Fundamentos Físicos de la Ingeniería Ingenieros de Montes 1. Tercer Examen Parcial 9 junio 2006 Un acondicionador de aire funciona según un ciclo reversible de Carnot. Su potencia frigorífica es de 10 kilofrigorías/hora cuando extrae calor de un local a 24 ºC y lo cede al exterior a 35 ºC. a) Calcular la potencia que debe suministrar el motor. b) Con esa misma potencia del motor, calcular la potencia frigorífica cuando el local se encuentra a 21 ºC y el exterior a 40 ºC. Datos: 1 kfrigoría = 1 Mcal → Mcal Q 2 = 10 h a) Aplicamos el Primer y Segundo Principios de la Termodinámica a la máquina reversible: T1=308 K Q1 W ⎧Q1 + Q 2 = W ⎪ ⎨ Q1 Q 2 ⎪T + T = 0 ⎩ 1 2 → Q2 Mcal ⎧ ⎪⎪W = −10.37 + 10 = −0.37 h ⎨ ⎪Q1 = − T1 Q 2 = − 308 × 10 = −10.37 Mcal T2 297 h ⎪⎩ T2=297 K De modo que la potencia del motor es: Mcal 4.18 MJ 1 h P = W = −0.37 = −430 W h 1 Mcal 3600 s b) De nuevo, aplicamos el Primer y Segundo Principios de la Termodinámica: Q2 ⎧Q1 + Q 2 = W Q1 −Q 2 W ⎪ → = = ⎨ Q1 Q 2 T1 T2 T1 − T2 ⎪T + T = 0 ⎩ 1 2 T1 313 Mcal ⎧ = = − = − Q W 0.37) 6.1 ( ) 1 ⎪ T1 − T2 313 − 294 h ⎪ ⎨ ⎪Q = T2 W = 294 ( −0.37) ) = +5.7 Mcal ⎪⎩ 2 T2 − T1 294 − 313 h T2=294 K De modo que la potencia frigorífica es: T1=313 K Q1 W Mcal kfrigorías Q 2 = 5.7 = 5.7 h h Departamento de Física Aplicada Revisión: 18/06/06 Universidad de Córdoba Impresión: 18/06/2006 Fundamentos Físicos de la Ingeniería Ingenieros de Montes Tercer Examen Parcial 9 junio 2006 2. Sobre dos esferas conductoras, de radios 0.10 m y 0.15 m, se depositan cargas eléctricas de +100 nC y +200 nC, respectivamente. Ponemos las esferas en contacto y luego las separamos de nuevo. Calcular la carga final y el potencial de cada esfera. Durante este proceso -- La carga neta total permanece constante -- Se transfiere carga hasta que finalmente se igualan los potenciales Escribimos las ecuaciones correspondientes: ⎧Qn = Q1 + Q2 = Q1′ + Q2′ ⎪ 1 Q1′ 1 Q2′ ⎨ ′ V = = ⎪ 4πε 0 R1 4πε 0 R2 ⎩ ⎧Q1′ + Q2′ = Qn ⎪ → ⎨ Q1′ Q2′ (2 ec. 2 incogn.) ⎪R = R ⎩ 1 2 V1 V2 Q1 Q2 Antes de ponerlas en contacto Resolvemos y sustituimos los valores dados en el enunciado: Q1′ Q2′ Qn = = R1 R2 R1 + R2 R1 10 ⎧ ′ ⎪Q1 = R + R Qn = 25 300 = 120 μC ⎪ 1 2 → ⎨ ⎪Q′ = R2 Q = 15 300 = 180 μC ⎪⎩ 2 R1 + R2 n 25 V’ Q1’ Q2’ El potencial final, común a las dos esferas conductoras, es V′ = 1 Q1′ 120 × 10−9 = 9 ×109 = 10.8 kV 4πε 0 R1 10−1 Departamento de Física Aplicada Revisión: 18/06/06 Después de haber estado en contacto Universidad de Córdoba Impresión: 18/06/2006 Fundamentos Físicos de la Ingeniería Ingenieros de Montes 3. Tercer Examen Parcial 9 junio 2006 Determinar la f.e.m. y la resistencia interna del generador equivalente al circuito de se representa en la figura, entre los bornes A y B. 12 V 2Ω 6V A 1Ω B 6Ω 12 V 6V 2Ω En virtud de la simetría que presenta el circuito (puente equilibrado), no circula corriente por la resistencia puente, por lo que podemos suprimirla. Entonces, el circuito se reduce a asociaciones serie y paralelo de generadores de f.e.m. 1Ω 1. Asociación de generadores en serie. Se suman las f.e.m y se suman las resistencias internas. 