Física Final Dic18 T FRB1 - 12 Dinámica

12. Un cuerpo inicialmente se encuentra en reposo, es acelerado en una trayectoria circular de radio R, según la ecuación horaria γ = 30 s^-4 t² – 40 s^-3 t, donde γ denota la aceleración angular. El cuerpo invertirá el sentido de giro a los :

 1 s                       4s                       9s

█ 2 s                       7s                       20 s

Integrando de ecuación de la aceleración angular

ω(t)  = ∫ γ(t) dt = ∫ (30 s^-4 t² – 40 s^-3 t ) dt = 30 s^-4 t³ / 3 – 40 s^-3 t²/2  + C = 10 s^-4 t³ – 20 s^-3 t²  + C

para t = 0 ----- > ω = 0 (está en reposo)

ω(0) = 10 s^-4 (0s)³ – 20 s^-3 (0s)²  + C = 0 ------ > C = 0

reemplazando

ω(t)  =  10 s^-4 t³ – 20 s^-3 t²    < ------------ velocidad angular

Para cambiar de sentido de giro debe pasar por ω = 0

ω(t)  =  10 s^-4 t³ – 20 s^-3 t²  = 0

sacando t factor común

ω(t)  = t² ( 10 s^-4 t – 20 s^-3 )  = 0

esta ecuación tiene como solución

t = 0

10 s^-4 t – 20 s^-3  = 0 ---------- > t =  20 s^-3 / 10 s^-4 = 2 s  < ----------- cambia de sentido de giro

Física Final Dic18 T FRB1 - 11 Dinámica

11. Un bloque de 10 kg de masa se encuentra apoyado sobre una superficie rugosa e inclinada 37º con respecto a la horizontal, vinculada a la parte superior del mismo por medio de un resorte ideal de constante elástica k = 1000 N/m y longitud natural Lo = 45 cm que se mantiene paralelo al plano. En cierto instante se comprime al resorte 10 cm respecto de su longitud natural, y se lo suelta desde el reposo. Si los coeficientes de rozamiento estático y dinámico con la superficie son 0,5 y 0,3, respectivamente, entonces, la fuerza de rozamiento, paralela al plano inclinado, que actuara sobre el bloque un instante inmediatamente después de soltarlo es de :

█ 24 N, hacia arriba          40 N, hacia arriba         160 N, hacia arriba

 24 N, hacia abajo           40 N, hacia abajo           160 N, hacia abajo

DCL

∑ F = N -  Py = 0  < ----------- Ecuación de Newton

donde

N = normal = reacción del plano

Py = componente según la dirección perpendicular al plano inclinado del peso = P cos 37º

P = peso = m g

m = masa = 10 kg

reemplazando y despejando N

N = Py = m g cos 37º = 10 kg  10 m/s² cos 37º = 80 N

Froz = fuerza de rozamiento = μd N

donde

Froz = fuerza de rozamiento

μd = coeficiente de rozamiento dinámico = 0,3

N = normal = 80 N

Reemplazando

Froz = 0,3 * 80 N = 24 N  < ---------------------

Hacia arriba, en contra del desplazamiento debido a la componente del peso y la fuerza elástica.

Física Final Dic18 T FRB1 - 10 Dinámica

10. Un cuerpo de 1kg de masa se encuentra apoyado sobre un plano horizontal carente de rozamiento, vinculado a la pared mediante un resorte ideal y paralelo al plano. Se estira el resorte separando el cuerpo 20 cm a partir de la posición de equilibrio,  y a t = 0s se lo suelta del reposo. Cuando el cuerpo pasa por la posición de equilibrio, el módulo de su velocidad es de 10 m/s. Entonces la constante del elástico vale:

 50 N/m              250 N/m          █ 2500 N/m         5 N/m                1 N/m                 10N/m

x(t) = A cos (ωt + φ)

donde

x = posición en el instante t

A = amplitud = 20 cm = 0,20 m

ω = pulsación = √(k/m)

k = constante del resorte

m = masa del cuerpo = 1 kg

φ = fase inicial

reemplazando para t = 0 ------ > x = A (posición donde se libera el cuerpo)

