TP4_ej_3-4-8-11-13-14_resueltos

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Física II - Módulo Orozco 1C 2020
Universidad Nacional del Comahue
Ejercicios Resueltos
Trabajo Práctico N° 4
Ejercicio 3
Enunciado
Un alambre de 0, 2mm de diámetro (Ealambre = 34 1010Pa, αalambre = 15 10−6°C−1) se
tensa con un par de fuerzas de 50N , cuando se encuentra a una temperatura de 20°C. En
dichas condiciones se vincula a una barra de aluminio (αAl = 24 10−6°C−1), luego de lo cual
se calienta el conjunto. Suponiendo que el AAl >> Aalambre, calcular la tensión en el alambre
cuando el sistema se lleva a una temperatura de 150°C.
Figura 1: Diagrama del ejercicio 3.
Resolución
Dentro del rango de proporcionalidad se cumple que:
σ =
F
A
= E
∆lM
l0
(1)
donde ∆lM es la variación de longitud debida al esfuerzo mecánico.
Por otro lado, la variación por temperatura ∆lT respeta la relación:
∆lT
l0
= α∆T (2)
En una primer etapa, el alambre se tensa a temperatura constante debido a la fuerza de
50N , podemos pensar que en ese proceso la longitud varía de un valor inicial l0 a un valor
l. Hecho esto, se vincula a la barra de aluminio, de modo que las subsecuentes variaciones
por temperatura estarán limitadas por las variaciones de la barra. En este caso, como αAl >
αalambre, la barra tendría una mayor expansión por temperatura, de modo que tensionará el
alambre mecánicamente al deformarse. Podemos pensar que en esta segunda etapa el alambre
cambia su longitud de l a lF . La variación total será la misma para ambos, de manera que
se debe cumplir que:
lF − l = ∆lMalambre +∆lTalambre = ∆lMAl +∆lTAl
En este caso las variaciones hacen referencia únicamente al segundo proceso. Utilizando
las ecuaciones de deformación mecánica (1) y de deformación térmica (2):
l
1
Ealambre
FAl/alambre
Aalambre
+ l αalambre∆T = l
1
EAl
Falambre/Al
AAl
+ l αAl∆T (3)
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Trabajo Práctico N° 4
El valor de la longitud al momento de vincular el alambre con la barra, l, aparece en
todos los términos, por lo que se simplifica. La tensión adicional a la que está sometida el
alambre, es decir, sin contemplar la tensión inicial debida a los 50N , es la fuerza que ejerce el
aluminio sobre el alambre, que por tercera ley de Newton es igual a la que ejerce el alambre
sobre el aluminio. Para simplificar llamamos a ambas F = FAl/alambre = Falambre/Al. Con esto
reescribimos la ecuación (3) sin l:
1
Ealambre
F
Aalambre
+ αalambre∆T =
1
EAl
F
AAl
+ αAl∆T
Despejando:
F
(
1
Ealambre
1
Aalambre
− 1
EAl
1
AAl
)
= (αAl − αalambre)∆T
Como Aalambre << AAl podemos despreciar el segundo término del paréntesis para obte-
ner:
F
1
Ealambre
1
Aalambre
= (αAl − αalambre)∆T
Luego:
F = EalambreAalambre(αAl − αalambre)∆T = Ealambreπ(ϕalambre/2)2(αAl − αalambre)∆T
Reemplazando con los valores del problema:
F = 34 1010Pa π(0, 1mm)2(24 10−6°C−1 − 15 10−6°C−1)(150°C − 20°C) = 12, 5N
Esta fuerza es la tensión que se genera por la variación térmica del conjunto vinculado.
Sin embargo, el alambre estaba tensionado inicialmente, de modo que la tensión total que
percibe el alambre es:
Ftot = 12, 5N + 50N = 62, 5N
Si bien esto responde a la pregunta de la consigna, el resultado se obtuvo suponiendo que
la deformación mecánica se mantenía dentro del rango de proporcionalidad. En este caso se
desconoce el material exacto del alambre con el que se está trabajando, pero si se tuviera
este dato debería verificarse la validez del resultado obtenido.
