Resolución del Final Libre del 28/2/14 - Tema L1

Problema 1. El campo eléctrico total en cualquier punto, es igual a la suma (vectorial) de los campos eléctricos

creados por cada carga.

- El campo producido por cada una por separado (que

llamamos E1(r) y E2(r'), los escribimos así porque cada

campo depende del punto r donde se lo mide), consiste en

líneas radiales salientes, como se muestra en las figuras. Si

en algún punto el campo total se anula, esto quiere decir

que en ese punto los campos E1 y E2 se compensan, o sea:

en ese punto, E1 y E2 tienen que tener la misma

dirección, distinto sentido e igual magnitud. De acuerdo

a las figuras, vemos que eso sólo podría pasar para algún

punto en la recta que une las cargas… porque para otros

puntos, los campos tienen distinta dirección, entonces la

resultante no podría dar cero. Primera conclusión:

buscamos un punto en la recta que une las cargas.

- También vemos que a la izquierda de q1, los dos campos

eléctricos "se ayudan", ya que van para el mismo lado:

hacia la izquierda. Y de la misma manera, a la derecha de

q2, los dos campos eléctricos también "se ayudan", ya que

los dos apuntan hacia la derecha. En cambio, si miramos el

segmento que une las cargas, vemos que en esa zona, los

campos E1 y E2 tienen igual dirección pero sentido

contrario. Segunda conclusión: el punto que buscamos

debería estar dentro del segmento que une las cargas. Esto

descarta las opciones 1ra. y 5ta.

- Como q1 es más chica que q2, entonces si tomamos el punto medio del segmento que las une, ahí el campo E2 va a

ser más intenso que E1, o sea que el campo total ahí va a ir para la izquierda. Esto descarta la 3ra. opción.

Observemos que a medida que nos alejamos de q2 y nos acercamos a q1, el campo E2 decrece y el campo E1 crece…

entonces, en algún punto, E1 y E2 van a "compensarse", y esto va a pasar en algún punto que esté más cerca de q1

que de q2. Esto descarta la 4ta. opción (ya que 58 mm a la derecha de q1, está más cerca de q2 que de q1), y también

la 6ta., ya que sí existiría un punto donde los campos E1 y E2 se compensen. Y queda por descarte la 2da. opción:

a 41 mm a la derecha de q1.

Faltaría ver que, realmente, esta opción es

verdadera, para eso vamos a hacer el cálculo

analítico:

- El campo E1, en un punto ubicado a distancia r a

la derecha de q1 (ver figura), es: E1 = q1/r2 (r es

incógnita)

- El campo E2, en el mismo punto mencionado, es:

E2 = q2/r'2, donde r' es la distancia desde ese mismo

punto hasta q2, que cumple: r' = 99 mm - r

En la figura se muestran las cargas, el punto de

interés, y las líneas correspondientes al campo total

resultante creado por las cargas q1 y q2 (en verde).

Queremos que los campos E1 y E2 tengan igual magnitud en ese punto, entonces:

E1 = E2 � q1/r2 = q2/(99mm - r)

2 � 8 mC / r

2 = 16 mC /(99mm - r)

2

Simplificando, y pasando los denominadores para el otro lado:

(99mm - r)2 = 2 . r2 � Tomando raíz cuadrada miembro a miembro, y teniendo en cuenta que 99mm - r > 0, queda:

99mm - r = 2 . r

99mm = 2 . r + r

99 mm = (1 + 2 ) . r � r ≈ 41 mm

Nota: las líneas de campo de las figuras del problema 1 fueron generadas mediante el applet de Java que se

encuentra en esta página:

http://www.xtec.cat/~ocasella/applets/elect/funciona2.htm

Respuesta: a 41 mm a la derecha de q1

Problema 2. Para poder resolver este ejercicio, tenemos que suponer que el calorímetro es adiabático. Si no lo fuera,

nos faltaría algún dato para poder calcular el estado y la temperatura final de su contenido.

Como mezclamos 1) hielo a 0°C con 2) vapor a 100°C, esto significa que el hielo va a absorber calor, y el vapor va a

cederlo, así que, el hielo va a comenzar a fundirse y el vapor va a comenzar a condensarse. No sabemos si estas

transformaciones de estado van a completarse, o si va a quedar algo de hielo, o si va a quedar algo de vapor en el

estado final, entonces haremos cálculos auxiliares para las posibles transformaciones de 1) y de 2), ubicaremos

dichas transformaciones en un mismo gráfico T vs |Q|, y determinaremos el estado final gráfica y analíticamente.