A = A cos (φ) ------ > φ = arcos (1) = 0

x(t) = 0,20 m cos (ωt)   < ------- desplazamiento

derivando

v(t) = dx(t)/dt = - 0,20 m ω sen(ωt)  < ---------- velocidad

reemplazando para x = 0 (el equilibrio) ------- > |v(t)| = 10 m/s

x(t) --------- > 0 = 0,20 m cos (ωt)  ------ > ωt = π/2

v(t) ------- > 10 m/s = | - 0,20 m ω sen (π/2)| = 0,20 m ω --------- > ω = 10 m/s / 0,20 m = 50 s^-1

reemplazando ω

ω  = √(k/m)

Despejando k

k = (ω)² m = (50 s^-1)²  1 kg = 2.500 N/m

Física Final Dic18 T FRB1 - 9 Estática

9. La barra homogénea de longitud L, representada en la figura pesa 800 N y se encuentra en equilibrio, sostenida por un cable ideal vinculado a la pared y por una articulación A fija en el piso. En su extremo derecho cuelga un bloque de masa m = 50 kg. Sabiendo que el cable que sostiene a la barra está atada a ella a una distancia d = 3L/4 de la articulación, entonces la intensidad de la tensión que ejerce dicho cable es:

 250 N                                 400 N               █ 720 N                600 N                540 N                                 980N

DCL

Momento respecto A --- > ∑ M = - db Pb – dm Pm + dTy Ty + dTx Tx = 0

donde

Pb = peso de la barra = 800 N

db = distancia del Pb al punto A = (L/2) cos 53º

L = longitud de la barra

Pm = peso del bloque = 50 kg * 10 m/s² = 500 N

dm = distancia del Pm al punto A = L cos 53º

Tx = tensión de la soga según el eje x = T cos 37º

dTx = distancia de la tensión Tx al punto A = d sen 53º

Ty = tensión de la soga según el eje y = T sen 37º

dTy = distancia de la tensión Ty al punto A = d cos 53º

d = distancia a la que está atada la soga = 3L/4

reemplazando en la ecuación

3L/4 sen 53º T cos 37º + 3L/4 cos 53º T sen 37º = (L/2) cos 53º Pb + L cos 53º Pm

3/4 T (sen 53º cos 37º + cos 53º sen 37º)  = (1/2) cos 53º Pb + cos 53º Pm

sen 53º cos 37º + cos 53º sen 37º  = sen (53º + 37º) = sen (90º ) = 1

despejando T

T = ((1/2) cos 53º Pb + cos 53º Pm ) / (3/4) = 4/3 ((1/2) cos 53º 800 N + cos 53º 500 N)  = 720 N

Física Final Dic18 T FRB1 - 8 Dinámica

8. Los dos cuerpos puntuales A y B de la figura (vista desde arriba) están vinculados por medio de un resorte ideal, y giran alineados y apoyados sobre una superficie horizontal sin rozamiento, con velocidad angular ω constante. El cuerpo A se halla ligado al centro de rotación c por una soga ideal de longitud L. Entonces:

 se si duplica la velocidad angular ω, se duplica la intensidad de la tensión en la soga.

Falso

DCL

Cuerpo A -------- > ∑ F = T – Fe = mA aAc

Cuerpo B -------- > ∑ F = Fe = mB aBc

donde

T = tensión de la soga

Fe = fuerza elástica = k (Le – Lo)

k = constante del resorte

Le = longitud del resorte estirado

Lo = longitud natural del resorte

mA, mB = masa de los cuerpos A y B

acA = aceleración centrípeta A = ω² RA

acB = aceleración centrípeta B = ω² RB

ω = velocidad angular constante

RA = radio de giro del cuerpo A = L

RB = radio de giro del cuerpo B = L + Le

L = longitud de la soga

Sumando ambas ecuaciones

T = mA ω² L + mB ω² (L + Le) = ω²   (mA L + mB (L + Le) )

Si se duplica la velocidad angular ω´ = 2 ω

T´ =  (ω´)²   (mA L + mB (L + Le) )

T´ =  (2 ω)²   (mA L + mB (L + Le) ) = 4 ω²   (mA L + mB (L + Le) )  = 4 T

 el resorte esta comprimido, y la intensidad de la tensión en la soga es menor que la intensidad de la fuerza elástica

Falso

Cuerpo B -------- > ∑ F = Fe = mB aBc

acB > 0 ------- > Fe > 0 ---------- > Le – Lo > 0 ------ > Le > Lo  ------- > resorte esta estirado

 el resorte esta comprimido, y la intensidad de la tensión en la soga es mayor que la intensidad de la fuerza elástica

Falso

ver anterior  

 la intensidad de la tensión en la soga es igual a la intensidad de la fuerza elástica

