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: 13-06-2009 LAPSO: 2009.1

MOD I,- UNID 1.- OBJ 1

1.- DATOS: vm1=8,0 m/s, ∆t1=60 s, vm2=20,0 m/s, ∆t2=60 s,

vm1=8,0 m/s, ∆t’1=240 s, vm2=20,0 m/s, ∆t’2=240 s.

SOLUCIÓN:

a) La rapidez media se obtiene al dividir la distancia recorrida por el cuerpo entre el tiempo realizado. Esto es

m

distancia v =

tiempo . En primer lugar debemos obtener la distancia recorrida por el auto en cada uno de los intervalo, así se tiene que

1 m1 1 1

2 m2 2 2

T 1 2 T

a a

d =v t =8,0 60 d =480 m d =v t =20,0 60 d =1200 m

La distancia total d =d +d =480+1200 d 1680,0 m

1680 m

La rapidez media v = v =14,0

120 s

Δ × →

→ =

⇒

b) La rapidez media en los primeros 240 s, es

1 m1 1 1

2 m2 2 2

T 1 2 T

b b

d' =v t' =8,0 240 d' =1920 m d' =v t' =20,0 240 d' =4800 m La distancia total d' =d' +d' =1920+4800

d' 6720,0 m

6720 m

La rapidez media v = v' =14,0

480 s

Δ × →

→ =

(2)

En los dos casos, (a) y (b) está dado por:

a b

prom prom m

v +v 14+14 m

v = , v = v =14,0

2 2 ⇒ s

c) Como podemos observar, el valor promedio de la velocidad del auto, coincide con cada uno de los valores obtenidos en los en los apartados (a) y (b).

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto y obtiene un resultado similar al mostrado.

MOD I,- UNID 2,- OBJ 2

2.- DATOS: D=188,0 m, ho=0,9 m, θ=45º, hb03,0 m, d=116 m.

SOLUCIÓN:

La ecuación de movimiento de la pelota en función del tiempo, considerando que la aceleración que actúa sobre ella es constante, está dada por:

2

o o 1

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

r r r r

Las condiciones iniciales son;

o o

o o o

ˆ r =h j

ˆ ˆ

v =v cos i+v sen j ˆ

a=-gj

θ θ

⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩

r r r

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

2

o o o

1

ˆ ˆ ˆ ˆ

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

θ

r

(3)

o

2 o o

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

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

θ

⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩

a) Para determinar la rapidez inicial vo de la pelota,

comenzamos por despejar el tiempo t en la ecuación (2) y luego lo sustituimos en la ecuación (3), de donde se tiene que

[ ]

o

2

o 2 2

o x(t)

t=

v cos

g x(t)

y(t)=h +x(t)tan - (4) 2v cos

θ

Considerando ahora la posición de la pelota cuando cae al suelo (punto C), se tiene

2 2

2

C o 2 2 o 2

o o

gD gD

y =0=h +Dtan - , v =

2v cos 2cos (h +Dtan )

θ

Sustituyendo los valores, se tiene

[

]

2 2

o 2 o

9,8(188) m

v = v =42,83 2(0,707) 0,9 188(1)+ ⇒ s b) Para determina la altura a la cual pasa sobre la barda (en el

punto B), se puede usar la ecuación (4), aplicándola a la posición del punto B, esto es

2

B 2 2

B B

9,8(116) y

=0,9+116(1)-2(42,83) (0,707)

y =0,9+116-71,91 ⇒ y =44,99 m

Por lo tanto la altura encima de la barda en la cual pasa la pelota es

Δh =y -h =44,99-3,00 _B _B _b ⇒ h =41,99 mΔ _B CRITERIO DE CORRECCIÓN:

(4)

MOD II,- UNID 3,- OBJ 3

3.- DATOS: mA=6,0 kg, mB=8,0 kg, µe=0,4.

SOLUCIÓN:

Para determinar el valor máximo de la aceleración, se usa el DCL mostrado en la siguiente figura:

x 1 A 2 B

y 1 A 2 B

F : T+F =m a (1) N =m a (2) F : N -m g=0 (3) T-F -m g=0 (4)

μ

∑

Despejando la tensión T en las ecuaciones (1) y (2), se tiene

A e A B e B

T=m a- m g T=m g+ m aμ μ

Igualando esta últimas ecuaciones y despejando se obtiene la aceleración máxima amax, así se tiene

A e A B e B A e B B e A

B e A max

A e B

max max 2

m a- m g=m g+ m a (m - m )a=m g+ m g (m + m )g (8,0+0,4 6,0)9,8 (8,0+2,4)9,8

a = = =

(m - m ) 6,0-0,4 0,8 6,0-3,2

10,4 9,8 m

a = a =36,4

2,8 s

μ μ μ μ

μ μ

→ ×

× ×

(5)

Para determinar el valor mínimo de la aceleración se usa el DCL mostrado en la siguiente figura;

Aplicando nuevamente la 2ª ley de Newton, se tiene

x 1 A 2 B

y 1 A 2 B

F : T-F =m a (5) N =m a (6) F : N -m g=0 (7) T+F -m g=0 (8)

