎟⎜⎜ I ⎟⎟⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠⎝ 3 ⎠
1
I1 =
50
0.25 −4 0
0.5
= +0.010 A = 10 mA
0
7 −3 =
50
−0.50 −3 5
5
0.25
0
−2.5
1
−4
−3 =
= −0.130 A = −50 mA
I2 =
0
50
50
0 −0.50 5
5 −4 0.25
−6.5
1
−4 7
= −0.050 A = −130 mA
0 =
I3 =
50
50
0 −3 −0.50
I3
I2
4Ω
10 mA
D
3Ω
A
B
10
130 mA
C
1Ω
2Ω
50
4Ω
60 mA
80 mA
A
E
50 mA
D
130
0.50 V
0.25 V
2Ω
0.50 V
I1
C
0.25 V
B
1Ω
3Ω
E
Las corrientes de malla (corregidas) y las corrientes de rama se indican en la segunda figura.
b) Cálculo de d.d.p. o de potenciales referidos a VA=0 :
⎧⎪VBA = VB = −(−0.25) = 0.25 V = 250 mV
⎪⎪
⎪VCA = VC = 4× 60 = 240 mV
Vab = ∑ iR − ∑ E → ⎪⎨
⎪⎪VDA = VD = −(−0.50) = 0.50 V = 500 mV
⎪⎪
⎪⎪⎩VEA = VE = 0
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4. Una partícula cargada, de masa m y carga eléctrica q, se mueve con
una velocidad v en el vacío. En estas condiciones, la partícula penetra
en una zona, de anchura h, en la que existe un campo magnético uniforme B, en dirección perpendicular a dicho campo. a) Determinar el valor
mínimo de B para que la partícula no pueda atravesar la zona. b) ¿Qué
desviación experimentará la partícula, tras atravesar la zona, si el campo
magnético tiene un intensidad que es la mitad de la calculada en el
apartado anterior?
•
•
•
•
•
h
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
• B•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
v
⊕ q
a) La fuerza que actúa sobre la partícula cargada viene dada por la fórmula de Lorentz:
F = q v×B
de modo que, al ser perpendicular a la velocidad, tan solo modifica la dirección de ésta,
dando lugar a una trayectoria circular de radio R, tal que
F = qvB = man = m
v2
R
→ R=
mv
qB
•
•
•
•
h
Puesto que el radio de la trayectoria es inversamente
proporcional a la intensidad del campo magnético, y
se requiere que R ≤ h para que la partícula no
atraviese la zona, deberá ser:
v
⊕
mv
mv
B≤
→ Bmín =
qh
qh
v•
⊕
•
F
•
•
•
•
•
•
h
el radio del arco de trayectoria circular será
mv
mv
R'=
=
= 2h
qB ' q mv
•
•
•
•
•
R’
•
•
•
C
•
•
• B’ •
•
•
• θ •
•
•
•
•
C’
θ v
Para
1
mv
Bmín =
2
2qh
•
•
• B•
•
•
•
•
q
b) Si se reduce la intensidad del campo magnético,
aumenta el radio de la trayectoria y, si R ≥ h, la
partícula atraviesa la zona y sale desviada un cierto
ángulo θ.
B'=
•
•
R
•
•
v
⊕
•
•
•
•
q
2 qh
El ángulo de desviación que experimenta la partícula tras atravesar la zona se determina
fácilmente a partir de la figura:
sen θ =
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h
h
=
= 0.5 → θ = 30º
R ' 2h
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22.28 mH
220 V
50 Hz
∼
398 µF
5. En el circuito de la figura hállense: a) La intensidad total y en
cada uno de los elementos. b) La diferencia de tensión en bornes
de cada elemento. c) La potencia total y la consumida por cada
elemento. d) Características del elemento que tendríamos que
conectar en paralelo para corregir totalmente el factor de
potencia.
8Ω
Cálculo de impedancias: ω = 2πν = 100π rad/s
X L = ω L = 100π × 22.28×10−3 = 7 Ω → X L = 7 j = 7 90º Ω
1
1
1
=
=
= 8 Ω → X C = −8 j = 8 −90º Ω
−6
0.125
ωC 100π ×398×10
1
1
1
= +
= (0.125 + 0.125 j ) = 0.177 45º → Z p = 5.66 −45º = ( 4 − 4 j ) Ω
Z p 8 −8 j
XC =
Z = 7 j + (4 − 4 j ) = ( 4 + 3 j ) = 5 37º Ω
(inductivo)
a) y b) Cálculo de intensidades y de tensiones:
⎧
220 0º
⎪
⎪⎪I = V =
= 44 −37º = (35.2 + 26.4 j ) A
⎪⎪
Z 5 36.87º
⎪
⎪⎨V = IX = 44 7 = 308 V
L
53º
−37º 90º
⎪⎪ L
⎪⎪Vp = IZ p = 44 −37º 5.66 −45º = 249 −82º V →
⎪⎪
⎪
⎪
⎩
Vp 249 −82º
⎪⎧⎪
=
= 31−82º A
⎪⎪I R =
R
8
⎪
⎨
249 −82º
Vp
⎪⎪
=
= 31 8º A
⎪⎪I C =
8 −90º
XC
⎪⎩
c) Cálculo de potencias:
⎧
f.p. = cos φ = cos 37º = 0.8 (inductivo)
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩ P = VI cos φ = 220× 44× cos 37º = 7 744 W
⎧
PR = VR I R = 7 744 W
⎪
⎪
⎪⎪
⎨ PL = VL I L cos 90º = 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ PC = VC I C cos 90º = 0
(obvio)
(obvio)
Tan solo se consume potencia en el elemento resistivo.
d) Corrección total del factor de potencia:
El factor de potencia inductivo se corrige con un condensador en paralelo con la carga.
Iact=I cosφ
I
Icond
retrasada
C
adelantada
V
Ireact=I senφ
φ
I
V
I react = I sen φ
V
V
=
= ωCV
adelantada: I cond =
X C 1/ ωC
I
I senφ
I sen φ = ωCV → C = react =
ωV
ωV
Sustituyendo valores:
atrasada:
C=
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26.4
= 382×10−6 F = 382 µF
100π × 220
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