Falso

Cuerpo A -------- > ∑ F = T – Fe = mA aAc

acA > 0 ------- > T – Fe > 0 ----------- > T > Fe

█ el resorte esta estirado, y la intensidad de la tensión en la soga es mayor que la intensidad de la fuerza elástica

Verdadero

acB > 0 ------- > Fe > 0 ---------- > Le – Lo > 0 ------ > Le > Lo  ------- > resorte esta estirado

acA > 0 ------- > T – Fe > 0 ----------- > T > Fe

 el resorte esta estirado, y la intensidad de la tensión en la soga es menor que la intensidad de la fuerza elástica

Falso

ver anterior  

Física Final Dic18 T FRB1 - 7 Cinemática

7. Una partícula se desplaza sobre el plano x-y. en cierto instante pasa por el punto A del diagrama adjunto, con una velocidad v_A, y 5 segundos después , pasa por un punto B, con velocidad v_B. Sabiendo que el módulo de ambas velocidades es 10 m/s, y llamando respectivamente, v_M y a_M a los vectores velocidad media y aceleración media de la partícula entre A y B, entonces:

 vM = -1,2 m/s î + 1,6 m/s ĵ	 vM = 3 m/s î + 4 m/s ĵ	 vM = 11 m/s î + 8 m/s ĵ
 aM = 10 m/s2 î + 10 m/s2 ĵ	█ aM = -2 m/s2 î + 2 m/s2 ĵ	 aM = 2 m/s2 î - 2 m/s2 ĵ

aM = (vB – vA) / (tB – tA)

donde

aM = aceleración media

vB = velocidad en el punto B = 10 m/s ĵ

vA = velocidad en el punto A = 10 m/s î

tB - tA = tiempo entre A y B = 5s

reemplazando

aM = (10 m/s ĵ  - 10 m/s î) / 5s = -2 m/s² î + 2 m/s² ĵ  < ----- aceleración media

Física Final Dic18 T FRB1 - 6 Dinámica

6. A una altura de 6360 km sobre la superficie terrestre ( M_T = 6 * 10²⁴ kg, R_T = 6360 km) la aceleración de la gravedad es :

 un 10% del valor en la superficie terrestre

 un 50% del valor en la superficie terrestre

 un 20% del valor en la superficie terrestre

 un 60% del valor en la superficie terrestre

█ un 25% del valor en la superficie terrestre

 un 75% del valor en la superficie terrestre

Aceleración de la gravedad  (g(h)) = G MT / H²

donde

g(h) = aceleración de la gravedad a una altura h de la superficie terrestre

G = constante de gravitación universal

MT = masa de la Tierra

H = altura desde el centro de la tierra = RT + h

RT = radio terrestre

h = altura desde la superficie terrestre = RT

go = gravedad sobre la superficie terrestre = G MT / RT²

reemplazando

g(2RT) = G MT / (RT + RT)²  = G MT / (2 RT)² = ¼ G MT / RT²   =  ¼  g(0) = 0,25 go

Física Final Dic18 T FRB1 - 5 Hidrostática

5. En un recipiente con agua se encuentra un cuerpo sólido, macizo y homogéneo en reposo, flotando con el 10% de su volumen fuera del agua. Se agrega lentamente aceite (inmiscible con el agua) hasta que el cuerpo queta totalmente sumergido. Al establecer el nuevo equilibrio, el 20% su volumen queda dentro del agua. Entonces, la densidad del aceite vertido es :

 700 kg/m³        775 kg/m³       800 kg/m³      █ 875 kg/m³      1000 kg/m³     1500 kg/m³

Primer equilibrio (solo agua)

P – E = 0

donde

P = peso del cuerpo = δc Vc g

E = empuje = δa Va g

δc = densidad del cuerpo

Vc = volumen del cuerpo

δa = densidad del agua = 1000 kg/m³

Va = volumen del agua desalojada = (1 – 10%) Vc = 0,9 Vc

Reemplazando y despejando la densidad del cuerpo

δc = δa Va / Vc = 1000 kg/m³ 0,9 Vc / Vc = 900 kg/m³   < -------- densidad del cuerpo

Segundo equilibrio ( agua y aceite)

P – E1 – E2 = 0

donde

E2 = empuje del aceite = δo Vo g

 δo = densidad del aceite

Vo = volumen del aceite desalojado = (1 – 20%) Vc = 0,8 Vc

Reemplazando y despejando la densidad del aceite

δo = (δc Vc  - δa Va) / Vo = (900 kg/m³ Vc - 1000 kg/m³  0,2 Vc ) / (0,8 Vc)