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Trabajo Práctico N° 4
Ejercicio 4
Enunciado
Rieles de acero de 2m de longitud son ubicados extremo con extremo dejando un espa-
cio para colocar un hule sintético entre ellos. El coeficiente de dilatación de este hule es:
22 10−5 °C−1 (el signo negativo significa que el hule se contrae cuando se calienta). ¿Qué
espesor deberá tener el espaciador para que se contraiga lo mismo que se expanden las vías
cuando la temperatura aumente 30°C?
Figura 1: Diagrama del ejercicio 4.
Resolución
La compresión del hule va a estar dada por:
∆d = d αhule∆T
Mientras que la expansión del riel de acero está dada por:
∆l = l αacero∆T
Si consideramos que la estructura del diagrama se repite muchas veces (rieles de un tren),
podríamos suponer los extremos de los rieles libres. La variación de cada riel afectaría de
igual forma a los dos trozos de hule que tenga a sus lados. Así, la variación del hule deberá
ser igual a la mitad de la variación del riel a su izquierda más la mitad de la del riel a su
derecha, lo cual equivale, recordando que ∆d < 0, a requerir:
−∆d = ∆l → −d αhule∆T = l αacero∆T
Luego:
d = −l αacero
αhule
Dado que el coeficiente de expansión térmica lineal del acero es 1, 2 10−5°C−1, nos queda:
d = −2m 1, 2 10
−5°C−1
22 10−5 °C−1
= 0, 109m
Notese que el resultado no depende de la variación térmica ∆T .
Alternativamente, se podría suponer que los extremos de los rieles están fijos. Si hiciéra-
mos esto, el hule debería soportar la variación total de cada riel, de modo que:
−∆d = 2∆l → d = 0, 218m
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Ejercicios Resueltos
Trabajo Práctico N° 4
Ejercicio 8
Enunciado
Un calorímetro de aluminio de 200g contiene 500g de agua a 20°C. Dentro del recipiente
se introduce un trozo de hielo de 50g enfriado a −20°C. Suponiendo el calorímetro adiabático:
a) Determinar la temperatura final del sistema.
b) Si ahora se añade un segundo trozo de hielo (200g a −20°C) a la mezcla anterior, ¿cuál
será el estado final de equilibrio del sistema (temperatura y número de fases presentes)?
Resolución
Inciso (a)
Para comenzar, resumimos los datos necesarios para la resolución del problema:
Calorímetro: mc = 200g cAl = 0, 215cal/gK T0 = 20°C
Agua: mH2O = 500g cH2O = 1cal/gK T0 = 20°C
Hielo: mhielo = 50g chielo = 0, 489cal/gK Thielo = −20°C
Adicionalmente, como el sistema es adiabático, tendremos que
∑
Q = 0.
Por otra parte, para poder plantear
∑
Q necesitamos conocer los procesos involucrados.
Considerando las condiciones iniciales, existen cuatro escenarios posibles:
1) El hielo se derrite completamente para luego equilibrar su temperatura con el agua y
el calorímetro, por lo que 0°C ≤ Te < T0.
2) El hielo se derrite parcialmente, por lo que la temperatura final es Te = 0°C.
3) El hielo no se derrite, sino que el agua y el calorímetro bajan su temperatura hasta
0°C y parte del agua se congela, quedando Te = 0°C.
4) El hielo no se derrite, sino que el agua y el calorímetro bajan su temperatura hasta
0°C, el agua se congela completamente y la temperatura se equilibra en un valor
Thielo < Te ≤ 0°C.
En cada caso la sumatoria de calores tomará formas distintas. Para poder resolver el
ejercicio se podría suponer uno de estos casos y estimar la variable desconocida, Te o la
cantidad de masa que cambia de estado. Si el valor hallado se encuentra dentro del rango
permitido, será porque el caso supuesto es el correcto, caso contrario se deberá suponer
un nuevo caso y plantear nuevamente. La situación que realmente ocurre depende de los
parámetros, calores específicos, masas y temperaturas iniciales, y no es fácil de predecir. Es
por ello que conviene buscar otra estrategia de resolución.
Una alternativa más favorable es calcular los posibles calores involucrados paulatina-
mente, intercalando entre calores absorbidos y cedidos según como den los balances hasta
llegar a un punto en que la situación de equilibrio real del problema resulte evidente. Esto se
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Trabajo Práctico N° 5
entiende mejor con un ejemplo concreto, así que veamos la estrategia en detalle aplicándola
al problema.
El primer proceso de absorción de energía se da cuando el hielo aumenta su temperatura.
