UNI-Examen Fisica 2008 I - Solucionario

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Solucionario del Examen de Admisin UNI 2008 - I

FsicaResolucin N 1Se pide [x] para que la ecuacin sea dimensionalmente correcta e = Debe cumplirse que y , sean nmeros [] =1; []=1x1yz

vT 0,1 km dT t= vA=75 km/h 1p 360 h

vT

[]=[][x1yz]=1 [x ][y][z]=11 1

dA

(I)

Dato z=densidad volumtrica [z]=ML3 [x][y]=M [y]=M[x]1 (III) y (II) en (I) [x] (M)[x] (ML )=1 [x]2=M2L3 [x]= ML 3 2 1 1 3

(II)

Del grfico obtenemos dA=0,1+dT vAt=0,1+vTt 1 1 75 =0,1+vT 360 360 vT=39 km/h

(III)

Clave B Resolucin N 3Nos piden: tiempo "t" que demora el bloque en llegar al piso.

Clave DA

v0=0 t1=1 s L B a L

t

Resolucin N 2Considerando que los mviles se desplazan con velocidad constante, observamos -1-

C

Como el coeficiente de rozamiento () es constante, la fuerza de rozamiento cintico es constante. Del diagrama de fuerzas; en la direccin paralela al plano inclinado, aplicamos la 2da ley de Newton:

Resolucin N 4=cte 10 cmpunto de suspensin 45

disco

FR

= ma

6 cmT Tcos45 45

mgsen fN=ma mgsen Kmgcos=ma a=g(senKcos)R mg

mg

Tsen45

3 2 cm

mg

sen

fN

mgcos a fK

La plomada experimenta movimiento circunferencial; por ello en la direccin radial aplicamos la 2da ley de Newton Fcp=macp Tsen45=m2R (I)

El bloque desliza con aceleracin constante, ocurre un MRUV en el tramo AC: d= v0 t + 1 2 at 2(I)

Adems, las fuerzas perpendiculares al plano de giro se equilibran. De esto, se tiene Tcos45=mg De (I)(II) tan45= 1= 2R 9, 8 2R g (III) (II)

1 2L= at2 2 En el tramo AB L= En (I) 2 a 1 2 = at 2 2 1 a 2 a (1) L = 2 2

Del grfico, el radio de giro de la plomada es: 10 + 3 2 R=(10 + 3 2 ) cm= m 100 Reemplazando en (III) 1= 2 (10 + 3 2 ) ( 9, 8 ) (100 )

t= 2 s t=1,45 s

8,3 rad/s

Clave B-2-

Clave B

Resolucin N 5Analizando la masa puntual "m":FGsen FGsen F2=sen F1=FG

FR =

( 0, 6 ) ( 6, 673 10 4 ( 50 )( 20 ) )

(

0, 5 2 + 0, 3 2

)

3

h=0,3 mF1=FG d M1=M 0,5 m

m

FR 2,0210 7 N

Clave B Resolucin N 6Considerando que en x=0, la partcula se encuentra movindose hacia el eje positivo de las X, y donde la fuerza resultante es la fuerza F. Del dato

FGcos

FGcos

M2=M 0,5 m

Sobre el objeto de masa m, tanto M 1 como M 2 le ejercen una fuerza gravitacional F 1 y F 2 respectivamente. Adems, observando las distancias y las masas, se deduce que: F1 = F2 = FG = GmM d2

F =4x 8

Esta fuerza vara con la posicin, as se tiene que En x=0; F = 8 N En x=2 m; F =0 En x=3 m; F =4 NF (N)

Luego, la fuerza resultante ser FR=2FGcos FR = 2 GmM d2 0, 3 d cos

4

A20 2 3

X (m)

donde: cos =

A1

8

d=

5 0,

2

+

0,

3

2

0,3

F=8 N x=0

F

F=0 x=2 m

F

F=4 N x=3 m

0,5

Clculo del trabajo neto Wneto=WF Wneto = A1+A2 W neto = 1 ( 2 ) ( 8 ) + 1 (1)( 4 ) 2 2

