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: 13-12-2008 LAPSO: 2008.2

MOD I,- UNID 1.- OBJ 1

1.- DATOS: vi=30 m/s, a= -2,0 m/s2.

SOLUCIÓN:

El movimiento del auto sobre la colina es uniformemente retardado, y las ecuaciones que describen este movimiento son:

i

2 i

v=v +at (1)

1

x=v t+ at (2) 2

a) Las ecuaciones para la posición y velocidad del auto en función del tiempo están dadas por:

2

x(t)=30,0t-t (3) y v(t)=30,0-2,0t (4)

b) Para determinar la distancia máxima recorrida por el auto sobre la colina, es necesario obtener el tiempo que tardó el auto en detenerse, esto es,

f

30,0

v =0=30,0-2,0t t= =15,0 s 2,0

Al sustituir este tiempo en la ecuación (3), se obtiene la distancia máxima recorrida, así se tiene que

2

max max

x =30,0(15)-(15) x =225,0 m

CRITERIO DE CORRECCIÓN:

(2)

MOD I,- UNID 2,- OBJ 2

2.- DATOS: R=0,3 m, H=1,2 m, D=2,0 m.

SOLUCIÓN:

Las ecuaciones que describen el movimiento de la pelota cuando se rompe la cuerda y las componentes de las velocidades en las direcciones x e y, están dadas por:

o x o

2

y

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

1

y(t)=H- gt (3), v (t)=-gt (4) 2

a) Para determinar la aceleración radial ar, es necesario

obtener previamente la velocidad vo que tiene la pelota

cuando se rompe la cuerda, en el punto A. Despejando el tiempo t en la ecuación (1) y luego sustituyéndolo en la ecuación (3), se tiene

2 2

B

2 2

o o o

2 2

o o

x gx gD

t= , y=H- pero y

=0=H-v 2v 2v

gD 9,8(2,0) m

v = = v =4,04

2H 2 1,2 s

La aceleración radial está dada por:

2 2

o

r r 2

v (4,04) m

a = = a =51,44

R 0,3 s

b) Para determinar las componentes de la velocidad cuando justo toca el piso, previamente se obtiene el tiempo de vuelo tv de la misma; para esto se tiene que

2

B v v

gt 2H 2 1,2

y =0=H- , t = = t =0,495 s

2 g 9,8

La velocidad en B, está dada por:

B o

B

m

ˆ ˆ ˆ ˆ

v =v i-gtj=(4,04i-9,8 0,495j) s

m

ˆ ˆ

(3)

La magnitud de la velocidad en B está dada por:

2 2

B B

m v = (4,04) +(-4,85) v =6,31

s

La dirección está dada por:

-1 -4,85

=tan =-50,2º 4,04

Procedimiento y resultados similares a los mostrados.

MOD II,- UNID 3,- OBJ 3

3.- DATOS: m1 = 5,0 kg, m2 = 10,0 kg, F= 45,0 N, d =0,2

SOLUCIÓN:

a) Este problema corresponde a la dinámica de las partículas. Así se tiene que el Diagrama de Cuerpo Libre está dado por:

Las fuerzas de acción y de reacción entre los bloques son:

1 1

acción N , de reacción N'

acción F , de reacción F'

b) Para determinar la tensión T de la cuerda y la aceleración de la masa m2, aplicamos la 2ª ley de Newton, esto es,

Masa m1 Masa m2

x 1 1 2 2

y 1 1 2 1 2

F : F -T=0 (1) F-F -F =m a (2)

F : N -m g=0 (3) N -N -m g=0 (4)

De la ecuación (3) y (4), se tiene

1 1 2 1 2

(4)

Al sustituirlo en la ecuación (2), se tiene

d 1 2

d 1 d 1 2 2

2

F- (2m +m )g F- m g- (m +m )g=m a, a=

m

2

45-0,2(2 5,0+10,0)9,8 m

a= a=0,58

10,0 s

La tensión de la cuerda se obtiene a partir de la ecuación (1), así se tiene,

1 d 1

T=F = m g=0,2 5,0 9,8 T=9,8 N

MOD II,- UNID 4,- OBJ 4

4.- DATOS: m = 2300 kg, W = 5000 J, d = 2,5 m.