La cantidad máxima de calor absorbido durante este proceso estará dada por la variación
máxima de temperatura que puede darse antes de que haya un cambiode fase. Para el caso
del agua será hasta T = 0°C:
Q1 = mhielo chielo(0°C − Thielo)
Acá conviene hacer una pequeña aclaración. El calor específico está dado en cal/gK. Un
intento de conversión de unidades puede resultar confuso, sin embargo, si observamos con
atención, el factor que multiplica a este coeficiente es una variación de temperatura, por
lo que su valor en grados centígrados será el mismo que en Kelvin, y podemos simplemen-
te tomar chielo = 0, 489cal/g°C. Es importante hacer esto con precaución, ya que existen
otras fórmulas, como la ecuación del gas ideal, en las que aparece la temperatura en Kelvin
multiplicando a otras variables, y no es posible trabajar las temperaturas en otras unidades.
Aclarado esto, reemplazamos los datos del problema para obtener:
Q1 = 50g 0, 489
cal
g°C
(0°C + 20°C) = 489cal
Para que esto ocurra es necesario un proceso que ceda calor. El primer proceso de este
tipo que ocurre se da por el descenso de temperatura del agua y el calorímetro. Este proceso
puede ceder como máximo un calor:
Q2 = (mH2O cH2O +mc cAl)(0°C − T0)
ya que la máxima variación posible antes de un cambio de fase se daría hasta llegar a T = 0°C
para el agua. Reemplazando los valores del problema:
Q2 =
(
500g 1
cal
g°C
+ 200g 0, 215
cal
g°C
)
(0°C − 20°C) = −10860cal
donde el signo indica que el calor sale del sistema agua-calorímetro.
Como el calor cedido es mayor al necesario para aumentar la temperatura del hielo, se
absorbe calor con el siguiente proceso, la fusión del hielo. Para que se funda por completo se
necesitaría un calor dado por:
Q3 = mhielo Lf = 50g 79, 67cal/g = 3983, 5cal
La suma de los calores absorbidos hasta ahora (Q1+Q3) sigue siendo inferior a la máxima
que puede cederse bajando la temperatura del agua y el calorímetro (Q2), por lo que el hielo
derretido aumentaría su temperatura. Esto quiere decir que el primer caso es el correcto y
la temperatura será superior a 0°C.
El análisis realizado hasta ahora puede escribirse en forma tabular, donde se distingan
en una columna los calores absorbidos y en otra los cedidos, agregando entradas a un lado y
otro hasta identificar el estado final del sistema. Esto sería:
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Trabajo Práctico N° 4
Absorbido Cedido
Q1 = mhielo chielo(0°C − Thielo) = 489cal Q2 = (mH2O cH2O +mc cAl)(0°C − T0)
= −10860cal
Q3 = mhielo Lf = 3983, 5cal
Tot = 4472, 5cal Tot = −10860cal
Una vez conocidos los procesos que ocurren en el problema, podemos plantear el balance
de transferencia de calor:
0 =
∑
Q = mhielo chielo(0°C − Thielo) +mhielo Lf +mhielo cH2O(Te − 0°C)
+(mH2O cH2O +mc cAl)(Te − T0)
Despejando Te:
Te =
−mhielo chielo(0°C − Thielo)−mhielo Lf + (mH2O cH2O +mc cAl)T0
mhielo cH2O +mH2O cH2O +mc cAl
Te =
−Q1 −Q3 + (mH2O cH2O +mc cAl)T0
mhielo cH2O +mH2O cH2O +mc cAl
Te =
−489cal − 3983, 5cal +
(
500g 1 cal
g°C + 200g 0, 215
cal
g°C
)
20°C
50g 1 cal
g°C + 500g 1
cal
g°C + 200g 0, 215
cal
g°C
= 10, 77°C
Se verifica que el valor está dentro del rango permitido para el caso. Es importante revisar
esto, ya que de no cumplirse sabremos que tenemos un error en los cálculos.
Finalmente, podemos concluir que el estado final del sistema es que el hielo se derrita
por completo, elevando la masa de agua presente a 550g, y que todo el conjunto alcance el
equilibrio a una temperatura de 10, 77°C.