δo = (900 kg/m³ - 1000 kg/m³  0,2 ) / 0,8 = 875 kg/m³  < -------- densidad del aceite

Física Final Dic18 T FRB1 - 4 Cinemática

4. En el Sistema de la figura, la masa A es el triple de la masa B. Inicialmente los centros de las masas A y B se encuentran en yA = 0,8 m e yB = 1,2 m, respectivamente, ambas en reposo. Considerando que la polea y la soga son ideales, la masa A pasará por la posición yB a los :

 0,1 s                  █ 0,4 s                    0,5 s

 0,2 s                   0,3 s                    0,6 s

DCL

Ecuaciones de Newton

Cuerpo A -------- > ∑ F = - T + PA = mA a

Cuerpo B -------- > ∑ F = T - PB = mB a

donde

T = tensión de la soga

PA , PB = peso de los cuerpos = m g

mA, mB =  masa de los cuerpos ------- > mA = 3 mB

a = aceleración del sistema

sumando ambas ecuaciones y despejando a

a = (PA – PB) / (mA + mB) = g ( 3 mB – mB ) / ( 3 mB + mB)  = ½ g

Ecuación horaria de desplazamiento del cuerpo A

 xA = xoA + voA t + ½ a t²

donde

xA = posición del cuerpo A = 1,2 m

xoA = posición en t=0s del cuerpo A = 0,8 m

voA = velocidad inicial del cuerpo A = 0 (está en reposo)

a = aceleración del cuerpo A = ½ g = 5 m/s²

reemplazando y despejando t

t = ((xA – xoA) / (½ a))^1/2  = ((1,2 m – 0,8 m) / ( ½ 5 m/s²)^1/2  = 0,4 s  < ---------- tiempo

Física Final Dic18 T FRB1 - 3 Cinemática

3. Desde la ventanilla de un tren que se mueve a velocidad constante por una vía horizontal, un niño deja caer una piedra sin velocidad inicial respecto del tren. La misma toca tierra con una velocidad de módulo 20 m/s respecto a tierra, luego de 1,2 s de haber sido soltada. Entonces , la velocidad del tren respecto a tierra es :

 6 m/s             12 m/s           █ 16 m/s            20 m/s            32 m/s            54 m/s

vpT = vpt +vtT  (ecuación vectorial)

donde

vpT = velocidad de la piedra respecto a Tierra ---- > |vpT| = 20 m/s

vpt = velocidad de la piedra respecto al tren (caída libre) ----- >  |vpt| = g t = 10 m/s² 1,2 s = 12 m/s

vtT = velocidad del tren respecto a Tierra

vpT² = vpt² +vtT²   (Pitágoras)

despejando vtT

vtT  = (vpT² - vpt² )^1/2 = ((20 m/s)² – (12 m/s² )^1/2 = 16 m/s  < -------- velocidad del tren

Física Final Dic18 T FRB1 - 2 Cinemática

2. Dos móviles A y B describen trayectorias rectilíneas y paralelas. La evolución temporal de la velocidad de cada uno se muestra en el gráfico de la figura adjunta. En t=0s, el móvil A esta adelante del móvil B. Sabiendo que se encontraran a los 30 segundos, otro encuentro entre ambos móviles se producirá a los:

 10 s                    20 s                     40 s

█ 50 s                    60 s                     90 s

Ecuación horaria de desplazamiento 0 < t < 60 s

xA = xoA + voA t + ½ a t²

xB = xoB + voB t

donde

xA = posición del móvil A en t

xoA = posición en t=0s del móvil A = distancia del móvil A por delante del móvil B

voA = velocidad inicial del móvil A = 0 (del gráfico)

a = aceleración del móvil A = (30 m/s – 0 m/s) / (60 s – 0s) = 0,5 m/s²

xB = posición del móvil B en t

xoB = posición inicial del móvil B = 0

voB = velocidad en t=0s  = 20 m/s

En t = 30 s los móviles se encuentran (xA = xB)

Reemplazando e igualando

xoA + ½ a t²  = voB t

despejando xoA

xoA = voB t -  ½ a t² = 20 m/s 30 s – ½ 0,5 m/s² (30 s)² = 375 m

El segundo encuentro t = te para xA(te) = xB(te)