Cálculos auxiliares:

1) Fusión del hielo: Q1f = mh . Lf = 200g . 80 cal/g = 16000 cal

2) Condensación del vapor: Q2c = - mV . LV = - 12g . 540 cal/g = - 6480 cal

Antes de seguir avanzando, ya podemos graficar estos procesos:

Todavía no sabemos cuál va a ser el estado final, porque todavía no se

intersectan, pero algo ya es seguro: ya vemos que la condensación sí va a

finalizar, y el agua líquida proveniente del vapor, va a comenzar a bajar su

temperatura. Entonces ahora calculemos, para 2), la próxima etapa:

2) Enfriamiento del agua, de 100°C a 0°C: Q2e = 12g . 1

cal/(g°C) . (0°C - 100°C) = - 1200 cal.

Estas 1200 calorías cedidas por el agua proveniente del

vapor, van a estar ubicadas a continuación de las 6480 cal

anteriores, es decir, que el vapor cedería en total 6480 cal

+ 1200 cal = 7680 cal. Si ubicamos a esta nueva etapa en

el gráfico, podemos comprobar que ahora el gráfico de 1)

y el de 2) se intersectan. ¿Qué significa este punto?

Veamos:

En el estado de equilibrio, los componentes deben estar a

la misma temperatura. Además: como en este problema

sólo hay dos componentes (ya que se desprecia la

capacidad calorífica del recipiente), todo el calor que uno

de ellos cede, es absorbido por el otro, por lo tanto: es

correcto que en Tfinal (la misma para ambos), cada uno de los dos haya intercambiado el mismo |Q| (en este caso,

7680 cal). Por eso es correcto que en el estado de equilibrio, el punto (Tfinal,|Q|) es el mismo para los dos

componentes, y por lo tanto es donde se intersectan los gráficos.

De este gráfico particular podemos concluir varias cosas importantes: que la temperatura final es Tfinal = 0°C, que

todo el vapor se condensa, pero que sólo parte del hielo se funde. Y entonces, la incógnita no va a ser la temperatura

final en este caso, sino la cantidad de masa que se funde. Para hallar esto, ahora sí, planteamos la ecuación general

para un calorímetro adiabático:

0'0 221 =+++⇒=∑ ecf

i

i QQQQ

donde Q2c y Q2e son los valores anteriormente calculados: corresponden a etapas que se completaron. En cambio,

Q'1f corresponde sólo a la parte de la fusión que efectivamente tuvo lugar, es decir: Q'1f = mfundida . Lf .

Reemplazando Q2c, Q2e, y la expresión de Q'1f , queda:

mfundida . 80 cal/g + (-6480 cal) + (-1200 cal) = 0 � mfundida = 7680 cal/80 cal/g = 96 g.

Es decir, que sólo 96 g de hielo se funden. Entonces, en el estado final, tendremos: 104 g de hielo sólido, y 96 g +

12g = 108 g de agua líquida (a los 96 g de hielo fundido le agregamos los 12 g de vapor que se condensaron), todo a

Tfinal = 0°C.

Respuesta: 104 g de hielo y 108 g de agua a 0°C

Problema 3. Como los tres capacitores están en serie, entonces van a adquirir los tres

la misma carga Q. Esto descarta las dos opciones que expresan desigualdades entre

las cargas. Como C = Q/∆V, entonces ∆V = Q/C, y aplicando esto a cada uno:

∆V1 = Q/C1, ∆V2 = Q/C2, ∆V3 = Q/C3

Estamos comparando fracciones que tienen el mismo numerador y distintos denominadores, entonces a mayor

denominador, menor dará el cociente, y viceversa. Es decir que a menores valores de C el valor de ∆V será mayor:

como C1 > C2 > C3, entonces: ∆V1 < ∆V2 < ∆V3. Esto ya nos da la opción verdadera (y se descarta ∆V1 = ∆V2 =∆V3).

