Física e Química 1º Bacharelato

(1)

DEPARTAMENTO DE

FÍSICA E QUÍMICA

Dinámica 12/05/10 Nombre_______________________________________________ Tipo A Tipo B

Problemas

1. Un cuerpo está a 2,0 m de altura en el punto más alto de un plano inclinado de 5,0 m de longitud y se des-liza hacia el extremo opuesto. El coeficiente de rozamiento cinético por desdes-lizamiento es μ = 0,30.

a) Calcula la aceleración con que descenderá por el plano inclinado y la velocidad en el punto más bajo. b) Al llegar al final del plano inclinado rebota elásticamente (el valor de la velocidad después de rebotar es el mismo) y comienza a subir por el plano. Calcula qué distancia recorre por el plano inclinado antes de pa-rarse y volver a descender.

Solución

2. Desde lo alto de un acantilado de 200 m de altura sobre el mar, se lanza un proyectil de 3,0 kg con una ve-locidad inicial de v₀=60 i80 j m/s. Cuando se encuentra en el punto más alto de su trayectoria parabóli-ca, explota en dos fragmentos. El primer fragmento de 1,0 kg de masa, sale disparado con una velocidad de



v₁=140 i−80j m/s. Calcula:

a) El tiempo que tarda el proyectil en alcanzar su altura máxima. b) La velocidad con la que sale despedido el otro fragmento. Solución

3. Un bloque A de 12,0 kg, apoyado en un plano horizontal, está unido a otro cuerpo B de 18,0 kg por medio de una cuerda ideal (sin masa) que pasa por una polea también ideal (sin inercia) y que cuelga a 3,00 m de altura. Cuando el sistema se deja en libertad, el cuerpo B tarda 1,20 s en llegar al suelo.

a) Calcula el coeficiente de rozamiento entre el plano horizontal y el bloque A.

b) Si se vuelve a colocar todo como al principio, ¿qué masa mínima hay que colocar encima de A para que quede en equilibrio?

(2)

Solución Formula Nombra flúor ion estaño(II) H₂S H₂O₂ cloruro de rubidio H₂ peróxido de hidrógeno óxido de cobre(II)

yodato de potasio (ClO₃)⁻

Pt(ClO₄)₄

dihidrógenoarsenito de rubidio MnF₂

tricloruro de fósforo

Zn(HCO₃)₂

ion hipoclorito

fluoruro de amonio (NH₄)₂HSbO₄

Rb⁺ Cu(ClO₂)₂

(3)

DEPARTAMENTO DE

F

ÍSICAE

Q

UÍMICA Dinámica 12/05/10 Nombre_______________________________________________ Tipo A Tipo B

Problemas

Solución

2. Desde lo alto de un acantilado de 150 m de altura sobre el mar, se lanza un proyectil de 5,0 kg con una ve-locidad inicial de v₀=80 i60 j m/s. Cuando se encuentra en el punto más alto de su trayectoria parabóli-ca, explota en dos fragmentos. El primer fragmento de 2,0 kg de masa, sale disparado con una velocidad de



v₂=110 i−60j m/s. Calcula:

a) El tiempo que tarda el proyectil en alcanzar su altura máxima. b) La velocidad con la que sale despedido el otro fragmento. Solución

(4)

Solución Formula Nombra (HPO₄)²⁻ Ni₂O₃ ion bario CS₂ ion fosfato N₂ KHS seleniato de indio(III) pentaóxido de dibromo

hidrógenofosfito de bario InIO₂

ácido telurhídrico CCl₄

perclorato de amonio CaHSbO₄

hidrógenoantimonito de cesio

hexaóxido de tetrafósforo Au⁺

(5)

Examen Probl.1 Probl.2 Probl.3 Formulación

Solución: a) α = arc sen(2,0/5,0) = 24º Px = m g sen α = m · 9,8 · 0,40 = 3,9 m (N) Py = m g cos α = m · 9,8 · 0,92 = 9,0 m (N) 2ª Ley de Newton. X: Px – Froz = m a Y: N – Py = 0 ; N = Py = 9,0 m (N) Froz = μ N = 0,30 · 9,0 m = 2,7 m (N) 3,9 m – 2,7 m = m a ; a = 1,2 m/s2 x = x0 + v0 t + ½ a t2_; _{5,0 = 0 + 0 + 0,61 tb}2_; _t b=



