300i FISICA I 2006-2 INTEGRAL

(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: 13-01-2007 LAPSO: 2006-2

MOD I,- UNID 1.- OBJ 1

1.- DATOS: La posición en función del tiempo está dada por:

2

x(t)=2,0+3,0t-4,0t

SOLUCIÓN:

a) Para determinar la posición en que cambia su dirección, previamente se obtiene la expresión de la velocidad en función del tiempo, así se tiene que,

v(t)=dx=3,0-8,0t dt

La partícula cambia de dirección, cuando la velocidad es cero, esto es,

1 3,0

v(t)=0=3,0-8,0t , t= t =0,375 s

8,0 ®

La posición de la partícula es,

2

x(0,375 s)=2,0+3(0,375)-4(0,375)

(0,375 s)=2,0+1,125-0,5625 x(0,375 s)=2,56 m

x Þ

b) En t=0, la posición es x(0)=2,0 m. Así se tiene que

2

2,0=2,0+3,0t-4,0t t=0 0=(3,0-4,0t)t ₃

t= =0,75 s 4

ìï ïï í ïï ïî

La velocidad cuando han transcurrido 0,75 s desde t=0, está dada por:

m v(0,75)=3,0-8,0(0,75) v(0,75)=-3,0

s

(2)

c) El desplazamiento Δx de la partícula entre t=0 y t=2,0 s, está dado por:

x=x(2 s) -x(0)

D

Pero _{x(2 s)=2,0+3,0(2)-4,0(2)}2 _{x(2 s)=-8,0 m}

®

Entonces Dx=-8,0-2,0 Þ x=-10 mD

La distancia está dada por:

1 2

D= x + x = x(2)-x(0,375) + x(0,375)-(x(0) D= -8-2,56 + 2,56-2 D=11,12 m

D D

Þ

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

Procedimiento y resultado similares a los mostrados.

MOD I,- UNID 2,- OBJ 2

2.- DATOS: xmáx = 40,0 m

SOLUCIÓN:

Para determinar la velocidad inicial con que debe lanzarse el proyectil y su dirección con la horizontal, tal que alcance la máxima distancia horizontal, apliquemos la ecuación que nos describe el movimiento de un proyectil Cuando la aceleración que actúa sobre el proyectil, se considera constante. Se tiene así que la ecuación de movimiento del proyectil está dado por:

2 o o

1

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

r r r r

Las condiciones iniciales de este movimiento son:

o

o o o

r =0,

ˆ ˆ

v =v cos i+v sen j ˆ

a=-gj

q q

r r r

Sustituyendo las condiciones iniciales en la ecuación (1), se tiene

2

o o

1

ˆ ˆ

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

q q

r

Las ecuaciones paramétricas “x” e “y” están dadas por:

o

2 o

x(t)=v cos t (2) 1

y(t)=v sen t- gt (3) 2

q

q ìï

(3)

Despejando el tiempo t en la ecuación (2), se tiene

o

x t=

v cosq ,

Al sustituirla en la ecuación (3), se obtiene que

2

2 2 o

sen gx

y= x- (4)

cos 2v cos

q

q q

Cuando la partícula llega al punto B (donde choca con el suelo), se tiene que yB = 0, así se tiene que

2 2

2 2 2

o o

2 2

o o

sen gx gx

0= x- x sen =

cos 2v cos 2v cos

v 2sen cos v sen2

x= = (5)

g g

q

q q q

®

La distancia horizontal máxima xmáx se obtiene cuando sen 2θ = 1,

lo cual indica que 2θ = 90º, o sea que θ = 45º. A partir de la ecuación (5) se tiene que la velocidad inicial vo está dada por:

2

2 o

max o máx

o o

v sen2

x = v =x g

g

m v = 40 9,8 v =19,8

s

q

®

´

Para determinar la altura máxima alcanzada por el mismo proyectil lanzada verticalmente, la ecuación de movimiento y la de la velocidad del proyectil, están dada por:

2

o o

1

y=v t- gt (6) y v=v -gt (7) 2

La altura se obtiene cuando la velocidad del proyectil, en la ecuación (7) es cero, esto es que

o

v 19,8

0=v -gt t= = t=2,02 s

g 9,8

®

Sustituyendo este valor del tiempo en la ecuación (6), se obtiene la altura máxima en el movimiento vertical, esto es

2

máx máx

y =19,8(2,02)-4,9(2,02) Þ y =20,002 m

(4)

MOD II,- UNID 3,- OBJ 3

3.- DATOS: Masas de los bloques: m1 y m2; coeficiente de fricción

dinámica µd; poleas P1 y P2

SOLUCIÓN:

a) Para determinar la relación entre las aceleraciones de las masas, consideremos como L1 y L2 las

longitudes de las cuerdas que sujetan

a las masas m1 y m2,

respectivamente.