De todos modos, analicemos qué pasa con la energía, para chequear las dos opciones restantes. Podemos expresar a

la energía almacenada en un capacitor como U = (1/2) . Q2 /C. Nuevamente, el numerador va a ser el mismo en los

tres casos, ya que la carga es la misma para los tres:

U1 = (1/2) . Q2 / C1 , U2 = (1/2) . Q

2 / C2 , U3 = (1/2) . Q

2 / C3

Al igual que antes, vemos que a menor denominador, mayor valor del cociente, entonces como C1 > C2 > C3, resulta

U1 < U2 < U3; esto descarta las dos opciones que se dan sobre la energía.

Respuesta: ∆∆∆∆V1 < ∆∆∆∆V2 < ∆∆∆∆V3

Problema 4. Primero analicemos qué fuerzas actúan sobre el bloque:

- su peso (P)

- la Normal (N)

- la fuerza F (dato; podría ser una fuerza ejercida por una cuerda, o

por una persona en contacto con el bloque)

De estas fuerzas, la única conservativa es el peso; las otras dos son

no conservativas. Como se pide calcular una energía mecánica, podemos aplicar: ∆Em = LFNC, entre los puntos A y B:

∆Em = LFNC

EmB - EmA = LFNC (de A a B)

EmB - EmA = LN (de A a B)

+ LF (de A a B)

Pero el trabajo de N es cero, porque esta fuerza es perpendicular a la dirección de movimiento en este problema:

EmB - EmA = LF (entre A y B)

Se pide EmA; la despejamos:

EmA = EmB - LF (de A a B)

� EmA = 440 J - LF (de A a B)

(1)

Necesitamos calcular el trabajo de F, y entonces tendremos la energía mecánica en A. Como la fuerza F es constante,

podemos expresar su trabajo como:

LF (deA a B)

= F . d . cos(0°)

El ángulo usado aquí es de 0° porque se debe tomar el ángulo que hay entre la fuerza y la dirección de

movimiento, que es cero ya que el bloque se desplaza hacia arriba por la pendiente, en el mismo sentido de F. La

distancia d es la distancia entre A y B, que es la hipotenusa del triángulo de la figura, así que se calcula:

sin(30°) = h/d � d = h/sin(30°) � d = 4m/ (1/2) = 8 m

Por lo tanto el trabajo de F es: LF (de A a B)

= 40 N . 8m . 1 = 320 J. Reemplazándolo en (1), queda:

EmA = 440 J - 320 J = 120 J

Esto ya descarta cuatro de las respuestas. Ahora falta calcular la aceleración del bloque en B, para esto, planteemos

la 2da. Ley de Newton en la dirección de movimiento (x):

Fres x = m . a

En x actúan: F, y la componente x del peso (Px). Tomando el eje x de la figura, la 2da. Ley se expresa:

F - Px = m . a

F - m . g . sin(30°) = m . a

a = (F - m . g . sin(30°)) /m

a = F/m - m . g . sin(30°)/m

a = 40 N/8 kg - 10 m/s2 . (1/2)

a = 5 m/s2 - 5m/s2 = 0 m/s2

Como la aceleración es cero, el bloque se está moviendo a velocidad constante. Respuesta: 120 J y 0 m/s2

Problema 5. El calor fluye desde el medio más caliente hacia el más frío, por

conducción. Así que, planteamos la Ley de Fourier, por separado para cada

ventana. En este problema, no sabemos si la habitación está más caliente que el

exterior o viceversa, lo que sí sabemos es que para ambas ventanas, Tc y Tf son las

mismas. Entonces:

Qv/∆t = Pv = kv . (Av/ev) . (Tc - Tf)

Qm/∆t = Pm = km . (Am/em) . (Tc - Tf)

Las ventanas son de igual superficie, así que Av = Am = A. El intervalo de tiempo ∆t lo tomamos igual para las dos, ya

que lo que se pide es comparar los calores que fluyen por ambas por unidad de tiempo (así que tiene que tomarse el

mismo intervalo ∆t para poder comparar los calores). Dividiendo las ecuaciones miembro a miembro queda:

( )

( )fc

m

m

fc

v

v

m

v

TTe

Ak

TTe

Ak

t

Qt

Q

−

−

=

∆

∆

..

..

Simplificando, queda:

vm

mv

m

m

v

v

m

v

ek

ek

e

k

e

k

Q

Q

.

.==

Finalmente, reemplazando los valores de espesores y conductividades:

Respuesta: 25

Problema 6. Asumimos que el recipiente es rígido, así que no cambia su volumen.

