- 1 -

Solucionario del Examen de Admisión UNI 2008 - I

Física

Resolución Nº 1

Se pide [x]para que la ecuación sea dimensionalmente correcta

e =x yz–1

Debe cumplirse que α y β, sean números ∴ [α] =1; [β]=1

[β]=[α][x–1yz]=1

→ [x–1][y][z]=1 (I)1

Dato• z=densidad volumétrica [z]=ML–3 (II)

• [x][y]=M

→ [y]=M[x]–1 (III)

(III) y (II) en (I)

[x]–1(M)[x]–1(ML–3)=1

[x]2=M2L–3

∴ [x]= ML− 3

2

Clave D

Resolución Nº 2

Considerando que los móviles se desplazan con velocidad constante, observamos

0,1 km dT

vA=75 km/h

p1360

ht=

vT vT

dA

Del gráfico obtenemos dA=0,1+dT vAt=0,1+vT·t

75×1

360=0,1+vT×

1360

vT=39 km/h

Clave B

Resolución Nº 3Nos piden: tiempo "t" que demora el bloque

en llegar al piso.

L

L

t1=1 s tv0=0

A

C

Ba

- 2 -

Resolución Nº 4

=ctedisco 10 cm punto de

suspensión

45º

Tsen45º

45º

T

23 cm

R

6 cmTcos45º

mg

• La plomada experimenta movimiento

circunferencial; por ello en la dirección radial

aplicamos la 2da ley de Newton

Fcp=macp

Tsen45º=mω2R (I)

• Además, las fuerzas perpendiculares al plano

de giro se equilibran. De esto, se tiene

Tcos45º=mg (II)

De (I)÷(II)

tan45º=ω2R

g

1=ω2

9 8R

, (III)

Del gráfico, el radio de giro de la plomada es:

R= 10 3 2+( ) cm=10 3 2

100+

m

Reemplazando en (III)

1=ω2 10 3 2

9 8 100+( )

( )( ),

∴ ω ≈ 8,3 rad/s

Clave B

Como el coeficiente de rozamiento (µ) es constante,

la fuerza de rozamiento cinético es constante.

Del diagrama de fuerzas; en la dirección paralela

al plano inclinado, aplicamos la 2da ley de

Newton:

F maR

=

mgsenθ – fN=ma

mgsenθ –µKmgcosθ=ma

→ ∴ a=g(senθ–µKcosθ)

mgcosmgsen

fKfN

mg

a

El bloque desliza con aceleración constante,

ocurre un MRUV en el tramo AC:

d= v t at021

2+

2L=12

at2 (I)

En el tramo AB

L=12

a La

12

2( ) → =

En (I)

22

12

2× =aat

t= 2 s

t=1,45 s

Clave B

- 3 -

Resolución Nº 5

Analizando la masa puntual "m":

mFGsen FGsen

FGcos FGcos

0,5 m 0,5 m

F2=sen

d

F1=FG F1=FG

M2=M

h=0,3 m

M1=M

Sobre el objeto de masa m, tanto M1 como

M2 le ejercen una fuerza gravitacional F y F

1 2

respectivamente. Además, observando las

distancias y las masas, se deduce que:

F F FGmM

dG1 2 2

= = =

Luego, la fuerza resultante será FR=2FGcosα

→ FGmM

dR = 2

2cosα

donde: cos,α = 0 3d

0,5

0,3

d=0,5

+0,32

2

→ FR=20 3

2GMm

d d× ,

→ = ( )F

GMm

dR

0 63

,

→ = ( ) × ( )( )( )+( )

−FR

0 6 6 673 10 50 20

0 5 0 3

4

2 23

, ,

, ,

→ FR ≈ 2,02×10 – 7 N

Clave B

Resolución Nº 6

Considerando que en x=0, la partícula se

encuentra moviéndose hacia el eje positivo de las

X, y donde la fuerza resultante es la fuerza F.

Del dato

F

=4x – 8

Esta fuerza varía con la posición, así se tiene

que

En x=0; F

= – 8 N

En x=2 m; F

=0

En x=3 m; F

=4 N

A1

A2

0

4

–8

2 3

F=8 N F F=0 F F=4 N

F (N)

X (m)

x=0 x=2 m x=3 m

Cálculo del trabajo neto

Wneto=WF → Wneto = A1+A2

W neto = ( ) −( ) + ( )( )12

2 812

1 4

∴ Wneto= – 6 J

Clave B

- 4 -

Resolución Nº 8

Tenemos las siguientes situaciones:Antes del lanzamiento del proyectil

v=0

Durante el lanzamiento del proyectil

FgFg1

fKfN

En el instante en que termina el lanzamiento del proyectil.