FR=2

GMm 0, 3 d d2

Wneto= 6 J

FR =

( 0, 6 ) GMmd3

Clave B

-3-

Resolucin N 7En el momento que al personaje se le cae el anillo, tenemos

Resolucin N 8Tenemos las siguientes situaciones: Antes del lanzamiento del proyectilv=0 v0 m h RT

Durante el lanzamiento del proyectilFg Fg1

MT

fK

fN

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

En el instante en que termina el lanzamiento del proyectil.500 m/s 60

RT MT

u

20 kg 230 kg

2 kg

250 m/s

Nos piden vx Como sobre el sistema anillo-Tierra no hay fuerzas externas que desarrollen trabajo, entonces la energa asociada ha dicho sistema se conserva. Podemos plantear EF=E0 ECF+EPGF=EC0+EPG0 1 2 (GM T m) 1 2 GM T m mv x + = mv0 + 2 RT 2 RT + h Ordenando se obtiene h 2 v x = v0 + 2 M T G RT (RT + h)

Luego del lanzamiento del proyectil la plataforma y el can realizan un movimiento desacelerado.tx v=0 a fK1 Fg u

fN1

Piden tx Sobre el sistema plataforma-can actan fuerzas constante, entonces experimenta un MRUV vF=v0 at 0=u atx u a

Clave B-4-

tx=

(I)

Por la 2.a ley de Newton tenemos a= FR fK (1) K Mg = = M M M

II. FALSO Por ejemplo, desde que la partcula es soltada hasta antes de llegar a su posicin de equilibrio, se observa que la v y la a tienen (II) la misma direccin fig. (c). III. FALSO Cuando la bolita llega a la posicin de equilibrio, su rapidez es mxima.

a=K g=(0,4)(9,81) a=K g=3,924 m/s2

Durante el lanzamiento sobre el sistema plataforma-can-proyectil, en el eje X se tiene Ires=p IfK=p 0 Ya que el tiempo del lanzamiento es muy pequeo, observamos p0(x)=pF(x) 2(+250)+250(U)=0 U=2 m/s Reemplazando (II) y (III) en (I) tx=0,5 s (III)

Clave D

Resolucin N 10M=3 kg y(cm) L=0,4 m vonda x(cm)

Clave B

T

Resolucin N 09

De la funcin de onda tenemos

t x Y( x, t ) = 12 sen 2 16 0,1 Piden T: tensinv=0fig.(a) 1

FE Fg

1

vmx v v=0fig.(b) fig.(c)

FR=0P .E. fig.(d)

Se sabe que la rapidez con que se propaga la onda es v= adems T (I)

a

FE =Fg

I.

FALSO Por ejemplo, en el instante en que la bolita pasa por la posicin de equilibrio, la fuerza neta sobre ella es nula (fig. a y fig. d). -5-

v=f De (I) y (II) obtenemos T=( f)2

(II)

Densidad lineal = Luego T=(f)2 M L M kg Lm

L0 100% L X% L X%= L 100% 0 (*) X%= L0 T L0T(C) 200 T 100 X(%) 0 x=5% 5

100%

(*)

Adems, la funcin de onda transversal es

t x Y( x, t ) = A sen 2 + T0 2 Comparando con la funcin de onda dada, obtenemos =16 cm 0,16 m T0=0,1 s f=10 Hz Reemplazamos en (*) T=19,2 N

De la grfica, en (*) x = 5 % = (100)100 %

Clave D

a=510 4 C1

Clave C Resolucin N 11Al calentarse la varilla metlica, esta se dilata linealmente de tal modo que su aumento de longitud ser L=L0 (T) donde : Coeficiente de dilatacin lineal. L0 : Longitud inicial de la varilla. T : Variacin de temperatura. En el problema nos dan la grfica: T S x donde x es el crecimiento porcentual de la longitud L0 -6(I)