- Veamos qué pasa con la humedad absoluta:

Habs = masa de vapor presente / Volumen del recinto

Al sumergir el recipiente en agua caliente, el aire dentro del mismo se calienta. Pero los moles de vapor de agua que

están dentro del mismo, siguen estando… (tener en cuenta que dentro del recipiente, sólo hay aire), o sea, la masa de

vapor sigue siendo la misma. Y como el volumen sigue siendo el mismo, entonces no se altera ni el numerador ni el

denominador � A. La humedad absoluta no se modifica (y se descartan B. y C.)

- Veamos qué pasa con la humedad relativa: como en este problema la presión de vapor medida va a cambiar (ya que

el volumen permanece constante y la temperatura aumenta), entonces, en vez de usar la fórmula Hr = pv/pvs, nos va a

convenir usar esta otra fórmula para la humedad relativa:

Hr = masa de vapor presente / máxima masa de vapor posible (a tamb).

Tanto en la situación original (aire a 20°C) como en la nueva (aire más caliente), el numerador no cambia, ya que la

masa de vapor presente es la misma. En cambio, el denominador sí cambia, porque la máxima masa de vapor

posible cambia con la temperatura: sabemos que a mayor temperatura, es mayor la masa de vapor que puede estar en

el aire, eso quiere decir que al calentarse el aire, el denominador aumenta, y entonces es verdadera la opción: E. la

humedad relativa disminuye (y se descartan D y F).

Respuesta: A. La humedad absoluta no se modifica, y E. la humedad relativa disminuye.

Problema 7. Como el caudal se conserva, podemos relacionar las velocidades en cada zona de la cañería:

1) Q(por A) = Q(por B) 2) Q(por B) = Q(por C)

Por lo tanto: 1) vA . SA = vB . SB 2) vB . SB = vC . SC

251.)/(2,0

5.)/(1==

cmKmW

cmmKW

Q

Q

m

v

Entonces para relacionar las velocidades necesitamos relacionar las secciones.

Para una sección circular, se cumple S = π . r2, donde r es el radio de la cañería.

Reemplazando:

1) vA . π . rA2 = vB . π . rB

2 2) vB . π . rB2 = vC . π . rC

2

Ahora usamos las relaciones entre diámetros que nos dan: el diámetro en B es la

mitad del diámetro en A, por lo tanto, el radio en B también va a ser la mitad del radio en A: rB = rA/2. Y la misma

relación hay entre C y B: el radio en C va a ser la mitad del radio en B: rC = rB/2. Reemplazando estas relaciones, y

simplificando π, queda:

1) vA . rA2 = vB . (rA/2)2 � vA . rA

2 = vB . rA2/4 � simplificando rA

2 , queda: vA = vB/4

2) vB . rB2 = vC . (rB/2)2 � vB . rB

2 = vC . rB2/4 � simplificando rB

2 , queda: vB = vC/4

Por lo tanto, vB = vC/4 = (8/4) m/s = 2 m/s, y reemplazando en vA: vA = vB/4 = (2/4) m/s = 0,5 m/s. Atención: se pide

la velocidad en B, que es 2 m/s.

Ahora falta calcular la diferencia de presión entre A y C. Como la viscosidad es despreciable, podemos considerar

que el fluido es ideal, y suponiendo que el régimen es estacionario y que el flujo es laminar, entonces vale el teorema

de Bernoulli. Planteamos este teorema entre dos puntos de una línea de corriente: uno de ellos en la zona A y el otro

en la zona C:

pA + δ . g . HA + (1/2) . δ . vA2 = pC + δ . g . HC + (1/2) . δ . vC

2

Como el caño es horizontal, entonces HA = HC, y los términos de altura se simplifican:

pA + (1/2) . δ . vA2 = pC + (1/2) . δ . vC

2

Despejando pA - pC:

pA - pC = (1/2) . δ . vC2 - (1/2) . δ . vA

2

pA - pC = (1/2) . δ . (vC2 - vA

2)

pA - pC = (1/2) . 1000 kg/m3 . [(8 m/s)

2 - (0,5 m/s)

2]

pA - pC = 31875 Pa ≈ 31,87 kPa

Respuesta: 2 m/s y 31,87 kPa

Problema 8. Si el voltímetro marca cero, eso quiere decir que la diferencia de

potencial entre los puntos B y C (ver figura) tiene que ser cero: ∆VBC = 0. Eso

quiere decir que el potencial en B es el mismo que el potencial en C: por eso,

podemos pintar del mismo color al cable que une R1 con R3, y al cable que une R2

con R4 (¡no podríamos hacer esto si el voltímetro marcara otra cosa!).