60º

230 kg

u20 kg 2 kg 250 m/s

500 m/s

Luego del lanzamiento del proyectil la plataforma y el cañón realizan un movimiento desacelerado.

v=0a

Fg

fN1

fK1

tx

u

Piden txSobre el sistema plataforma-cañón actúan fuerzas

constante, entonces experimenta un MRUV

→ vF=v0 – at

0=u – atx

tx=ua

(I)

Resolución Nº 7

En el momento que al personaje se le cae el anillo, tenemos

RT

MT

h

v0m

Un instante antes de que el anillo llegue a la superficie terrestre tenemos

RT

MT

vxm

Nos piden vx

Como sobre el sistema anillo-Tierra no hay fuerzas externas que desarrollen trabajo, entonces la energía asociada ha dicho sistema se conserva.Podemos plantear

EF=E0

ECF+EPGF

=EC0+EPG0

12

12

202mv

GM mR

mvGM mR hx + − ⋅ = + − ⋅

+

( )T

T

T

T

Ordenando se obtiene

v v M G

hR R hx = +

+

0

2 2 TT T( )

Clave B

- 5 -

Por la 2.a ley de Newton tenemos

a

FM

f

MMg

MR K K= = =( )1 µ

a=µK g=(0,4)(9,81)

a=µK g=3,924 m/s2 (II)

Durante el lanzamiento sobre el sistema

plataforma-cañón-proyectil, en el eje X se tiene

Ires=∆p

IfK=∆p ≈ 0

Ya que el tiempo del lanzamiento es muy pequeño,

observamos

p0(x)=pF(x) → 2(+250)+250(–U)=0

U=2 m/s (III)

Reemplazando (II) y (III) en (I)

tx=0,5 s

Clave B

Resolución Nº 09

Fg

v=0fig.(a)

F FE g1=

fig.(b)

fig.(c)fig.(d)

vmáx

v a

v=0

FE1 P.E.FR=0

I. FALSO

Por ejemplo, en el instante en que la bolita

pasa por la posición de equilibrio, la fuerza

neta sobre ella es nula (fig. a y fig. d).

II. FALSO

Por ejemplo, desde que la partícula es

soltada hasta antes de llegar a su posición de

equilibrio, se observa que la v

y la a

tienen

la misma dirección fig. (c).

III. FALSO

Cuando la bolita llega a la posición de

equilibrio, su rapidez es máxima.

Clave D

Resolución Nº 10

M=3 kgL=0,4 m

y(cm)

x(cm)vonda

T

De la función de onda tenemos

Y

x tx t

( , ) sen,

= −

12 216 0 1

π

Piden T: tensión

Se sabe que la rapidez con que se propaga la

onda es

v= Tµ

(I)

además

v=λf (II)

De (I) y (II) obtenemos

T=(λ f)2 µ

- 6 -

L0 → 100%

∆L → X%

→ X%= ∆LL0

100

%

X%=α L T

L0

0100

∆× % (*)

200

100

0

T(ºC)

X(%)

x=5%

5

T

De la gráfica, en (*)

x = =5 100 100% ( ) %α

∴ a=5×10– 4 ºC–1

Clave C

Resolución Nº 12

Se tienen dos cuerpos de igual masa (m) y de calor

específico Ce(A) y Ce(B), respectivamente

AmCe A( )

B

Ce B( )

m

La cantidad de calor para el cambio de temperatura

(Qsensible) sobre cada cuerpo, es

QA = Ce(A) · m · ∆TA

QB=Ce(B) · m· ∆TB

Densidad lineal

µ= ML

kgm

Luego

T=(λf)2 ML (*)

Además, la función de onda transversal es

Y A

x tTx t

( , ) sen= − +

2

20π

λαπ

Comparando con la función de onda dada,

obtenemos

λ=16 cm <> 0,16 m

T0=0,1 s → f=10 Hz

Reemplazamos en (*)

T=19,2 N

Clave D

Resolución Nº 11

Al calentarse la varilla metálica, esta se dilata

linealmente de tal modo que su aumento de

longitud será

∆ L=L0 · α(∆T) (I)

donde

α : Coeficiente de dilatación lineal.

L0 : Longitud inicial de la varilla.

∆T : Variación de temperatura.

En el problema nos dan la gráfica:

Tº S x

donde x es el crecimiento porcentual de la

longitud L0

- 7 -

Ahora, como la gráfica representa la cantidad de

calor que gana cada sustancia, en función a su

temperatura

0 10 20 30 40 50

QB=400

QA=600

Q(cal)

T(ºC)

B

A

TA

TBentonces, se tiene

QQ

C m T

C m TA

B

e A A

e B B= ( )

( )

· ·

· ·

∆∆

QQ

C T

C TA

B

e A A

e B B= ( )

( )

·

·

∆∆

Reemplazando los valores de la gráfica Q –T

600400

30

50=

××

C

Ce A

e B

( )

( )

C

Ce A

e B

( )

( )= 5

2

Clave E

Resolución Nº 13

Al cerrar el interruptor se produce un flujo de

electrones, tal como se indica, hasta que los

capacitodores almacenen su máxima cantidad

de carga.