5,0 0,61=2,9s v = v0 + a t ; v = 0 + 1,2 · 2,9 = 3,5 m/s b) 2ª Ley de Newton. X: – Px – Froz = m a ; – 3,9 m – 2,7 m = m a ; a = -6,6 m/s2 v = v0 + a t ; 0 = 3,5 – 6,6 ts ; ts = 3,5 / 6,6 = 0,53 s x = 0 + 3,5 · 0,53 – 3,3 · 0,532_{= 0,93 m}

2. Desde lo alto de un acantilado de 200 m de altura sobre el mar, se lanza un proyectil de 3,0 kg con una velocidad inicial de v₀=60i80j m/s. Cuando se encuentra en el punto más alto de su trayectoria parabólica, ex-plota en dos fragmentos. El primer fragmento de 1,0 kg de masa, sale dispa-rado con una velocidad de v₁=140 i−80j m/s. Calcula:

a) El tiempo que tarda el proyectil en alcanzar su altura máxima. b) La velocidad con la que sale despedido el fragmento de 2,0 kg.

Solución:

a) Tiro parabólico: r=r0v0t 1 2a t

2

Tomando como origen el mar: r=200 j60i80jt1

2−9,8 jt 2_{=60 t i20080t −4,9t}2 j m En el punto más alto vy = 0  v =d r dt = d 60 t i20080t −4,9 t2__j dt =60i80−9,8 t j m/s 80 – 9,8 th = 0 ; th = 80 / 9,8 = 8,2 s

La velocidad en el punto más alto es: v =60i m/s

b) En las explosiones se conserva la cantidad de movimiento: p antes=p después 3,0·60 i=1,0·140 i−80j2,0·v₂ 180−140i80j α m g P x Py F roz N m g P x Py F roz N x

(6)

Solución: a) 2ª Ley de Newton. A: X: T – Froz = mA a Y: N – PA = 0 ; N = PA = 12,0 · 9,8 = 118 (N) Froz = μ N = μ · 118 = 118 μ (N) B: X: PB – T = mB a PB = 18,0 · 9,8 = 176 (N) Se calcula la aceleración a partir del tiempo:

x = x0 + v0 t + ½ a t2_; _{3,00 = 0 + 0 + ½ a (1,20)}2_; _{a = 4,2 m/s}2 T – 118 μ = 12,0 · 4,2 ; μ = (101 – 50) / 118 = 0,44 176 – T = 18,0 · 4,2 ; T = 101 N b) A: X: T – Froz = (M + mA) · 0 Y: N' – (M + mA) g = 0 ; N' = (12,0 + M) · 9,8 = 118 + 9,8 M (N) Froz = μ N' = 0,44 · (118 + 12 M) B: X: PB – T = 0 T = PB = 18 · 9,8 = 176 N 176 = 0,44 · (118 + 9,8 M) ; M = 29 kg

Formulación

m A_g N T T m B_g F_roz Formula Nombra

KIO₃ ion clorato

flúor F₂

ion estaño(II) H₂S ácido sulfhídrico

H₂O₂ peróxido de hidrógeno

cloruro de rubidio

H₂ hidrógeno

NH₄F

peróxido de hidrógeno H₂O₂ ion rubidio

óxido de cobre(II)

yodato de potasio (ClO₃)⁻

Pt(ClO₄)₄ perclorato de platino(IV) Sn²⁺

dihidrógenoarsenito de rubidio RbH₂AsO₃ MnF₂ fluoruro de manganeso(II)

tricloruro de fósforo PCl₃

RbCl Zn(HCO₃)₂ hidrógenocarbonato de cinc

ion hipoclorito (ClO)⁻

fluoruro de amonio (NH₄)₂HSbO₄ hidrógenoantimoniato de amonio

Rb⁺

(7)

liza hacia el extremo opuesto. El coeficiente de rozamiento cinético por deslizamiento es μ = 0,40. a) Calcula la aceleración con que descenderá por el plano inclinado y la velocidad en el punto más bajo. b) Al llegar al final del plano inclinado rebota elásticamente (el valor de la velocidad después de rebotar es el mismo) y comienza a subir por el plano. Calcula qué distancia recorre por el plano inclinado antes de pa-rarse y volver a descender.