SOLUCIÓN:

a) Para determinar la velocidad final del auto al moverse la distancia d, se tiene que la velocidad final está dada por:

2 2

f o o

v =v +2ad, pero v =0, además W=Fd

W W

F= =ma, a=

d md

f f

2Wd 2 5000 m

v = = v =2,085

md 2300 s

b) La fuerza ejercida sobre el auto está dada por: W 5000

F= = F=2000 N d 2,5

(5)

MOD III,- UNID 5,- OBJ 5

5.- DATOS: m = 0,008 kg, M = 2,5 kg, H = 1,0 m, D = 2,0 m.

SOLUCIÓN:

Para resolver el problema se debe considerar el choque producido en A, y luego el movimiento desde A hasta B. Así se tiene que

antes después

P =P

o A

mv =(m+M)v (1) El movimiento desde A hasta B,

A

2

x=v t (2)

1

y=H- gt (3) 2

El tiempo de vuelo desde A hasta B, se obtiene a partir de la ecuación (2), esto es

2

B v v

gt 2H 2 1,0

y =0=H- , t = = t =0,45 s

2 g 9,8

Al sustituir tv en la ecuación (2), se tiene

A A

v

D 2,0 m

v = = v =4,44

t 0,45 s

La velocidad vo de la bala se obtiene a partir de la ecuación (1),

A

o o

(m+M)v (0,008+2,5)4,44 m

v = = v =1392

m 0,008 s

6.- DATOS: m1 = 3,0 kg, m2 = 2,0 kg, m3 = 4,0 kg, m4 = 2,0 kg.

SOLUCIÓN:

La distancia d desde el centro del rectángulo O hasta cada una de las masas, está dada por:

2 2

(6)

a) El momento de inercia del sistema en torno al eje z, está dado por:

2

z 1 2 3 4

2 2

z z

I =(m +m +m +m )d

I =(3,0+2,0+4,0+2,0)(3,61) I =143,04 kg.m

b) La energía rotacional del sistema está dada por:

2 2

r z r

1 143,04(6)

K = I = K =2574,6 J

2 2

7.- DATOS: ₁=1,0 m, m=3,0 kg, 1 =0,75 rad/s, IE+b = 3,0 kg.m2,

2=0,3 m.

SOLUCIÓN:

a) El momento de torsión respecto al eje de rotación es cero, debido a que la fuerza ejercida para acercar las masas m, pasa por el eje de rotación, así se tiene que

z

z z

dL

=0= , L =const dt

O sea que

1 1

zi zf 1 1 2 2 2

2

1 E+b 1 2 E+b 2

I L =L , I =I =

I

I =I +2m , I =I +2m

2 2

E+b 1 1

2 2

E+b 2

I +2m 3,0+2 3,0 (1,0) 0,75

= =

I +2m 3.0+2 3,0(0,3)

2 2

9 0,75 rad

= =1,907

(7)

b) Las energías cinéticas del estudiante antes y después, estn dadas por:

2 2

1 1

i i

2 2

f f

I 9(0,75)

K = = K =2,53 J

2 2

I 3,54(1,907)

K = = K =6,44 J

2 2

8.- DATOS: Peso = Fg, ancho = 2L.

SOLUCIÓN:

Las condiciones de equilibrio del presente problema están dadas por:

x x C

y y C g

A C g

F : F -T cos =0 (1)

F : F +T sen -F =0 (2)

: T (d+2L)sen -F (d+L)=0 (3)

a) La tensión TC se obtiene a partir de la ecuación (3), esto es

g C

F (d+L) T =

(d+2L)sen

b) Para determinar Fx y Fy se sustituye TC en las ecuaciones (1)

y (2), así se tiene que

g x

F (d+L)cos F =

(d+2L)sen

g g g g g

y g

g y

F (d+L)sen F d+F 2L-F d-F L

F =F - =

(d+2L)sen (d+2L) F L

F =

(d+2L)