μ

∑

Despejando las tensión T en las ecuaciones (5) y (6), se tiene

A e A B e B

T=m a+ m g T=m g- m aμ μ

Igualando estas ecuaciones y despejando se obtiene la aceleración mínima amin, así se tiene

A e A B e B A e B B e A

B e A min

A e B

min min 2

m a+ m g=m g- m a (m m )a=m g- m g (m - m )g (8,0-0,4 6,0)9,8 (8,0-2,4)9,8

a = = =

(m + m ) 6,0+0,4 0,8 6,0+3,2

5,6 9,8 m

a = a =5,97

9,2 s

μ μ μ μ

μ μ

→ +

× ×

× _⇒

Este resultado nos indica que la aceleración del carrito debe esta entre

2 2

m m

5,97 < a <36,4

s s

⇒

(6)

MOD II,- UNID 4,- OBJ 4

4.- DATOS: M=5,0 kg, vo=6,0 m/s, µd=0,2, k=500 N/m,

∆xmax=0,15 m.

SOLUCIÓN:

a) Para determinar la distancia máxima que se comprime el resorte, aplicando el teorema de trabajo y energía, se tiene

ΔK=W +WFe Fμ

e

2 2

F

F o

d 2

2

o d

Mv k x

K=W +W , 0- =0- - Mg x (1)

2 2

Mv k x

+ Mg x- =0

2 2

μ μ

μ

Δ

Δ Δ

Δ _Δ

2 2

2

500 5,0(6,0)

x +(0,2)5,0(9,8) x- =0

2 2

-9,8 (9,8) +4(250)90 250 x +9,8 x-90=0 x=

500

-9,8 300,16 m

x= x=0,58

500 s

Δ Δ

±

Δ Δ → Δ

±

Δ ⇒ Δ

b) Para determinar el valor máximo de la velocidad inicial, si se tiene que la compresión máxima no puede exceder los 15 cm, aplicando la ecuación (1), se tiene

2 2

o

d o d

2 2

o o

Mv k x k

= + Mg x, v = x +2 g x

2 2 M

500 m

v = (0,15) +2(0,2)9,8(0.15) v =1,675

2 s

μ μ

Δ _Δ _Δ _Δ

⇒

(7)

MOD III,- UNID 5,- OBJ 5

5.- DATOS: m=0,145 kg, t1=0, t2=2,5 ms, v =-(40,0i+5,0j) m/sr_o ˆ ˆ ,

_{F=(1,6 10 t-6,0 10 t )i N}r _× 7 _× 9 2 ˆ _. SOLUCIÓN:

a) Para determinar el impulso ejercido por el bate, se tiene que:

2

1

t ₇ _{9 2}

b _t

2,5ms 7 2 9 3 b

0

ˆ I = F(t)dt= (1,6 10 t-6,0 10 t )idt

1,6 10 t 6,0 10 t _ˆ

I = - i

2 3 × × ⎡ × × ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦

∫

r r r

7 -3 2 9 -3 3

b

b b

ˆ I = 0,8 10 (2,5 10 ) -2,0 10 (2,5 10 ) i

ˆ ˆ

I =(50,0-31,25)i I =18,75i N.s

⎡ × × × × ⎤

⎣ ⎦

⇒

r

r r

b) El impulso ejercido por la fuerza peso está dado por:

2 2 g ₁ 1 g t t _-3 F _t t -3 F ˆ ˆ ˆ

I = (-mgj)dt= -mgtj =-(0,145)9,8(2,5 10 )j

ˆ I =-3,55 10 j N.s

⎡ ⎤ × ⎣ ⎦ ⇒ ×

∫

r r

c) La fuerza media ejercida por el bate sobre la pelota en ese lapso de tiempo, está dado por:

b

bm -3 bm

ˆ

I 18,75i _ˆ

F = = F =7500i N t 2,5 10 -0 ⇒

Δ ×

r

r r

d) Para determinar la cantidad de movimiento lineal de la pelota en t2=2,5 ms, se tiene que:

g

T b F T

T 2 1 2 T 1 T o

ˆ ˆ

I = I + I I =(18,75i-0,00355j) N.s

I =p -p p = I +p = I +mv →

r r r r

r _{r r} _r r _r r _r

(8)

Para determinar la velocidad de la pelota en t2=2,5 ms, se

tiene que

2

2 2

ˆ ˆ

p (12,95i-0,73j) _ˆ _ˆ m

v = = v =(87,93i-5,028j)

m 0,145 ⇒ s

r

r r

6.- DATOS: m=4,0x10-3 kg, vbo=400 m/s, M=0,8 kg, vbd=120 m/s,

d=0,45 m.