Reemplazando e igualando

xoA + ½ a te²  = voB te

reordenando

½ a te²  -  voB te + xoA = 0

½ 0,5 m/s² (te)² – 20 m/s te + 375 m = 0

Esta cuadrática tiene como solución :

T1 = 30 s  < -------- primer encuentro

T2 = 50 s < -------- segundo encuentro

Física Final Dic18 T FRB1 - 1 Hidrostática

1. El recipiente cilíndrico de la figura contiene un líquido de 1,2 g/cm³ de densidad. Está tapado por un pistón sin masa y de área 50 cm², que puede moverse sin rozamiento. Está conectado a un tubo delgado, abierto al aire, donde la presión es la atmosférica normal. Se aplica una fuerza F sobre el pisto, de 30 N de intensidad de manera que la superficie libre del líquido en el tubo delgado se encuentra en reposo a una altura H₂ = 70 cm respecto del piso. Entonces, la altura H₁ a la que se encuentra el pistón es

 10 cm                 15 cm                █ 20 cm                 30 cm                 35 cm                 66 cm

Presión en la base del recipiente cilíndrico (P1)

P1 = Patm + F / A + δ g H1

donde

P1 = presión en la base

Patm = presión atmosférica sobre el pistón

F = fuerza en el pistón = 30 N

A = área del pistón = 50 cm² = 0,005 m²

δ = densidad del líquido = 1,2 g/cm³ = 1.200 kg/m³

g = aceleración de la gravedad = 10 m/s²

H1 = altura a la que se encuentra el pistón

Presión en la base del tubo delgado  (P2)

P2 = Patm + δ g H2

donde

P2 = presión en la base

Patm = presión atmosférica sobre la superficie libre

δ = densidad del líquido = 1,2 g/cm³ = 1.200 kg/m³

g = aceleración de la gravedad = 10 m/s²

H2 = altura a la superficie libre = 70 cm = 0,7 m

Recipientes conectados P1 = P2

Reemplazando e igualando

Patm + F / A + δ g H1 = Patm + δ g H2

despejando H1

H1 = (δ g H2  - F / A) / (δ g) = (1.200 kg/m³ 10 m/s²  0,7 m - 30 N / 0,005 m² ) / (1.200 kg/m³ 10 m/s² ) =

H1 = 0,2 m = 20 cm  <--------

Biofísica Final Ago18 T16 - 12 Electricidad

12. La figura representa un circuito eléctrico formado por tres resistencias que valen R, 2R y 3R que es alimentado por una fuente ideal de tensión V. L1, L2 y L3 representan llaves. Sabiendo que una llave abierta no permite el paso de corriente. El amperímetro ideal indicara el máximo valor posible:

L1 y L2 están abiertas y L3 está cerrada

L2 y L3 están abiertas y L1 está cerrada

L1 está abierta y L2 y L3 están cerradas

L2 está abierta y L1 y L3 están cerradas

Las tres llaves están abiertas.

█ las tres llaves están cerradas

V = R I ------  > I = V / R 

Intensidad máxima ----- > Resistencia equivalente mínima ------ >  Resistencia equivalente en paralelo -------- > tres llaves cerradas

	Resistencia equivalente		Intensidad
L1 y L2 están abiertas y L3 está cerrada	R3	3 R	2/6 V/R
L2 y L3 están abiertas y L1 está cerrada	R1	R	6/6 V/R
L1 está abierta y L2 y L3 están cerradas	(1/R2 + 1/R3)-1	6/5 R	5/6 V/R
L2 está abierta y L1 y L3 están cerradas	(1/R1 + 1/R3)-1	6/8 R	8/6 V/R
Las tres llaves están abiertas.	no hay circulación		0
█ las tres llaves están cerradas	(1/R1 + 1/R2 + 1/R3)-1	6/11 R	11/6 V/R

Biofísica Final Ago18 T16 - 11 Electricidad

11. Una fuente de tensión V alimenta dos capacitores (2 mF y 3mF) conectados en paralelo. La carga total suministrada por la fuente en esta situación es Q. Se agrega un tercer capacitor de 7 mF en paralelo a los anteriores (considere que los 3 capacitores estaban inicialmente descargados)

El nuevo conjunto recibirá de la fuente una carga total igual a:

0,71 Q

Q

1,4 Q

█ 2,4 Q

7 Q

12 Q

Cequi1 = 2 mF + 3 mF = 5 mF (capacitor equivalente dos capacitores en paralelo)

