MOD I,- UNID 1.- OBJ 1

(1)

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA VICERRECTORADO ACADÉMICO ÁREA INGENIERÍA DE SISTEMAS

MODELO DE RESPUESTA

ASIGNATURA: FÍSICA GENERAL I CÓDIGO: 300

MOMENTO: PRUEBA INTEGRAL VERSIÓN: 1

FECHA DE APLICACIÓN: 10-12-2005 LAPSO 2005-2

MOD I,- UNID 1.- OBJ 1

1.- DATOS: a1 = 1 m/s 2

, ? t1 = 1 s, ? t2 = 10 s, a2 = - 0,05 m/s 2

, ? t3 = 5 s.

SOLUCIÓN:

Con el fin de darnos una idea cómo es el movimiento del auto, se hace un gráfico de la velocidad contra el tiempo (gráfico previo). Así se tiene que,

Figura 1.

a) La distancia recorrida por el auto está dada por: x =x +x +x_T ₁ ₂ ₃

Durante el primer lapso de tiempo ( t =1s)∆₁ , se tiene que

1 1 1 1

2 2

1 1

m v =a t =1 1 v =1,0

s a t 1 1

x = = x =0,5 m

2 2

∆ × →

× _→

Durante el segundo lapso de tiempo ( t =10 s)∆ ₂ , se tiene

2 1 2 2 2

2 2

2 1 2 2

m v =v -a t =1-0,05 10 v =0,5

s

a t 0,05(10)

x =v t - =1 10- x = 7,5 m

2 2

× →

(2)

Durante el tercer lapso de tiempo ( t =5 s)∆ ₃ , se tiene

2

3 2 3 3 3 3 2

3

2 2

3 3

3 2 3 3

v 0,5 m

v =0=v -a t a = = a =0,1

t 5 s

a t 0,1(5)

x =v t - =0,5 5- x =1,25 m

2 2

→

× →

Entonces, la distancia recorrida es,

T T

x =0,5+7.5+1,25 x =9,25 m⇒

b) La gráfica de la velocidad contra el tiempo está dada por la figura 1. La gráfica de la aceleración contra el tiempo es,

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

Procedimiento y resultado similares a los mostrados.

MOD I,- UNID 2,- OBJ 2

2.- DATOS: vo = 15,0 m/s, tv = 4,25 s,

SOLUCIÓN:

La ecuación de movimiento y de la velocidad están dadas por

2

o o

o

1 r(t)=r +v t+ at

2 v(t)=v +at

r r r r

r

r r

Las condiciones iniciales son:

o o

ˆ r =H j ˆ v =v j ˆ a=-gj

(3)

Aplicando las condiciones iniciales, se tiene

2

o o o

gt _ˆ _ˆ

r(t)=(H +v t- )j y v(t)=(v -gt)j 2

r r

Las ecuaciones paramétricas y de la velocidad quedan entonces como

2 o

y=H +15t-4,9t , v=15-9,8t

a) La altura del edificio se obtiene conociendo que yC = 0, así se tiene que

2 2

C o o

o o

y =0=H +15(4,25)-4,9(4,25) H =4,9(4,25) -15(4,25) H =88,51-63,75 H =24,76 m⇒

b) La altura máxima se obtiene conociendo previamente el tiempo que tarde la pelota en llegar al punto B, esto es cuando vB = 0, esto es,

B B

15

0=15-9,8t t = t =1,53 s

9,8 →

Sustituyendo en la ecuación paramétrica, se tiene

2 2

max B B

max max

y =24,76+15(t )-4,9(t ) =24,76+15(1,53)-4,9(1,53) y =24,76+22,95-11,47 ⇒ y =36,24 m c) La velocidad de la pelota cuando llega al suelo es,

C C

m v =15-9,8(4,25) v =-26,65

s ⇒

Procedimiento y resultados similares a los mostrados.

MOD II,- UNID 3,- OBJ 3

3.- DATOS: m = 0,8 kg, ? = 30º, vA = 16 m/s, µe = 0,4, µd = 0,2

SOLUCIÓN:

a) Aplicando la 2ª ley de Newton, cuando el bloque pasa por el punto A, en su movimiento ascendente, se tiene,

x

y

F : -mgsen -F =ma (1) F : N-mgcos =0 (2)

µ

θ θ

∑

(4)

d d

Donde F = N= mgcos_µ µ µ θ . Sustituyendo esta ecuación en la ec. (1), se tiene

d 1 1 d

1 1 2

-mgsen - mgcos =ma , a = -g(sen + cos ) m a = -9,8(0,5+0,2 0,87) a = -6,61

s

θ µ θ θ µ θ

× →

La distancia d recorrida mientras asciende por el plano inclinado se obtiene a partir de,