SOLUCIÓN:

a) Para determinar el coeficiente de fricción entre el bloque y la superficie horizontal, consideremos que en la colisión producida entre la bala y el bloque de madera, solo actúan fuerzas interna, y por esta razón se conserva el momento lineal del sistema, esto es,

bo bd

ox dx bo bd A A

A A

m(v -v ) P =P , mv =mv +Mv , v

M

0,004(400-120) m

v = v =1,4

0,8 s

=

→

Ahora consideremos el movimiento del bloque se madera, usando el teorema de Trabajo y Energía, se tiene

2 2

F _A _A

d d

2

d d

Mv v

K=W , 0- =- Mgd =

2 2gd

(1,4)

= =0,22 2(9,8)0,45

μ μ μ

μ μ

Δ →

(9)

b) La variación de energía cinética de la bala durante la colisión, está dada por:

2 2 2 2

d o bd bo 4

m 0,004

K=K -K = (v -v )= (120) -(400)

2 2

K=0,002(1,44-16)10 K=-291,2 J

⎡ ⎤

Δ _⎣ _⎦

Δ ⇒ Δ

Este resultado nos indica que la energía cinética de la bala se reduce durante la colisión.

7.- DATOS: Pv=300 N, Pn=600 N, L=9,0 m, d=5,0 m.

SOLUCIÓN:

Aplicando la condición de equilibrio para cuerpos rígidos, se tiene

y A B v n

A B v n

F : N +N -P -P =0 (1) : N d-P (2,5)-P x=0 (2)

τ

∑

Cuando la viga comienza a inclinarse, no existe contacto entre la viga y el punto de apoyo A, por lo tanto NA=0. Así se tiene de la

ecuación (1) que

N =P +P =300+600 _B _v _n → N =900 N_B

Sustituyendo el valor de NB en la ecuación (2), se obtiene la

(10)

y A B v n

A B v n

B v n

F : N +N -P -P =0 : N d-P (2,5)-P x=0

N d-P (2,5) 900(5,0)-300(2,5)

x= = x=6,25 m

P 600

τ

⇒

∑

El niño puede caminar una distancia de 1,25 m, después de pasar sobre el apoyo B, sin que la viga se incline.

8.- DATOS: mS=1250 kg, MT=5,97x1024 kg, ML=7,35x1022 kg,

a=3,84x108_{m, G=6,67x10}-11_N.m2_/kg2_,_θ_=60º

SOLUCIÓN:

La fuerza resultante ejercida por la Tierra y la Luna sobre el Satélite, está dado por:

R

T L R

T L F =F +F

ˆ ˆ ˆ

F =F i+F (cos i+sen j)θ θ

r r r r

R

T L ˆ L ˆ

F =(F +F cos )i+F senjr

θ

-11 24 T S

T 2 8 2 T

-11 22 L S

L 2 8 2 L

GM m (6,67)10 (5,97)10 (1250)

F = = F =3,3756 N

a (3,84 10 )

GM m (6,67)10 (7,35)10 (1250)

F = = F =0,0416 N

a (3,84 10 )

→ ×

R

ˆ ˆ

F =(3,3756+0,0416cos60ºi+0,0416sen60ºj

ˆ ˆ

F =(3,39i+0,036j) N ⇒

r

(11)

La magnitud está dada por:

_{F = (3,39) +(0,036)}R 2 2 _⇒ _FR ₌_{3,397 N} La dirección está dada por:

_=tan-1 0,036 _=0,602º 3,39

φ ⎛_⎜ ⎞_⎟ ⇒ φ

⎝ ⎠

9.- DATOS: Fo=40,0 N, ∆xo=0,25 m, T=1,0 s, A=0,05 m, t2=0,35 s.

SOLUCIÓN:

Aplicando la ley de Hooke, se tiene o

o

F 40,0 N

F =k , k= = k=160

0,25 m

Δ →

Δ

l

a) Para determinar la masa que debe colgarse al resorte para que oscile con un período de 1,0 s, se tiene

2 2

m kT 160(1)

T=2 , m= = m=4,05 kg

k 4 4

π

π π ⇒

b) Para determinar la posición del objeto después de pasar la posición de equilibrio, se tiene

2 2 rad

y=Acos t, donde = = =2

T (1) s

π π

ω ω → ω π

Cuando t=0,35 s, se tiene

y=0,05cos(2π ×0,35)=0,05cos(0,7 )π Ahora se tiene que

rad 180º

0,7 180º

0,7 rad x x= =126º

π

π π

π

→

(12)

Entonces,

y=0,05cos(126º) ⇒ y=-0,0294 m

Este resultado nos indica que el objeto va subiendo en ese instante.

10.- DATOS: To=39,2 N, Tag=28,4 N, Tx=18,6 N.

SOLUCIÓN:

Considerando que en las tres condiciones, el objeto está en equilibrio, se tiene

Caso (a)

T -mg=0, mg=T _o _o → mg=39,2 N Caso (b)

ag 1 1 ag

1 1

T +B -mg=0, B =mg-T B =39,2-28,4 → B =10,8 N

Caso (c)

x 2 2 x 2

(13)

1 agua ₁ agua agua 2 x

2 x 1

2 x

x x 3

B = gV _B B

= =

B B

B = gV

1000 20,6 kg

= =1907,4

10,8 m

ρ ρ ρ

ρ ρ

ρ

ρ ρ

⎧⎪ _→

⎨ ⎪⎩

×

⇒