Así se tienen que las longitudes están dadas por:

1 p1 p1 1 p1 1

2 2 p1

L =x +(x -x )=2x -x (1) L =x -x (2)

Donde x1, x2 y xp1 indican la posición de cada masa con

respecto al eje de referencia indicado. Al derivar dos veces a las ecuaciones (1) y (2), y considerando que las longitudes L1

y L2, son constantes, se tiene que

p1 1 p1 1 ₁ ₂

2 p1 2 p1

0=2a -a 2a =a

a =2a 0=a -a a =a

ü

® _ïï

Þ ý ï

® _ïþ

b) Para determinar las aceleraciones de las masas, se dibujan los diagramas de cuerpo libre DCL, de cada uno de los cuerpos, así se tiene que,

Las ecuaciones de movimiento, aplicando la 2ª ley de Newton, son:

1 1 1 1 2 2 2 2 2

1 1

T -F =m a (a), -2T +T =0 (b), m g-T =m a (c) N -m g=0

m

Al despejar a1 y a2 de las ecuaciones (a) y (c), y sustituirla en

la ecuación (b), se tiene

1 μ ₁

μ

_d ₁ ₂ ₂

1 2

1 1 2

T -F T - m g m g-T

a = = a =

(5)

1

μ

d 1 2 2

μ

1 d 1 2 2 2 1

1 2

T - m g 2m g-2T

= , (T - m g)m =(2m g-2T )m

m m

μ

⇒

1 2 d 1 2 1 2 1 1

d 1 2 2 1 1 1 2 d 1 2 1

1 2 Tm - m m g=2m m g-2(2T )m

(2+ )m m g (m +4m )T =2m m g+ m m g T =

4m +m

⇒

μ

d 1 2

2 1 2

1 2 2(2+ )m m g T =2T T =

4m +m

c) Las aceleraciones a1 y a2 están dadas por:

μ

_μ

μ

_μ

μ

⇒

d 1 d 1 2

1 1

1 d d

1 1 1 1 1 2

2 d 2 d 1 d 2 2 d 1

1 1

1 2 1 2

m g (2+ )m m g

T T

a = - = - g= - g

m m m m (4m +m )

2m g+ m g-4 m g- m g 2(m -4 m )g

a = a =

4m +m 4m +m

μ

⇒ 2 d 1

1

2 2

1 2 (m -2 m )g a

a = a =

2 4m +m

Procedimiento y resultados similares a los mostrados.

MOD II,- UNID 4,- OBJ 4

4.- DATOS: m = 3,0 kg, θ = 30º, D = 2,0 m, μd = 0,2. SOLUCIÓN:

Consideremos el movimiento del bloque desde la posición A hasta la posición B, así se tiene que

ΔK=W + Wmg Fμ

r r

Así se tiene que

A 2 B A d H d= 1 sen mv =mH -F d donde

2 m _{F = mgcos}

m q m q ìï ïïï ® í ïï ïïî 2 A

B A d

2

B A d

1 H

mv =mgH - mgcos

2 sen

1 cos

mv =mgH 1- (1)

(6)

Ahora se considera el movimiento del bloque desde la posición B hasta la posición C, donde se detiene, así se tiene que

μ

F 2

B μ

2 B d

1

ΔK=W , 0- mv =-F D 2

1

mv =-μ mgD (2) 2

®

r

De la ecuación (1) y (2), se tiene d

d A

d

A A

d

cos

μ mgD=mgH

1-sen

D 0,2 2,0

H = = H =0,614 m

cos 0,2cos30º

1-sen30 sen

m q q m

m q q

æ ö_÷

ç _÷

çè ø

´

Þ

MOD III,- UNID 5,- OBJ 5

5.- DATOS: mR = 77,0 kg, mJ = 55,0 kg, mb = 80,0 kg,

L = 2,70 m.