Resolucin N 12Se tienen dos cuerpos de igual masa (m) y de calor especfico Ce(A) y Ce(B), respectivamenteA m Ce(A) B m Ce(B)

La cantidad de calor para el cambio de temperatura (Qsensible) sobre cada cuerpo, es QA = Ce(A) m TA QB=Ce(B) m TB

Ahora, como la grfica representa la cantidad de calor que gana cada sustancia, en funcin a su temperaturaQ(cal) QA=600

C1=4 F q1 q1

C2=3 F A C

e q2

q1+q2 V

QB=400

B

q1+q2

e

S T(C) 0 10 20 30 40 50 TA

q1+q2

La cantidad de carga total que entrega la batera es q1+q2, y que puede percibirse en una de las placas de C1.

entonces, se tiene

TB

Del dato: q1=2 C q1 2 1 = = V C1 4 2

Q A Ce ( A) m TA = QB Ce( B) m TB Q A Ce( A) TA = QB Ce( B) TB Reemplazando los valores de la grfica Q T 600 Ce( A) 30 = 400 Ce( B) 50 Ce( A) Ce( B) 5 2

Pero V1 =

El capacitor C2=3 F est en paralelo con C1, entonces, V2 = 1 V 2 1 =1,5 C 2

=

Luego, q2=C2V2=3

Luego, q1+q2=2+1,5=3,5 C

Clave E Resolucin N 13Al cerrar el interruptor se produce un flujo de electrones, tal como se indica, hasta que los capacitodores almacenen su mxima cantidad de carga. -7-

Clave C

Resolucin N 14Consideramos dos cuerpos de 1 g, cada uno, (de cobre y tantalio), respectivamente, sumergidos completamente en agua en reposo.

+

1 g CuEH2O(Cu)

1 g TaEH2O(Ta)

(a) i

I=0

V

R

El empuje hidrosttico es directamente proporcional a la densidad del lquido y al volumen sumergido del cuerpo. En el cuerpo de Cu: EH2

Usamos ley general de Ohm: Vb + Varama = Va b Vb+( ir+)=Va Va Vb = ir segn dato

O(Cu)=H2OgVCu=H2Og

mCu Cu

()

V= ir Segn la grfica ()V

En el cuerpo de Ta: EHO(Cu)=H2O gVTa=H2Og 2

mTa Ta

Entonces ()() H 2O gmTa

y (i) 0 x

EH O( Ta ) Ta m 2 = = Cu Ta EH O(Cu) H 2O gmCu Ta mCu 2 Cu EH O( Ta ) 8, 3 1 2 = = 0, 5 EH O(Cu) 16, 6 12

Cuando i=0 V=y Reemplazamos en (I) y= 0r y= (II)

Clave A Resolucin N 15El circuito elctrico 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 voltmetro ideal no circula corriente y este registra la diferencia de potencial entre los puntos a y b. -8-

Cuando i=x V=0 (ver grfica) Reemplazamos en (I) 0= xr r=

x

Usamos (II) y se obtiene r= y x

g

i

ir + r

(b) i A

(I)

Clave D

Resolucin N 16Aqu recordemos el principio fsico: "Toda corriente elctrica origina en su entorno un campo magntico rotacional, que se caracteriza por el vector induccin ( B ) y cuya direccin se determina usando la regla de la mano derecha (RMD)"."IIA" () ( ) "IIB" "I"RMD

En el cuarto cuadrante: IVA Usando la RMD para el conductor ms cercano que transporta i(), se nota que predominan las lneas de induccin saliente () al plano.

En el cuadrante IVB Usando la RMD para el conductor ms cercano que transporta i(), se puede apreciar que predominan las lneas de induccin ingresante () a dicho plano. Ahora: qu sucede en la lnea con pendiente 45 que pasa por el II y IV

RMD