2 2

2 2 A

f A 1

1

v (16)

v =0=v +2a d, d=-

=-2a 2 (-6,61) d=19,37 m

× ⇒

c) Para obtener la velocidad del bloque cuando retorna, es necesario verificar si el bloque desliza a partir del punto B. Para ello se hace un DCL el bloque, y se considera que inicialmente está en reposo en la posición B, aplicando la 2ª ley Newton, así se tiene que

∑

F : mgsen -F =0_x θ _µ_,e

Para que se mueva de esa posición, es necesario que

,e e

mgsen >F = mgcos o sen30º>0,4cos30º

0,5>0,348 (3)

µ

θ µ θ

⇒

El resultado (3), nos indica que el cuerpo se mueve y por lo tanto, él retorna. Aplicando nuevamente la 2ª ley de Newton, se tiene

2 2 d

2 2 2

mgsen -F =ma , a =gsen30º- gcos30º m a =(0,5-0,2 0,87)9,8 a =3,195

s

µ

θ µ

× →

La velocidad del bloque cuando pasa por el punto A, es

2

A 2 A

m v =2a d=2 3,195 19,37 v =11,13

s

× × ⇒

(5)

MOD II,- UNID 4,- OBJ 4

4.- DATOS: m = 3,0 kg, ? = 30º, k = 400 N/m, ?x = 0,2 m, µd = 0,2.

SOLUCIÓN:

Aplicando el teorema de trabajo-energía entre la posición del bloque en A y en C, se tiene

F

C A

E=W , E -E =W

µ µ

∆

2

A d A

2

d

1

k x -mgh =- mg(d+ x)cos , h =(d+ x)sen 2

1

k x -mg(d+ x)sen = - mg(d+ x)cos 2

µ θ θ

θ µ θ

∆ ∆ ∆

2 2

d

2

1 k x

k x =mg(sen - cos )(d+ x) d= - x

2 2mg(sen - cos )

400(0,2)

d= -0,2 d=0,635 m

2 3,0 9,8(0,5-0,2 0,87)

θ µ θ

∆

∆ ∆ ∆

⇒

× × ×

MOD III,- UNID 5,- OBJ 5

5.- DATOS: m1 = 2 kg, m2 = 3 kg, v1 = 10 m/s, v2 = 8 m/s.

SOLUCIÓN:

Expresando las velocidades en forma vectorial, se tiene

1 1

2 2 2

ˆ v =v i ,

ˆ ˆ

v =-v cos60ºi+v sen60j, r

r

1 2

m m

ˆ ˆ ˆ

v =10i , v =-4,0i+6,93j

s s

(6)

a) La velocidad del centro de masa CM es,

1 1 2 2 CM

1 2

CM CM

ˆ ˆ ˆ

m v +m v 2 10i+3(-4i+6,93j)

v = =

m +m 2+3

ˆ ˆ ˆ

20i-12i+20,79j _ˆ _ˆ m

v = v =(1,6i+4,16j)

5 s

×

⇒

r r

r

r r

b) Las velocidades de cada partícula con respecto al centro de masa son:

1/CM 1 CM

1/CM

2/CM 2 CM

2/CM

ˆ ˆ ˆ

v =v -v =10i-(1,6i+4,16j)

m ˆ

v =(8,4i-4,16j) s

ˆ ˆ ˆ ˆ

v =v -v =(-4i+6,93j)-(1,6i+4,16j) m

ˆ ˆ

v =(-5,6i+2,77j) s ⇒

⇒

r r r

r

r r r

r

c) Los momentos lineales de cada partícula respecto al centro de masa son:

1/CM 1 1/CM 1/CM

2/CM 2 2/CM 2/CM

kg.m

ˆ ˆ ˆ ˆ

p =m v =2(8,4i-4,16j) p =(16,8i-8,32j) s kg.m

ˆ ˆ ˆ ˆ

p =m v =3(-5,6i-2,77j) p =(-16,8i-8,31j) s ⇒

⇒

r r r

d) La velocidad relativa de las partículas es,

1/2 1 2 1/2

m

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

v =v -v =10i-(-4i+6,93j) v =14i-6,93j) s ⇒

r r r r

(7)

SOLUCIÓN:

a) La velocidad de la masa m1 después de la colisión, está dado por:

i f

2 2o 1 1f 2 2f 2 2f

P=P, debido a que en una colisión P es constante.