Inciso (b)
Se añade ahora otro trozo de hielo. Considerando los valores obtenidos anteriormente
en el equilibro, podemos considerar que esta nueva mezcla se da con los siguientes valores
iniciales:
Calorímetro: mc = 200g cAl = 0, 215cal/gK T0 = 10, 77°C
Agua: mH2O = 550g cH2O = 1cal/gK T0 = 10, 77°C
Hielo: mhielo = 200g chielo = 0, 489cal/gK Thielo = −20°C
Nuevamente, tendremos los cuatro casos posibles explicados antes. Aplicamos la misma
estrategia de resolución.
El primer proceso de absorción de calor es el que eleva la temperatura del hielo:
Q1 = mhielo chielo(0°C − Thielo) = 200g 0, 489
cal
g°C
(0°C + 20°C) = 1956cal
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Trabajo Práctico N° 4
El primer proceso que puede suministrar este calor es el que baja la temperatura del agua
y el calorímetro. Como máximo esto dará:
Q2 = (mH2O cH2O +mc cAl)(0°C − T0)
Q2 =
(
550g 1
cal
g°C
+ 200g 0, 215
cal
g°C
)
(0°C − 10, 77°C) = −6386, 61cal
Como |Q2| > Q1, se debe dar otro proceso de absorción de calor. El siguiente proceso
posible es la fusión del hielo. Como máximo este calor será:
Q3 = mhielo Lf = 200g 79, 67cal/g = 15934cal
Observamos que la suma de calores absorbidos Q1+Q3 darían un valor mayor que el calor
cedido |Q2|, por lo que podemos asegurar que solo parte del hielo se fundirá, y el sistema
alcanzará el equilibrio a Te = 0°C.
Este análisis se puede realizar en forma tabular:
Absorbido Cedido
Q1 = mhielo chielo(0°C − Thielo) = 1956cal Q2 = (mH2O cH2O +mc cAl)(0°C − T0)
= −6386, 61cal
Q3 = mhielo Lf = 15934cal
Tot = 17890cal Tot = −6386, 61cal
Planteamos el balance de transferencia de calor para conocer la cantidad de hielo que se
funde, mx:
0 =
∑
Q = mhielo chielo(0°C − Thielo) +mx Lf + (mH2O cH2O +mc cAl)(0°C − T0)
0 =
∑
Q = Q1 +mx Lf +Q2
Despejando mx:
mx =
−Q1 −Q2
Lf
=
−1956cal + 6386, 61cal
79, 67cal/g
= 55, 61g
Se verifica que el valor obtenido es coherente, es decir, 0 ≤ mx ≤ mhielo = 200g; si no
fuese así tendríamos un error de cuenta.
De esta forma, el sistema termina en equilibrio a 0°C, teniendo una mezcla de dos fases:
144, 39g de hielo y 605, 61g de agua.
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Trabajo Práctico N° 4
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Ejercicio 11
Enunciado
Tres barras metálicas de Cu, Al y latón, de 2,5 cm de largo y 1 cm de diámetro, se
colocan extremo a extremo, con el Al entre las otras dos. Los extremos libres de Cu y latón
se mantienen a 100 °C y 0 °C respectivamente. La conductividad térmica del Cu es 5, 74 kcal
hm°C
y la del aluminio es 3, 39 kcal
hm°C . Suponer que la conductividad del latón es ½ de la del aluminio.
a) Determinar las temperaturas de equilibrio de las uniones Cu – Al y Al – latón.
b) Determinar el calor que atraviesa los materiales.
c) Determinar la resistencia térmica del conjunto.
d) Repetir los incisos b) y c) si las barras ahora se colocan en paralelo entre las fuentes
de calor anteriores.
Resolución
Inciso (a)
En la figura 1 se muestra la disposición de las barras. Considerando que la transferencia
con el medio es más lenta, despreciamos la pérdida de calor con el medio, de modo que el
calor circula únicamente en dirección horizontal, y el valor de Q es el mismo en todo punto
del eje horizontal x. Como el régimen es estacionario, H = dQ
dt
es contante en el tiempo,
y al tener solo flujo de calor en una dirección, H será también constante a lo largo del eje
horizontal.
Sabemos que el flujo de calor por conducción responde a la fórmula:
H =
dQ
dt
= −k A dT
dx
= −k π
(ϕ
2
)2 dT
dx
Acomodando:
H dx = −k A dT
Figura 1: Disposición de las barras en serie. La líneas rojas representan la circulación de
calor.