V

C1=4 F

C

C2=3 F

q1+q2

q1+q2

q1+q2q2

q1

q1

e–

e–

S

La cantidad de carga total que entrega la batería

es q1+q2, y que puede percibirse en una de las

placas de C1.

Del dato:

q1=2 µC

Pero VqC

V11

1

24

12

= = =

El capacitor C2=3 µF está en paralelo con C1,

entonces,

V V2

12

=

Luego, q2=C2V2=3×12

=1,5 µC

Luego, q1+q2=2+1,5=3,5 µC

Clave C

Resolución Nº 14

Consideramos dos cuerpos de 1 g, cada uno, (de

cobre y tantalio), respectivamente, sumergidos

completamente en agua en reposo.

- 8 -

1 g Cu 1 g Ta

g

EH O(Cu)2EH O(Ta)2

El empuje hidrostático es directamente pro-

porcional a la densidad del líquido y al volumen

sumergido del cuerpo.

En el cuerpo de Cu:

EH2O(Cu)=ρH2OgVCu=ρH2Og mCu

Cuρ (γ)

En el cuerpo de Ta:

EH2O(Cu)=ρH2O gVTa=ρH2Og mTa

Taρ (β)

Entonces (β)÷(γ)

E

E

gm

gmmm

TaH O Ta

H O Cu

H O Ta

H O Cu

Cu

Cu Ta

Ta Cu

2

2

2

2

( )

( )= =

ρρ

ρρ

ρρ

E

EH O Ta

H O Cu

2

2

( )

( )= ×

×=8 3 1

16 6 10 5

,,

,

Clave A

Resolución Nº 15

El circuito eléctrico funciona del modo siguiente:

por el polo (+) de la fuente sale una corriente de

intensidad (i) que pasa por la resistencia interna

(r) de la fuente y por el reostato R; pero por el

voltímetro ideal no circula corriente y este registra

la diferencia de potencial entre los puntos a y b.

V

AR

i

iri

( )b( )a

i

+ –

I=0

+

r–

Usamos ley general de Ohm:

V V Vb a b a+ =→∑ rama

Vb+(– ir+ε)=Va ∴ V V ira b− = −

según dato

ε

V=ε – ir (I)

Según la gráfica

x

y

V

( )i0

Cuando i=0 → V=y

Reemplazamos en (I)

y=ε – 0r

y=ε (II)

Cuando i=x → V=0 (ver gráfica)

Reemplazamos en (I)

0=ε – xr

→ rx

= ε

Usamos (II) y se obtiene

ryx

=

Clave D

- 9 -

Resolución Nº 16

Aquí recordemos el principio físico: "Toda

corriente eléctrica origina en su entorno un

campo magnético rotacional, que se caracteriza

por el vector inducción ( B

) y cuya dirección se

determina usando la regla de la mano derecha

(RMD)".

B=0

"II "A

45º

RMD

RMD

RMD

RMD

45º( )

( )

()()

"I"

"III" "IV "A

"IV "B

"II "B

ii

i

i

i

• En el primer cuadrante I

Usando RMD en cada conductor adyacente

se deduce que las líneas de inducción son

salientes (·).

• En el segundo cuadrante: IIA

Usando la RMD predominan las líneas de

inducción ingresantes (×) debido a i(↓) puesto

que es el conductor más cerrado.

• En el segundo cuadrante IIB

Usando la RMD se aprecia que predominan

las líneas de inducción salientes (·) que genera

i(→), pues es el sector más cercano.

• En el tercer cuadrante III

Usando la RMD en cada conductor adyacente

a la región, se nota que las líneas de inducción

magnética son ingresantes (×) al plano.

• En el cuarto cuadrante: IVA

Usando la RMD para el conductor más

cercano que transporta i(↓), se nota que

predominan las líneas de inducción saliente

(·) al plano.

• En el cuadrante IVB

Usando la RMD para el conductor más

cercano que transporta i(→), se puede

apreciar que predominan las líneas de

inducción ingresante (×) a dicho plano.

Ahora: ¿qué sucede en la línea con

pendiente 45º que pasa por el II y IV

cuadrante?

En (P)

i(↓) usando RMD origina: Bir1

0

2×( ) =

µπ

i(→) usando RMD origina: Bir2

0

2( ) = µ

π

Entonces, la resultante en P será

B B BP( )×( ) ( )= +1 2

Como son opuestos y de igual módulo

→ B P( ) = 0

i

ii45º

45º

iL

i

r

r

P

II

IV

Entonces, la recta L es aquella región donde

la inducción magnética resultante es nula.