12 V 2Ω 6V A B 6Ω 12 V 6V 2Ω 2. Asociación de generadores en paralelo. Como todos tienen la misma f.em., polaridad y resistencia interna, la f.e.m. equivalente es la de cualquiera de ellos y la resistencia equivalente corresponde a la de una asociación de resistencias en paralelo; esto es, 1Ω 1Ω 1 1 1 = + req r1 r2 3Ω 18 V → req = r1r2 r 3 = = = 1.5 Ω r1 + r2 2 2 B A A 3Ω 18 V B 18 V 1.5 Ω Método general: 1. Abierto ⎧I2 = 0 ⎛ 0 ⎞ ⎛ 10 −6 ⎞ ⎛ I 2 ⎞ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ I ⎟ → ⎨ ⎝ 0 ⎠ ⎝ −6 8 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎩ I3 = 0 VAB = ( 0 ) − ( −12 − 6 ) = +18 V → E == 18 V 2. Corto ⎛18 ⎞ ⎛ 3 −2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 0 ⎟ = ⎜ −2 10 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 0 ⎠ ⎝ −1 −6 3 1 I corto = I1′ = −2 66 −1 I corto = Eeq req −1 ⎞ ⎛ I1′ ⎞ ⎟⎜ ⎟ −6 ⎟ ⎜ I 2′ ⎟ Δ = 66 Ω3 8 ⎟⎠ ⎜⎝ I 3′ ⎟⎠ −2 −1 792 10 −6 = = 12 A 66 −6 8 → req = Eeq I corto = A 6Ω 2 12 V 1Ω 6V 6V 2Ω B 3 1Ω 1 18 = 1.5 Ω 12 Departamento de Física Aplicada Revisión: 18/06/06 2Ω 12 V → Universidad de Córdoba Impresión: 18/06/2006 Fundamentos Físicos de la Ingeniería Ingenieros de Montes 4. Tercer Examen Parcial 9 junio 2006 En el circuito que se muestra en la figura, el alternador suministra una tensión alterna de 50 Hz y en la resistencia de 4 Ω se disipa una potencia de 16 W. a) Calcular la intensidad en cada rama y la tensión entre bornes del generador, así como la intensidad de la corriente suministrada por éste. b) Determinar el factor de potencia de toda la carga. c) Evaluar la potencia consumida y la potencia reactiva de la carga y de cada uno de los elementos. 5Ω 10 Ω 1Ω 4Ω a) Calculamos las impedancias de cada rama y la de la carga total. Z1 = 1 − 5 j = 26 −79º = 5.10 −79º Ω Z 2 = 4 + 10 j = 116 +68º = 10.77 +68º Ω Z= 5.10 −7910.77 68º 54.92 −11º 54.92 −11º Z1Z 2 = = = = 7.77 −56º Ω ( capacitativo ) Z1 + Z 2 (1 − 5 j) + ( 4 + 10 j) 5 + 5j 7.07 45º Calculamos la intensidad en la segunda rama a partir de la potencia disipada en la resistencia: P = I R → I = P / R = 16 / 4 = 2 A 2 La tensión entre A y B (suministrada por el generador) será: V = I 2 Z 2 = 2 −68º10.77 +68º = 21.54 0º V A I 10 Ω 5Ω I2 I1 4Ω 1Ω Las intensidades en cada rama y la suministrada por el generador son: V 21.54 0º I1 = = = 4.22 +79º = ( 0.81 + 4.14j) A Z1 5.10 −79º B Z2 I1 I 2 = 2 −68º = ( 0.75 − 1.85 j) A I= I V 21.54 0º = = 2.77 56º = (1.56 + 2.29 j) A Z 7.77 −56º b) La impedancia de la carga total es capacitativa, con un argumento (ángulo) φ = 56º → f.p. = cos φ = 0.57 (capacitativo) c) Cálculo de las potencias: 56º -56º I2 Z Z1 En la resistencia de la rama 1 se consume: P = I12 R = 4.222 × 1 = 18 W Las potencias reactivas en el condensador y en la bobina son: P = I2X 2 ⎪⎧ Pcond = 4.22 × 5 = 89 W → ⎨ 2 ⎪⎩ Pbob = 2.00 × 10 = 40 W La potencia total: ⎧ P = 34 W S = VI = 21.54 0º 2.77 56º = 60 56º = ( 34 + 49 j) W → ⎨ ⎩Q = 49 W ( capacitativa ) Departamento de Física Aplicada Revisión: 18/06/06 Universidad de Córdoba Impresión: 18/06/2006