Q = Cequi1 V = 5 mF V  ----- > V = Q / 5 mF

Cequi2 = 2 mF + 3 mF + 7 mF = 12 mF (capacitor equivalente tres capacitores en paralelo)

Q2 = Cequi2 V = 12 mF V = 12 mF/ 5 mF Q = 2,4 Q < ------- carga total

Biofísica Final Ago18 T16 - 10 Electricidad

10. Una carga eléctrica puntual de modulo Q ( representada por el circulo negro) esta fija en el espacio. Los puntos A y B se encuentran sobre la misma línea recta que la carga Q separados una distancia D tal como muestra la figura. Si denominamos E_A y E_B al módulo del campo eléctrico generado por la carga Q en los puntos A y B ¿Cuál es la única afirmación correcta

EA y EB tienen el mismo valor no nulo █ EA vale el 25% de lo que vale EB EA vale el 50% de lo que vale EB el valor de EA y EB es cero EA vale 4 veces de lo que vale EB EA vale el doble de lo que vale EB

EA = k Q / (2D)²

EB = k Q / D²

Dividiendo ambas ecuaciones

EB / EA = (2D)² / D²

EB / EA  = 4 --------- > EB =  4 EA  --------- > EA = 25% EB

Biofísica Final Ago18 T16 - 9 Termodinámica

9. Una esfera posee una superficie de 300 cm² (cuya emisividad es 0,6) y se comporta como una fuente térmica a 15ºC. entonces, la potencia calórica neta que intercambia la esfera por radiación en un ambiente a 25 ºC es aproximadamente:

Dato : σ = 5,67 x 10^-8 W/m² K⁴  ( constante de Stefan-Boltzmann)

entrega 7,02 W entrega 8,04 W entrega 1,03 W

recibe 15,06 W recibe 8,04 W █ recibe 1,03 W

Ley Stefan-Boltzmann

QN/Δt = σ ε A (Ta⁴ - Tc⁴)

donde

QN/Δt = potencia neta

σ = constante de Stefan-Boltzmann  = 5,67 x 10^-8 W/m² K⁴

ε = emisividad = 0,6

A = área = 300 cm² = 0,03 m²

Ta = temperatura ambiente = 15º C = 15º C + 273 = 288 ºK

Tc = temperatura del cuerpo = 25º C = 25º C + 273 = 298 ºK

Reemplazando y despejando Q

QN/Δt = 5,67 x 10^-8 W/m² K⁴ 0,6 * 0,03 m² ( (298 ºK)⁴ – (288 ºK)⁴) = 1,03 W

 ( Q > 0 calor recibido )

Biofísica Final Ago18 T16 - 8 Termodinámica

8. En un recipiente adiabático ideal que contiene un litro de agua a 20ºC se introducen 400 gr de cobre fundido que se encuentra a 1085 ºC. El sistema cobre-agua se deja evolucionar hasta alcanzar el equilibrio técnico. En estas condiciones, la temperatura de equilibrio aproximada y el estado de agregación de cada componente resultan:

Datos de Cobre (Cu):Temperatura fusión = 1085ºC, Calor latente de fusión = 50 cal/gr, Calor especifico en estado sólido = 90 cal/kgr ºC = 0,09 cal/gr ºC

Tequi = 895,5 ºC; Cu – sólido y vapor de agua

Tequi = 176,9 ºC; Cu – sólido y vapor de agua

█ Tequi = 76,3 ºC; Cu – sólido y agua liquida

Tequi = 76,3 ºC; Cu – líquido y agua liquida

Tequi = 37,7 ºC; Cu – sólido y agua liquida

Tequi = 37,7 ºC; Cu – líquido y agua liquida

Q = ma ca (Teq – Ta) - mc Lcu + mc ccu (Teq – Tcu) = 0 (recipiente adiabático)

Q = 1000 g 1 cal/grºC (Teq – 20ºC) – 400 gr 50 cal/gr + 400 gr 0,090 cal/grºC ( Teq – 1085 ºC) = 0

Despejando Teq

Teq = (1000 g 1 cal/grºC 20 ºC + 400 gr 50 cal/gr + 400 gr 0,090 cal/grºC 1085 ºC) / (1000 g 1 cal/grºC + 400 gr 0,090 cal/grºC) = 76,3 ºC  < ----------- temperatura de equilibrio

Teq = 76,3 ºC  < 1085 ºC (T fusión del cobre) ------ > cobre solido

0 < Teq = 76,3 ºC < 100 ºC ------ > agua liquida