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Trabajo Práctico N° 4
Integrando desde un punto x1 a uno x2 dentro de un mismo material tendremos:
H
∫ x2
x1
dx = −k A
∫ T (x2)
T (x1)
dT
H (x2 − x1) = −k A (T (x2)− T (x1))
Tomando x1 = 0 y x2 = 2, 5cm:
H 2, 5cm = −kCu A (TCu−Al − 100°C)
Esto nos permite despejar:
TCu−Al = 100°C −
H 2, 5cm
kCu A
(1)
Tomando x1 = 5cm y x2 = 7, 5cm:
H 2, 5cm = −kLatón A (0°C − TAl−Latón)
Despejando:
TAl−Latón =
H 2, 5cm
kLatón A
(2)
Tomando x1 = 2, 5cm y x2 = 5cm:
H 2, 5cm = −kAl A (TAl−Latón − TCu−Al) = −kAl A
(
H 2, 5cm
kLatón A
− 100°C + H 2, 5cm
kCu A
)
Despejando H:
H 2, 5cm = − kAl
kLatón
H 2, 5cm+ kAl A 100°C −
kAl
kCu
H 2, 5cm
H 2, 5cm
(
1 +
kAl
kLatón
+
kAl
kCu
)
= kAl A 100°C
H =
kAl A 100°C
2, 5cm
(
1 + kAl
kLatón
+ kAl
kCu) = π
(
ϕ
2
)2
100°C
2, 5cm
(
1
kAl
+ 1
kLatón
+ 1
kCu
)
H =
π
(
0,01m
2
)2
100°C
0, 025m
(
1
3,39
h m°C
kcal
+ 1
3,39/2
h m°C
kcal
+ 1
5,74
h m°C
kcal
) = 0, 2966kcal
h
Usando este valor volvemos a las ecuaciones (1) y (2):
TCu−Al = 100°C −
H 2, 5cm
kCu A
= 100°C −
0, 2966kcal
h
0, 025m
5, 74 kcal
h m°C π
(
0,01m
2
)2 = 83, 55°C
TAl−Latón =
H 2, 5cm
kLatón A
=
0, 2966kcal
h
0, 025m
1
2
, 39 kcal
h m°C π
(
0,01m
2
)2 = 55, 7°C
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Trabajo Práctico N° 4
Inciso (b)
Según calculamos en el inciso anterior, el flujo de calor es H = dQ
dt
= 0, 2966kcal
h
, de modo
que el calor que atraviesa los materiales en una hora es de 0, 2966kcal.
Inciso (c)
Sabemos que el calor que circula en cada barra es el mismo, por lo que:
Htot = HCu = HAl = HLatón
Entonces:
H = Htot = −kCu
A
l
∆TCu = −kAl
A
l
∆TAl = −kLatón
A
l
∆TLatón
Para cada material la resistencia térmica es R = l
k A
, luego:
H = −∆TCu
RCu
= −∆TAl
RAl
= −∆TLatón
RLatón
= −∆Ttot
Req
(3)
En nuestro caso, ya tenemos la información del valor de H y sabemos que la variación
total de temperatura es ∆Ttot = 100°C, por lo que:
Req = −
∆Ttot
H
= − 100°C
−0, 2966kcal
h
= 337, 15
h °C
kcal
No obstante, este valor no depende de los valores de H y ∆T del problema, sino que
depende de los materiales. Para revisar esto y confirmar el resultado obtenido, buscaremos
una forma de cálculo alternativa. Para ello reescribimos:
Req = −
∆Ttot
H
= −∆TCu +∆TAl +∆TLatón
H
Usando (3):
Req = −
−H RCu −H RAl −H RLatón
H
Req = RCu +RAl +RLatón
Este resultado muestra una analogía con la conexión en serie de resistencias eléc-
tricas. También podemos pensar que la conexión en serie de materiales da una resistencia
térmica equivalente análoga al coeficiente equivalente de resortes en paralelo.
Como los parámetros l y A coinciden para las tres barras:
Req =
l
A
(
1
kCu
+
1
kAl
+
1
kLatón
)
=
0, 025m
π(0, 01m/2)2
(
1
3, 39
h m°C
kcal
+
1
3, 39/2
h m°C
kcal
+
1
5, 74
h m°C
kcal
)
Req = 337, 14
h °C
kcal
Salvando una sutil diferencia debido al error de redondeo de los valores usado, el resultado
coincide.