Clave A

- 10 -

Resolución Nº 17

Sobre la lámina de aluminio incide luz

monocromática de λ=2000 Ao

, tal como indica

el gráfico.

Ec trabajo deextracciónAl

E hffotón=

e–

A la superficie llega un fotón con una energía

Efotón=hf.

Con la energía entregada se logra extraer

electrones de la lámina.

Los electrones que adquieren mayor energía

cinética (ECmáx) son los que se encuentran en la

superficie.

La ecuación de Einstein para el efecto fotoeléctrico

externo es

E W ECfotón extraccióndel e

máx= +−

hf EC= +0funcióntrabajo

máx

h

cECλ

= +4 2, máx

Reemplazando datos obtenemos

4,13×10 – 15 · 3 10

2 10 104 2

8

3 10×

× ⋅

= +− , ECmáx

∴ ECmáx=1,995 eV

Clave B

Resolución Nº 18

Nos piden determinar la veracidad o falsedad de

los enunciados.

Para esto, debemos considerar la clasificación

de las ondas electromagnéticas en función de su

longitud de onda (λ) y frecuencia (f).

Espectro electromagnético

Longitud de onda Frecuencia

Radio

Muy baja frecuencia

> 10 km < 30 KHz

Onda larga < 10 km > 30 KHz

Onda corta < 180 m > 1,7 MHz

Muy alta frecuencia < 10 m > 30 MHz

Ultra alta frecuencia < 1 m > 300 MHz

Micro-

ondas< 30 cm < 1,0 GHz

Infrarrojo

Lejano/Submilimétrico

< 1 mm > 300 GHz

Medio < 50 um > 6,0 THz

Cercano < 2,5 um > 120 THz

Luz

visible< 780 nm > 384 THz

Ultra

violeta

Cercano < 380 nm > 789 THz

Extremo < 200 nm > 1,5 PHz

Rayos X < 10 nm > 30,0 PHz

Rayos Gamma < 10 pm > 30,0 EHz

I. La región de rayos gamma (γ) representa una

alta frecuencia y, en consecuencia, una menor

longitud de onda (ver espectro).

II. Las ondas audibles por el oído humano

no son electromagnéticas, son ondas

mecánicas; en consecuencia; no entran en

esta clasificación.

- 11 -

Reemplazando datos

→ 0,05=1

1 76 10

7 5 1011

6

0,

,

×⋅ ×

B

→ se tiene que B0=85,2×10 – 5 T

Examinemos ahora el movimiento del electrón

en la región R. Como en dicha región realiza un

movimiento uniforme, entonces, sobre este la

FR=0, es decir

Fmag=FEL

q VB E q=

E=(7,5×106)(85,2×10 – 3)

E=6,39×103 N/C

E=6,39×103 (– i )

Clave D

Resolución Nº 20

En el problema nos piden la separación entre el

objeto y la imagen final.

Haciendo una gráfica del enunciado del problema

tenemos:

F

F=10 cm

i

imagen

final

i'f '

'

F 'F

=20 cm

D

35 cm

ZR(+) ZR(+)ZR(–)

lente

convergente

lente

divergente

ZR(–)

objeto

III. De acuerdo al espectro electromagnético, la

región del infrarrojo está más próxima a la

región visible que la región del microondas,

esto por su cercanía en frecuencia y longitud

de onda.

Clave C

Resolución Nº 19

A partir del esquema, nos piden determinar la

intensidad de campo eléctrico en la región R.

Debemos considerar que la inducción magnética

es la misma en ambas regiones.

Veamos:

qe–

v

Y

X

RB

B B k= (– )0 U

Fmag

r

vv

qe–

vFmag

EFEL

Z

Usando la regla de la palma de la mano izquierda,

podemos determinar la dirección de la fuerza

magnética sobre el electrón y, en consecuencia,

determinar su trayectoria en la región U.

En esta región, el electrón describe una

circunferencia cuyo radio es

r

mvq Be

=−

r

mq

vBe

=

− 0

- 12 -

Trabajando con la primera lente (convergente),

aplicamos la ecuación de focos conjugados y

obtenemos:

→ 1 1 1f i

= =θ

119

120

1+( ) =

+( ) +i → i=+20 cm

imagen real

Ahora, como la separación entre las lentes

es de 35 cm, a partir del resultado obtenido,

concluimos que la primera imagen obtenida se

ubica justo en el foco de la segunda lente. Esta

imagen es el objeto para la lente divergente.

Construyendo la imagen final y aplicando

nuevamente la ecuación de focos conjungados

se tiene

1 1 115

1f i i' ' ' '

= + → 1−

=θ

→ i'=– 7,5 cmimagen virtual

Luego, del gráfico debemos determinar D

D=θ+35 – |i'|

D=20+35 – 7,5

∴ D=47,5 cm

Clave D