Solución: a) α = arc sen(3,0/5,0) = 37º Px = m g sen α = m · 9,8 · 0,60 = 5,9 m (N) Py = m g cos α = m · 9,8 · 0,80 = 7,8 m (N) 2ª Ley de Newton. X: Px – Froz = m a Y: N – Py = 0 ; N = Py = 7,8 m (N) Froz = μ N = 0,40 · 7,8 m = 3,1 m (N) 5,9 m – 3,1 m = m a ; a = 2,7 m/s2 x = x0 + v0 t + ½ a t2_; _{5,0 = 0 + 0 + 1,4 tb}2_; _t b=



5,0 1,4=1,9s v = v0 + a t ; v = 0 + 2,7 · 1,9 = 5,2 m/s b) 2ª Ley de Newton. X: – Px – Froz = m a ; – 5,9 m – 3,1 m = m a ; a = -9,0 m/s2 v = v0 + a t ; 0 = 5,2 – 9,0 ts ; ts = 5,2 / 9,0 = 0,58 s x = 0 + 5,2 · 0,58 – 4,5 · 0,582_{= 1,5 m}

2. Desde lo alto de un acantilado de 150 m de altura sobre el mar, se lanza un proyectil de 5,0 kg con una velocidad inicial de v₀=80 i60 j m/s.

Cuando se encuentra en el punto más alto de su trayectoria parabólica, explota en dos fragmentos. El primer fragmento de 2,0 kg de masa, sale disparado con una velocidad de v₂=110 i−60j m/s. Calcula:

a) El tiempo que tarda el proyectil en alcanzar su altura máxima. b) La velocidad con la que sale despedido el otro fragmento.

Solución:

a) Tiro parabólico: r=r0v0t  1 2a t

2

Tomando como origen el mar: r=150j80i60j t 1

2−9,8jt 2_{=80t i15060 t−4,9t}2__{j m } En el punto más alto vy = 0  v=d r dt = d 80t i20060t −4,9t2__j dt =80 i60−9,8t j m/s 60 – 9,8 th = 0 ; th = 60 / 9,8 = 6,1 s

La velocidad en el punto más alto es: v =80i m/s

b) En las explosiones se conserva la cantidad de movimiento: p antes=pdespués 5,0·80i=2,0·110 i−60j 3,0·v₂ 220−400i120 j α m g P x Py F roz N m g P x Py F roz N x

(8)

Solución: a) 2ª Ley de Newton. A: X: T – Froz = mA a Y: N – PA = 0 ; N = PA = 18,0 · 9,8 = 176 (N) Froz = μ N = μ · 176 = 176 μ (N) B: X: PB – T = mB a PB = 12,0 · 9,8 = 118 (N) Se calcula la aceleración a partir del tiempo:

x = x0 + v0 t + ½ a t2_; _{2,00 = 0 + 0 + ½ a (1,50)}2_; _{a = 1,8 m/s}2 T – 176 μ = 18,0 · 1,8 ; μ = ( 96 – 32) / 176 = 0,36 118 – T = 18,0 · 1,8 ; T = 96 N b) A: X: T – Froz = (M + mA) · 0 Y: N' – (M + mA) g = 0 ; N' = (18,0 + M) · 9,8 = 176 + 9,8 M (N) Froz = μ N' = 0,36 · (176 + 9,8 M) B: X: PB – T = 0 T = PB = 12 · 9,8 = 118 N 118 = 0,36 · (176 + 9,8 M) ; M = 15 kg

Formulación

m A_g N T T m B_g F_roz Formula Nombra (HPO₄)²⁻

Ni₂O₃ óxido de níquel(III)

ion bario CS₂

H₂Te

ion fosfato (PO₄)³⁻ N₂ nitrógeno

KHS

P₄O₆ ion oro(I)

seleniato de indio(III) In₂(SeO₄)₃ ion hidrógenofosfato

pentaóxido de dibromo Br₂O₅

Ba²⁺ disulfuro de carbono

hidrógenofosfito de bario BaHPO₃ InIO₂ yodito de indio(I)

ácido telurhídrico CCl₄ tetracloruro de carbono

perclorato de amonio NH₄ClO₄ CaHSbO₄ hidrógenoantimoniato de calcio

hidrógenoantimonito de cesio Cs₂HSbO₃ hidrógenosulfuro de potasio

hexaóxido de tetrafósforo Au⁺