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Figura 2: Disposición de las barras en paralelo. Las líneas verdes, rojas y azul representan la
circulación de calor en cada material.
Inciso (d)
Si ahora cambiamos la posición de las barras, nos quedará como se muestra en la figura
2. Manteniendo las mismas suposiciones que antes, el flujo de calor será horizontal. En la
figura se representan con rojo, verde y azul los distintos flujos en cada material.
Para esta disposición de las barras tendremos que:
Htot = HCu +HAl +HLatón =
∆T
RCu
+
∆T
RAl
+
∆T
RLatón
=
∆T
Req
(4)
Se omite el signo para calcular los valores en módulo, pero debe recordarse que el sentido
de circulación del calor es opuesto al gradiente de temperatura.
De la ecuación (4) es fácil despejar Req:
Req =
(
1
RCu
+
1
RAl
+
1
RLatón
)−1
Este resultado muestra una analogía con la conexión en paralelo de resistencias
eléctricas, o con la conexión en serie de resortes.
Recordando que R = l
k A
:
Req =
l
A
(kCu + kAl + kLatón)
−1
Req =
0, 025m
π(0, 01m/2)2
(
3, 39
kcal
h m°C
+
3, 39
2
kcal
h m°C
+ 5, 74
kcal
h m°C
)−1
= 29, 41
h °C
kcal
Con este valor el cálculo de Htot es sencillo, así que lo hacemos para verificar después el
resultado de los flujos individuales:
Htot =
∆T
Req
=
100°C
29, 41h °C
kcal
= 3, 4
kcal
h
El flujo en cada uno de los materiales es:
HCu =
∆T
RCu
= ∆T
kCu A
l
= 100°C
5, 74 kcal
h m°C π(0, 01m/2)
2
0, 025m
= 1, 803
kcal
h
HAl =
∆T
RAl
= ∆T
kAl A
l
= 100°C
3, 39 kcal
h m°C π(0, 01m/2)
2
0, 025m
= 1, 065
kcal
h
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Trabajo Práctico N° 4
HLatón =
∆T
RLatón
= ∆T
kLatón A
l
= 100°C
1
2
3, 39 kcal
h m°C π(0, 01m/2)
2
0, 025m
= 0, 532
kcal
h
A modo de verificación, podemos corroborar que la suma de todos estos valores coincide
con Htot.
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Ejercicio 13
Enunciado
Calcular la potencia que debe entregar una estufa para mantener un recinto a la tem-
peratura de 20°C , cuando la temperatura exterior es de 0°C . El recinto tiene 3 metros de
ancho, 4 metros de largo y 5 metros de alto. Además tiene una puerta y una ventana de
dimensiones: 1 m x 2,5 m y de 2 m x 1,5 m respectivamente. Considerar las ventanas de
vidrio de 4 mm de espesor, la puerta de madera de 5 cm. de espesor, las paredes de ladrillo
de 30 cm. de espesor y el techo de hormigón de 10 cm. de espesor. Suponer despreciable la
cantidad de calor transmitida a través del piso y modelar cada parte del recinto como planos
infinitos en régimen estacionario.
Material K[kcal/(h m °C)]
Vidrio 0,60
Madera 0,15
Ladrillo 0,35
Hormigón 0,65
Resolución
Para poder calcular la potencia que debe suministrar la estufa para mantener la tempe-
ratura debemos calcular las pérdidas de calor por conducción de las paredes, techo, puerta
y ventana, despreciando en este caso las pérdidas del piso. Modelar cada parte como planos
infinitos en régimen estacionario nos permite utilizar la siguiente fórmula:
H = K A
∆T
e
(1)
donde e es el espesor de la sección considerada.