ˆ ˆ ˆ

m v i=m v +m v cos i+m v sen jθ θ

r r r

r

2 2o 2 2f 2 2f

1f

1 1

1f

ˆ ˆ

(m v -m v cos53º)i m v sen53ºj

v =

-m m

ˆ 0,2 _ˆ 0,2 1,0 0,8j v = (2,0-1,0

0,6)i-0,3 ´0,3

× × ×

r

1f

m

ˆ ˆ

v =(0,93i-0,53j) s

⇒ r

Su magnitud y dirección son:

2 2

1f 1f

-1

m v = (0,93) +(-0,53) v =1,075

s -0,53

=tan =-20,62º

0,93

φ φ

⇒

  _⇒

 

 

b) El cambio de energía cinética del sistema durante el choque, está dado por:

2 2 2

1f 2f 2o 1 1f 2 2f 2 2o

2 2 2

1

K=K +K -K , K= m v +m v -m v 2

1

K= 0,3(1,075) +0,2(1,0) -0,2(2,0) 2

K=0,1733+0,1-0,4 K= -0,127 J

 

∆ ∆ _ _

 

∆ _ _

∆ ⇒ ∆

c) La colisión es ineslástica.

(8)

7.- DATOS: Velocidad inicial = vi , Angulo = ?.

SOLUCIÓN:

Las ecuaciones de movimiento de la partícula y la de la velocidad son: 2 o o o at

r(t)=r +v t+ (1) 2

v(t)=v +at (2) r

r r r

r

r r

Las condiciones iniciales son:

o o o ˆ o ˆ ˆ

r =0, v =v cos i+v sen j, a=-gjθ θ

r r r

Al sustituir las condiciones iniciales en las ecuaciones (1) y (2), se tiene 2 o o o o gt ˆ ˆ ˆ

r(t)=v cos ti+(v sen tj- )j (3) 2

ˆ ˆ

v(t)=v cos i+(v sen -gt)j (4)

θ θ

r

a) El momento angular está dado por: L=mrr r×vr . En el origen, r=0, por lo tanto L=0.r r

b) En el punto más alto de su trayectoria (punto A), se tiene

o

y o o

2 2 2 2 2 2 2 2

o o o o o

A

v sen _ˆ

v =0=v sen -gt, t= , v=v cos i g

v sen cos _ˆ v sen v sen _ˆ v sen2 _ˆ v sen _ˆ

r = i+ - j= i+ j

g g 2g 2g 2g

θ θ θ θ θ  θ θ  θ θ     r r

El momento angular está dado por:

2 2 2

o o

A o

3 2

o A

v sen2 _ˆ v sen _ˆ _ˆ

L =m i+ j (v cos i)

2g 2g

mv sen cos _ˆ L =- k

2g θ θ _θ θ θ   ×     ⇒ r r

c) En el punto B,

2 o o 2 2 2v sen gt

v sen t- =0 t=

2 g

2v sen cos _ˆ v sen2 _ˆ

θ θ

θ θ θ

(9)

o

B o o o o

g2v sen

ˆ ˆ ˆ ˆ

v =v cos i+(v sen - )j=v cos i-v sen j g

θ

θ θ θ θ

r

Entonces, el momento angular está dado por:

2 o

B o o

3 o B

v sen2 _ˆ _ˆ _ˆ

L =m i (v cos i-v sen j) g

mv sen2 sen _ˆ L = k

g θ _θ _θ θ θ   ×     ⇒ r r

d) El momento de torsión está dado por:

¨

2

o o

o

gt ˆ ˆ

ˆ

=r F= v cos t+(v sen t- )j (-mgj) 2

ˆ =-mgv cos k

τ θ θ τ θ   × _ _×   ⇒ r r r r

8.- DATOS: A1 = 10 cm 2

, A2 = 5 cm 2

, v1 = 5 m/s, p2 = 2x10 5

N/m2.

SOLUCIÓN:

a) La velocidad del agua en la sección 2, se obtiene aplicando el principio de continuidad para líquidos incompresible, se tiene

A v =A v_{1 1} ₂ ₂

1 1

2 2

2

A v 10 5 m

v = = v =10

A 5 s

× _⇒

La presión del agua en la sección 1, se obtiene aplicando el teorema de Bernoulli, así se tiene

2 2

1 2

1 2 1 2 2 1

5 2 2 5

1

4 5

1 1

v v

p + =p + , p =p + (v -v )

2 2 2

1000

p =2 10 + (10 -5 )=2 10 +500 75 2

p =(20,0+3,75) 10 p =2,375 10 Pa.

ρ ρ ρ

× × ×

(10)

b) La cantidad de agua que cruza cualquier sección, está dada por:

3 -4

1 1 1 1

m cantidad = A v =10 10 5 60 A v =0,3

min

× × × ⇒