SOLUCIÓN:

En el movimiento de Julieta hacia Romeo solo actúan fuerzas interna, por lo tanto se tiene que

ext

x cm

dP

F =0= P=MV =constante

dt ®

å

El sistema formado por Julieta, Romeo y el bote, están en reposo, lo cual nos indica que

cm

cm cm

dx

V = =0 x =constante.

dt ®

Así se tiene que,

R Ro J Jo b bo R Rf J Jf b bo

cmo cmf

R J b R J b

m x +m x +m x m x +m x +m x

x = = =x

m +m +m m +m +m

R Rf Ro J Jf Jo b bo bf

(7)

Jf (J/b)f bf

R Rf Ro Jo (J/b)o bo

J J/b b x =x +x x =x -x =0, x =x +x

x = x + x

ìï ïï ïï

D _í

ïï

ï D D D ïïî

Al sustituir en la ecuación (1), se tiene

J J/b b b b J J/b J b b m ( x + x )=-mD D Dx , m x =-(m +m ) xD D

J J/b

b J/b

J b

b b

m x

x =- , x =L=2,70 m (m +m )

55,0 2,70

x =- x =-1,1 m 55,0+80,0

D

D D

´

D Þ D

El bote se acerca a la orilla (al muelle) una distancia de 1,1 m.

6.- DATOS: M = 17,0x10-27 kg, v1 = 6,0x106 m/s, m1 = 5,0x10-27 kg, v2 = 4,0x106 m/s, m2 = 8,4x10-27 kg.

SOLUCIÓN:

a) Las fuerzas que actúan durante una explosión son fuerzas internas, así se tiene que

_{F =0, P=constante}ext

å

r r

Pero

[

]

o f 1 1 2 2 3 3

27 -27 3

ˆ ˆ

P =0, P =m v j+m v i+m v , y m = 17,0-13,4 10- =3,6 10 kg

´ ´

r r _r

Entonces:

6 6

2 1

3 2 1

3 3

6 3

m _ˆ m _ˆ 8,4 4,0 10 _ˆ 5,0 6,0 10 _ˆ

v =- v i- v j=- i- j

m m 3,6 3,6

m

ˆ ˆ

v =-(9,33i+8,33j) 10 s

´ ´ ´ ´

Þ ´

r

(8)

La magnitud es,

2 2 6 6

3 3

m v = (9,33) +(8,33) 10 v =12,51 10

s

´ Þ ´

b) El cambio de energía cinética total del proceso, está dado por:

f o o

2 2 2

1 1 2 2 3 3 K=K -K , donde K =0

1 1 1

K= m v + m v + m v -0

2 2 2

D D

2 2 2 -27 12

-13 1

K= 5,0 6 +8,4 4 +3,6 (12,51) 10 10 2

K=4,39 10 J

é ù

D _ê_ë ´ ´ ´ _ú_û ´ Þ D ´

7.- DATOS: m = 60,0 kg, Im = 500 kg.m2, r = 2,0 m, v = 1,5 m/s. SOLUCIÓN:

a) La masa de la mesa está dada por.

2 m

m m m 2 2 m

1 2I 2 500

I = m r m = = m =250 kg

2 r 2

´

Mientras la mujer camine sobre la superficie de la mesa, no existen fuerzas externas al sistema mujer-mesa, así se tiene que,

ext

o f

=0, L=constante, o sea L =L

t

å

r r r r

o m

m

L =0, 0=mrv+I ω

mrv 60,0×2,0×1,5 rad

ω=- =- ω=-0,36

I 500 s

®

Þ

(9)

b) El trabajo realizado por la mujer para poner en movimiento la mesa giratoria está dado por:

2 2

m

1 500×(0,36)

W=ΔK= I ω = W=32,4 J

2 2 Þ

8.- DATOS: mm = 10,0 kg, P = 120 N, Tmáx = 110 N. SOLUCIÓN:

a) Aplicando las condiciones de equilibrio para esta escalera, se tiene

x A

y v

F =0, T-F =0 (1) F =0, F -mg-P=0 (2)

å

B A

L L

=0, F Lsen -mg cos -P cos =0 (3)

3 2

t q q q

å

De la ecuación (3) se tiene,

A

A A

mg P₊ _cos 10 9,8 120₊ _cos53º

3 2 3 2

F = =

sen sen53º

(32,67+60) 0,6

F = F =69,50 N 0,8

q

é ù é ´ ù

ê ú ê ú

ë û ë û

´

®

Sustituyendo en la ecuación (1), se tiene la tensión de la cuerda, esto es,

T=F _A Þ T= 69,50 N

(10)

B A

A

A máx L

: F Lsen -mgdcos -P cos =0 2

L F Lsen -P cos

2

d= , donde F =T

mgcos

t q q q

q q

q

å

r

máx

P 120 0,6

T sen - cos L 110 0,8- L

2 2

d= =

mgcos 98 0,6

(88-36)L

d= d=0,884L 58,8

q q

q

é ù é ´ ù

ê ú ê ´ ú

ê ú ê ú

ë û ë û

´ Þ