Entonces, si aplicamos la Ley de Ohm sobre el voltímetro, tenemos:

0 = ∆VBC = iv . Rv

donde iv es la corriente que pasa por el voltímetro y Rv la resistencia del mismo.

Concluimos que:

iv = 0

ya que la resistencia del voltímetro no puede ser cero. Notar que esto vale aunque el voltímetro no sea ideal (si es

ideal, su resistencia es infinita, si no es ideal, tiene un valor alto, pero en ambos casos iv = 0 ya que ∆VBC = 0 ).

Como consecuencia de que iv = 0, la corriente por R1 va a ser la misma corriente que pasa por R3, y la corriente por

R2 va a ser la misma corriente que pasa por R4 (ver figura):

i1 = i3 � la llamamos i13

i2 = i4 � la llamamos i24

Por otra parte: como ya dijimos, en B y C el potencial es el mismo. Por lo tanto, la diferencia de potencial entre A y

B tiene que ser la misma que entre A y C (los colores rojo-amarillo en el circuito indican la diferencia de potencial):

∆VAB = ∆VAC (1)

Por la misma razón -el potencial en B es el mismo que en C- la diferencia de potencial entre B y D tiene que ser la

misma que entre C y D:

∆VBD = ∆VCD (2)

Usemos la Ley de Ohm en las ecuaciones (1) y (2):

(1) i13 . R1 = i24 . R2

(2) i13 . R3 = i24 . R4

Dividiendo ambas ecuaciones miembro a miembro, se simplifican i13 e i24, y queda una relación entre resistencias:

R1 / R3 = R2 / R4

Despejamos R4 de la anterior � R4 = R2 . R3 / R1

Reemplazamos los datos R2 = R3 = R y R1 = 2 . R � R4 = R . R/ (2 . R) � R4 = R/2

Respuesta: R/2

Problema 9. Para un gas ideal, la variación de energía interna es:

∆U = n . cv . ∆T.

Entonces, como este proceso es isotérmico, ∆T = 0 y por lo tanto, ∆U = 0,

lo que descarta las 4 opciones con ∆U ≠ 0. Veamos qué pasa con el calor

y por lo tanto con la entropía: en una expansión reversible e isotérmica de

un gas ideal, se tiene:

0 = ∆U = Q - L � Q = L

El trabajo es positivo por ser una expansión, por lo tanto el gas absorbe calor: Q > 0. Y como para un proceso

reversible e isotérmico, es ∆S = Q/T, entonces ∆S > 0 ya que Q > 0. Esto descarta la 2da. opción ya que tiene ∆S < 0,

y queda la primera opción como verdadera. De todos modos, calculemos ∆S:

∆S = n . R . ln(Vf/Vi)

Nota: esta fórmula es válida para cualquier proceso en un gas ideal que cumpla Ti = Tf.

Reemplacemos los datos: n = 1 mol, Vi = 3 lt, y Vf = 6 lt:

∆S = 1 mol . R . ln (6 lt/3 lt) = 8,314 J/K ln(2) ≈ 5,76 J/K Respuesta: ∆∆∆∆U = 0 y ∆∆∆∆S = 5,76 J/K

Problema 10. Sabemos que en un gráfico de velocidad vs. tiempo, el área entre el gráfico y el eje t está asociado al

desplazamiento del móvil, es decir: x(t2) - x(t1) = área bajo el gráfico v vs t (con signo), desde t = t1 hasta t = t2.

Como se pide x(5 s), o sea, la posición a los 5 segundos, tomamos

t1 = 0 s, y t2 = 5 s, entonces el área bajo el gráfico v vs t, desde t

= 0 s hasta t = 5 s será x(5 s) - x(0 s).

Para t = 0 s, es x(0 s) = 0 (dato). Calculamos el área, que es la

marcada en la figura: el área del rectángulo (de 5 x 2) más la del

triángulo que está arriba del rectángulo. El triángulo tiene 4 m de

altura (4m = 6m - 2m), y su superficie es b x h /2. Queda entonces:

x(5 s) - 0 m= Area = 5 s . 2 m/s + 5 s . 4 m/s/2

x(5 s) = 10 m + 10 m = 20 m Respuesta: 20 m

Problema 11. Asumiendo que el conducto es horizontal, y que el régimen es laminar

(no turbulento), entonces podemos usar la Ley de Poiseuille: ∆p = Q . R, en cada

situación.