En primer lugar calculamos el área total de cada sección:
Avidrio = 2m 1, 5m = 3m
2
Amadera = 1m 2, 5m = 2, 5m
2
Aladrillo = 2Apared frontal + 2Apared lateral − Avidrio − Amadera
Aladrillo = 2(3m 5m) + 2(4m 5m)− 3m2 − 2, 5m2 = 64, 5m2
Ahormigón = 3m 4m = 12m
2
Con estos valores podemos calcular la pérdida de cada sección:
Hvidrio = Kvidrio Avidrio
∆T
evidrio
= 0, 6
kcal
h m °C
3m2
20°C
4mm
= 9000
kcal
h
Hmadera = Kmadera Amadera
∆T
emadera
= 0, 15
kcal
h m °C
2, 5m2
20°C
0, 05m
= 150
kcal
h
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Física II - Módulo Orozco 1C 2020
Universidad Nacional del Comahue
Ejercicios Resueltos
Trabajo Práctico N° 4
Hladrillo = Kladrillo Aladrillo
∆T
eladrillo
= 0, 35
kcal
h m °C
64, 5m2
20°C
0, 3m
= 1505
kcal
h
Hhormigón = Khormigón Ahormigón
∆T
ehormigón
= 0, 65
kcal
h m °C
12m2
20°C
0, 1m
= 1560
kcal
h
La pérdida total será:
Htot = Hvidrio +Hmadera +Hladrillo +Hhormigón = 12215
kcal
h
= 14, 2kW
Si consideramos el régimen estacionario, la temperatura en el recinto ya tiene el valor
deseado, por lo que solo necesitamos suministrar potencia suficiente para compensar las
pérdidas, de manera que la potencia que necesitamos para mantener la temperatura del
recinto es 14, 2kW .
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Ejercicios Resueltos
Trabajo Práctico N° 4
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Ejercicio 14
Enunciado
Una cámara frigorífica de 10 m x 20 m x 4 m está separada del exterior por una pared
aisladora de 10 cm de espesor cuyo coeficiente de transmisión es 0, 05
h
cal
°C . El exterior se
halla a 35°C y la temperatura de la cámara es de 3°C. Si cada día entran en la cámara 10
toneladas de manzanas a 30°C, calcular la masa de aire frío que hay que introducir a −3°C
por hora en la cámara para que, saliendo a 3°C, se lleve las calorías necesarias. El calor
específico de las manzanas es 0, 77 cal
g°C y el calor específico del aire a presión constante es
0, 25 cal
g°C .
Resolución
Para poder resolver este problema consideraremos que la temperatura del interior de la
cámara se mantiene siempre estable en 3°C, y que la masa de aire frío a determinar debe
ser capaz de reducir la temperatura de las manzanas a dicho valor en 24 horas. Suponiendo
un flujo de calor constante, esto último significa que el calor que debe absorber el aire de las
manzanas en una hora es 1/24 veces el total para las 10 toneladas de manzanas.
Así, en una hora el calor que debe absorberse de las manzanas es:
QM =
1
24
mmanzanas cmanzanas∆T =1
24
10 106g 0, 77
cal
g°C
(3°C − 30°C) = −8662, 5kcal
Adicionalmente, la aislación imperfecta de la cámara frigorífica implica un ingreso de
calor desde el exterior. Considerando el régimen estacionario y pensando a las paredes como
planos infinitos, el flujo de calor desde el exterior hacia el interior es:
H =
dQ
dt
= KpAp
∆T
ep
donde ep es el espesor de las paredes y Ap es el área total.
Si la cámara se encuentra rodeada en sus 6 caras por aire a 35°C, Ap será la suma
de todas las caras. Si en cambio la cámara se encuentra apoyada en el suelo, tendremos
un comportamiento distinto de aislación en esa zona, como también ocurriría si la cámara
estuviera apoyada contra una pared. Dado que no disponemos de esta información, debemos
suponerla. Tomaremos el caso más desfavorable, que es que las 6 caras estén rodeadas de
aire. En ese caso tendremos que:
Ap = 2(10m 4m) + 2(20m 4m)− 2(10m 20m) = 640m2
Esto nos da:
H = KpAp
∆T
ep
= 0, 05
cal
h m°C
640m2
35°C − 3°C
0, 1m
= 10240
cal
h
Esto significa que en una hora ingresarán 10, 24 kcal a la cámara.
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Ejercicios Resueltos
Trabajo Práctico N° 4
En una hora deberemos introducir suficiente aire a la cámara para absorber el calor que
ingresa desde el exterior y el calor que se desea extraer de las manzanas, por lo que:
|Qaire| = mairecaire|∆T | = |QM |+ |Qexterior|
maire =
|QM |+ |Qexterior|
caire|∆T |
=
8662, 5kcal + 10, 24kcal
0, 25 cal
g°C |3°C − (−3°C)|
= 5781, 83kg
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