buenas, yo plantee el 1 asi:

por ser ciclo cerrado:
\[\Delta U = 0 \Rightarrow W_{tot} = Q_{tot}\]

usando la formula general:
\[W = \int_{V_a}^{V_b}P(V) dv\]

me queda:
\[W_{ab} = 0,8\cdot 10^6 J\]
\[W_{bc} = 1,2\cdot 10^6 J\]
\[W_{ca} = -1,8\cdot 10^6 J\]
\[W_{tot} = Q_{tot} = 0,2\cdot 10^6 J = 200.000 J\]

vincentVega te fijas si el planteo esta bien?

el 2
como bien dijeron, la formula a usar es la del potencial para cargas puntuales:
\[V = \frac{KQ}{r}\]
sabemos ademas que:
\[W = Q_0\Delta U\]
\[\Delta U = -\Delta V\]

entonces:
\[V_s = (\frac{KQ}{(0,7-(-1,5))}) + (\frac{K(-Q)}{((-0,7)-(-1,5))}) = KQ (\frac{1}{2,2}-\frac{1}{0,8})\]
\[V_s = (-0,8) KQ \]
analogamente:
\[V_p = KQ (\frac{1}{0,8}-\frac{1}{2,2}) = 0,8KQ \]
finalmente:
\[\Delta V = V_p - V_s = KQ(0,8 - (-0,8)) = 1,6 KQ \]
\[\Rightarrow \Delta U = Q_0 \cdot 1,6 \cdot K \cdot Q = -1,44 J\]
\[\Rightarrow W = 1,44 J\]

Jarry está OK, pero cuidado con el signo:

\[W_{ab}=A1\]

\[W_{bc}=A2\]

\[W_{ca}=-A3\]

Donde A1, A2, y A3 son las áreas bajo las curvas que representan la evolución.

El área A3 es negativa porque el trabajo es de compresión, y como las áreas A1 y A2 están inscritas en A3, entonces el trabajo total es negativo, por ende el calor también lo es.

Para la parte B:

Las evoluciones isotérmicas responden a la ecuación:

\[p(v)=\frac{1}{k_{a}}.v\] (son hipérbolas)

donde

\[k=n.R.T_{a}\]

Entonces, de pertenecer a la misma isoterma, los puntos A y B responden a las siguientes ecuaciones:

\[p_{A}.V_{A}=n.R.T_{a}\]

\[p_{B}.V_{B}=n.R.T_{a}\]

De lo cual se deduce que

\[\frac{p_{A}.V_{A}}{p_{B}.V_{B}}=1\]

Entonces, si el cociente da 1, pertenecen a la misma isoterma.

Hola! en el punto 6 planteé lo siguiente:
Como inicialmente el circuito es RL consideré \[Z=\sqrt{R^2+(X_{L})^2}\]

Después con el dato del factor de potencia se despeja \[X_{L}\]

\[\cos \theta =X/Z\]
\[\cos \theta =X/\sqrt{R^2+(X_{L})^2}\]

acá me dió XL=80 ohm

Conociendo XL se puede calcular XC para que el factor de potencia sea ese que se pedía

\[\cos \theta =X/\sqrt{R^2+(X_{L}+X_{C})^2}\]

Reemplazando los datos y el valor de XL despeje y me quedó XC=35 ohm

por último \[X_{C}=1/\omega .C\]

De ahí me quedo que \[C=3,57.10^{-3}F\]


Primero les pregunto si les parece que está bien planteado y si les dio lo mismo la capacidad
Segundo, si lo que plantee esta bien, como es que el factor de potencia puede ser 0,6 siendo que está conectado sólo a una bobina y debería haber un adelanto de 90º?

Disculpen gente, entonces en el 1. esta mal plantear que el trabajo en un ciclo cerrado es el área del ciclo? Para no cometer de nuevo viejos errores.

Ademas de esta consulta subo la resolución del ejercicio 2 a ver que alguien me lo vea por favor si esta bien encarado. muchas gracias

[/spoiler][/offtopic]

Todo lo contrario, está ok...lo que está mal es el signo positivo. Vos tenés 3 áreas, el área AB (trapecio de lados rectos), el área BC (trapecio de lados rectos) y el área CA (rectángulo que tiene inscritos ambos trapecios); los trabajos AB y BC son de expansión, entonces son positivos (hechos del sistema hacia el medio ambiente), pero el CA es negativo (hecho desde medio ambiente hacia el sistema) y, al ser el más grande de todos, hace que el trabajo total sea negativo. Jarry puso que el trabajo total es positivo, pero en verdad es negativo.