1) Para el caño original: ∆p = Q . R

2) Para el caño de diámetro menor: ∆p' = Q . R' , donde usamos que el caudal tiene que

ser el mismo que antes.

Dividiendo la segunda ecuación por la primera, miembro a miembro, se simplifica el

caudal Q y queda:

∆p' / ∆p = R'/R (1)

Entonces, para calcular cuánto cambió ∆p' con respecto a ∆p, primero necesitamos relacionar las resistencias

hidrodinámicas R y R', así que dejamos la ecuación anterior por un ratito y vamos a trabajar con las resistencias. Las

expresamos en función de sus radios, a los que llamamos r y r' respectivamente:

4

8

r

LR

π

η=

4'

8'

r

LR

π

η=

El dato es que el diámetro del caño nuevo es un 10% menor que el original. Entonces, entre los radios también tiene

que haber la misma relación, es decir: el segundo caño tiene un radio un 10% menor que el del original. Pero

entonces, eso quiere decir que el radio del segundo caño es el 90% del radio del primer caño. O sea:

r' = (90/100) . r = 0,9 . r

Reemplazamos esto en la expresión de R':

4444 .6561,0

8

.9,0

8

).9,0(

8'

r

L

r

L

r

LR

π

η

π

η

π

η===

Ahora, expresemos el cociente R' /R:

524,16561,0

1

1

6561,0

1

1

.6561,0

1

8

.6561,0

8

'

4

4

4

4

≈====

r

r

r

L

r

L

R

R

π

ηπ

η

Volviendo a la ecuación (1), y reemplazando R'/R, queda:

∆p' / ∆p ≈ 1,52 � ∆p' ≈ 1,52 . ∆p.

Esto significa que ∆p' es mayor que ∆p, y aumentó un 52% aproximadamente, ya que el aumento en ∆p es:

∆p' - ∆p ≈ 1,52 . ∆p - ∆p = (1,52 - 1) . ∆p = 0,52 . ∆p = (52/100) . ∆p

Respuesta: 52% más

Problema 12. Supongamos que tenemos un recipiente con agua de mar,

separado de agua pura por una membrana semipermeable. Entonces,

haciendo fuerza sobre el émbolo que está del lado del agua salada, podremos

"forzar" a que pase agua desde la zona de agua salada (mayor osmolaridad),

hacia la zona de agua pura (menor osmolaridad). Esto es lo que se conoce con

el nombre de "ósmosis inversa".

Sabemos que la potencia necesaria (el trabajo por unidad de tiempo) para realizar ósmosis inversa es:

Pot = L/∆t = ∆π . Q

Donde ∆π es la diferencia entre las presiones osmóticas a ambos lados de la membrana, Q es el caudal del flujo de

solvente a través de la membrana, y L es el trabajo hecho por la fuerza F en el intervalo ∆t. En este caso, se pide el

trabajo, entonces despejamos:

L = ∆π . Q . ∆t

No nos dicen cuánto tiempo tardará el proceso, pero si suponemos (aproximadamente) que el caudal de agua que

pasa es constante en el tiempo, entonces:

Q = V/∆t

donde V es el volumen total de agua que pasa por la membrana, es decir: el volumen total de agua que se potabiliza.

Entonces, reemplazando Q . ∆t = V:

L = ∆π . V = (Os1 - Os2) . R . T . V

donde Os1 es la osmolaridad del agua salada, y Os2 es la osmolaridad del agua pura, que es cero. A la osmolaridad del

agua salada la podemos expresar como Os1 = i. c1 donde i = 2 es el factor de disociación del ClNa, y c1 es la

concentración molar del agua salada:

L = (i . c1 - 0) . R . T . V = i . c1 . R . T . V = 2 . 0,2 mol/lt . 8,314 J/(mol K) . 293°K . 1000 lt = 974400,8 J

Ahora falta pasar el trabajo de Joule a Watt . hora:

1 Joule = 1 W . 1 s = 1 W . (1/3600) h = 2,778 10-4

W . h

� L = 974400,8 J ≈ 270 W . h

Respuesta: 270 W . h

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