(22-02-2015 02:52)Jarry escribió:  buenas, yo plantee el 1 asi:

por ser ciclo cerrado:
\[\Delta U = 0 \Rightarrow W_{tot} = Q_{tot}\]

usando la formula general:
\[W = \int_{V_a}^{V_b}P(V) dv\]

me queda:
\[W_{ab} = 0,8\cdot 10^6 J\]
\[W_{bc} = 1,2\cdot 10^6 J\]
\[W_{ca} = -1,8\cdot 10^6 J\]
\[W_{tot} = Q_{tot} = 0,2\cdot 10^6 J = 200.000 J\]

vincentVega te fijas si el planteo esta bien?

el 2
como bien dijeron, la formula a usar es la del potencial para cargas puntuales:
\[V = \frac{KQ}{r}\]
sabemos ademas que:
\[W = Q_0\Delta U\]
\[\Delta U = -\Delta V\]

entonces:
\[V_s = (\frac{KQ}{(0,7-(-1,5))}) + (\frac{K(-Q)}{((-0,7)-(-1,5))}) = KQ (\frac{1}{2,2}-\frac{1}{0,8})\]
\[V_s = (-0,8) KQ \]
analogamente:
\[V_p = KQ (\frac{1}{0,8}-\frac{1}{2,2}) = 0,8KQ \]
finalmente:
\[\Delta V = V_p - V_s = KQ(0,8 - (-0,8)) = 1,6 KQ \]
\[\Rightarrow \Delta U = Q_0 \cdot 1,6 \cdot K \cdot Q = -1,44 J\]
\[\Rightarrow W = 1,44 J\]

El calor total que es igual al trabajo total a mi me da -2000 Joule sume todo es decir las areas de los triangulos en AB y BC mas la presion A constante por la variacion de volumen Va Vc por ser isobarica

Titolp
puede ser que haya usado 10^6 en vez de 10^5 en los calculos, por eso la diferencia de ceros. si vos decis que da -2*10^3 y no -2*10^5 avisame y edito mi post asi queda bien para futuras referencias

1.800 J el Wca?
Por qué a todos les da distinto?

Por ser isobárica \[W = p\Delta V = 120 KPa.(35l - 10l) = 3000 KPa.l = 3000 J \]

Como el trabajo es regresivo quedan -3000J

\[W_T = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = 800 J + 1200 J + (-3000J) = -1000J\]

Por ser un ciclo completo

\[\Delta U = 0 \]

Entonces

\[Q_{ACB} = W_{ACB} = \boldsymbol{-1000J}\]

Edit: Agrego el 3b, no se como llegaste a b) 4,49 x 10^4 J MSC
Como alcanza el régimen estacionario, no hay corriente en la rama del capacitor por lo que el circuito es el mismo que el punto a) A simple vista, el voltaje sobre el capacitor es el mismo que hay sobre la tercer y cuarta resistencia. Entonces

\[Va - i_{2}R_{3} = Vb\]

\[Va - Vb = 0,24A.20\Omega = 4,8V\]

\[Q = CV = 60x10^{-6}\mu F.4,8V = 2,88x10^{-4}C\]

tatantatan el 3b me dio lo mismo que vos, pero guarda, que te piden la energia, no la carga
\[U = \frac{1}{2} Q \]

Tenés razónnnnnn

Alguien me podría decir como se llega al resultado del punto 3-b) ? Tengo entendido que en régimen estacionario no circula corriente por el capacitor, esto es así? La fuente E me dió 12V y luego de pasar por R1 tengo 4V. Por lo tanto la diferencia de potencial me da 8V, pero con esto no llego al resultado que pusieron en el post.

Muchas gracias!!!

2 comentarios arriba tuyo

(26-02-2015 01:51)Jarry escribió:  tatantatan el 3b me dio lo mismo que vos, pero guarda, que te piden la energia, no la carga
\[U = \frac{1}{2} Q \]

La U almacenada en un capacitor es
\[U = \frac{1}{2} \frac{Q^{2}}{C}\]

o

\[U = \frac{1}{2}{C} (\Delta V_{C})^{2}\]

Y el resultado daba \[691,2 \mu J\]

(21-02-2015 14:35)tatantatan escribió:  En el 3)

a) \[P_{disipada} = I^2R \]

\[1,6w = {I_{1}}^210 \Omega\]

\[I_{1} = 0,4 A\]

(1) \[I_{1} = I_{2} + I_{3} = 0,4A\]

Malla R1-R2 (por método corriente de rama):

(2) \[-R_{2}I_{2} + R_{3}I_{3} = 0\]

Trabajando con 1 y 2 \[R_{3} = 0,16A\]

\[P_{disipR4} = {I_{3}}^2R_{4} = 0,16A^2.30\Omega = 0,768w\]

b) Después cuando pinte

Emm, luego de aplicar kirchoff y nodos, por qué te da lo que te da con esos valores?
Si yo planteo que i2+i3 = 0,4a y luego digo que -R2*i2+R3*i3=0 (intuyo que estás tomando que la circulación de corriente es antihoraria y que la corriente de la rama (obtenida x nodos) la multiplicas por la resistencia para sacar la tension entre los 2 puntos de la rama. Y mirá lo que pasa:

\[i1=i2+i3=0,4A\] => \[0,4A-i2=i3\]
Con tu ecuación: \[-R2*i2+R3*i3=0\] reemplazo

Entonces:
\[-R2*i2+R3*(0,4A-i2)=0\]
Asi se llega, despejando a que:
\[i2=\frac{0,4*R3}{R2+R3}\]
Si R2 = 50, R3 = 20
i2 = 0,4 * 20 / 70 = 0,1142 A
i3 (por nodos) => 0,4-0,1142 = 0,2857 A = i3

No sé qué hiciste la verdad jaja

SalaG Mirá, ese final lo rendí y estaba bien el ejercicio, pero no tengo la más puta idea como llegue a 0,16 ampere. igual la vas aprobar, no te quedes con esa boludez