Solucionario De Problemas De Fisica

RESOLUCIÓN Nº 1.

ax ySenθ = Axe log  V  Para que la ecuación física pueda ser dimensionalmente correcta, ésta debe ser homogénea; es decir sus términos deben tener iguales dimensiones. Además, las dimensiones de todo número es igual a la unidad Procedemos a igualar: − Ad

−Ad log ax  ] [ ] [ ] [ ] [ y][Sen θ = A x e          1

 V    

1

1

[ y] = [ A][ x]

...(I)

A continuación debemos encontrar las dimensiones de [A] y [x]. Como las cantidades numéricas son adimensionales, es decir sus dimensiones se igualan a la unidad, entonces analizamos el exponente y la cantidad logarítmica. Exponente

[ − Ad] = 1 [ A] ML− 3 = 1

⇒ [ A] = M − 1 L3

Cantidad logarítmica  ax  = 1  V 

LT − 2 3

L

[ x] = 1

⇒ [ x] = T 2 L2

Reemplazando en (I)

[ y] = (M−1L3 )(T2L2 ) = M−1L5T2 Clave: C RESOLUCIÓN Nº 2... CASO I. La resultante de dos vectores es máxima, siempre y cuando dichos vectores presenten la misma dirección

Rmáx = a + b = 20

...(I)

CASO II. Ahora si los vectores formasen un ángulo de 120º la resultante seria 10µ

Donde:

deslizamiento desacelerado superficie áspera.

en

la

R1 = a 2 + b2 + 2abCos120 º = 10 1 a 2 + b2 + 2ab( − ) = 100 2 a 2 + b2 − ab = 100

...(II)

Para hallar a y b realizamos la siguiente operación: (I)2 − (II) , por lo que tendremos: a.b=100, y al reemplazar en (I) obtendremos: a2 + b2 = 200 CASO III. Ahora si los vectores formasen un ángulo de 74º la resultante seria:

Analizamos tramo por tramo: Tramo liso AB V 2 = Vi2 + 2a1 d1 f V 2 = 2a(1,5 − x)

...(I)

Tramo áspero BC Vf2 = Vi2 − 2a2d2 a 0 = V2 − 2 (x) 2 V2 = ax

...(II)

Reemplazamos (II) en (I)

Donde:

ax = 2a(1,5 − x)

R = a 2 + b2 + 2abCos74º

⇒ x = 1m

 7  R = 200 + 2(100)  = 16  25  Clave: E RESOLUCIÓN Nº 3. Se muestra el deslizamiento del bloque tanto en la superficie lisa (movimiento acelerado) como su

Clave: C

RESOLUCIÓN Nº 4. Nos dicen que el proyectil tarda en el tramo AB 1s menos que en el tramo PA, esto significa que si en el trmo PA tarda t+1, en el tramo AB tardara un tiempo t Como el proyectil cruza de manera perpendicular a cada agujero, esto

implica que por el agujero superior será la máxima elevación del proyectil

Nota Lanzamiento de proyectiles Se muestra proyectil

el

lanzamiento

del

Hmáx

θ

Lmáx Analizamos el tramo BC, en este tramo el tiempo para que complete la trayectoria seria de 1s, además recuerde que la caída debido a la gravedad por cada 1s su velocidad aumenta en 10m/s

En todo movimiento parabólico se cumple: 4Hmáx tgθ = Lmáx

Calculo de t, en el tramo de subida PA

RESOLUCIÓN Nº 5. Cabe recordar que cuando dos proyectiles son lanzados con la misma rapidez y bajo ángulos las cuales suman entre si 90º, estos necesariamente van a alcanzar el mismo alcance horizontal

tsubida = t +1 =

Vy g

40 10

⇒ t = 3s

Tramo AB dhoriz AB = Vxt d + h = (30)(3)

H1máx

V

V

...(I)

Donde h lo podemos determinar a partir del tramo vertical BC:  30 + 40  h= (1) = 35m 2   Reemplazamos en (I) d=55m Clave: D

β

H2máx

α Lmáx

En el movimiento parabólico cumple: 4H1 máx tgα = Lmáx

se

Además: α+β=90º Mientras que para la otra partícula se cumple tgβ = Ctgα =

aceleración centrípeta no es más que la gravedad, donde: 2

V acp = x R

4H2 máx

(20) 2 g= R

Lmáx

R=

Dividimos ambas expresiones: H tgα = 1máx Ctgα H2máx H ⇒ 1máx = tg2α H2máx

Clave: B

RESOLUCIÓN Nº 6. Como la rueda esta rodando sin resbalar, esto significa que el Centro Instantáneo de rotación (CIR) se halla en la superficie, a partir de este punto trazamos el radio al punto A y al centro O, como gira con la misma velocidad angular se cumple: Vo VA ω= = ⇒ VA = 2Vo = 20m / s r 2r

(20) 2 = 40 m 10

Clave: D

RESOLUCIÓN Nº 7. Nos dicen que una partícula inicia su movimiento en una circunferencia de radio r=0,5m, por lo que en cinco vueltas habrá girado θ=10πrad, luego el arco barrido es: S = θR = 5π m A continuación vamos a determinar la velocidad al finalizar las cinco vueltas ya que su aceleración es 5π/2m/s2 (Vfinal ) 2 = (Vinicio ) 2 + 2aT S   0

5π )(5π) 2 V = 5π m / s

(V ) 2 = 2(

Clave: A

RESOLUCIÓN Nº 8. Se muestra la separación inicial de los móviles A y B

Luego de desprenderse el barro este desarrolla un movimiento parabólico, en su punto máximo de elevación su

X=0

X=85m

Una de las formas de encontrar su mínima separación es haciendo uso de la ecuación del movimiento para ello es necesario de analizar la grafica. V(m/s)

B

∂d = −12 + t = 0 ∂t

A

10

45º

Para que esta distancia sea mínima la derivada de la distancia en función ∂d =0 del tiempo debe ser cero ∂t Por lo que tendremos

t(s)

⇒ t = 12 s

Reemplazando para distancia minima:

encontrar

la

(12)2 dmín = 85 − 12(12) + = 13 m 2

-2

A partir de la grafica podemos notar que A desarrolla un MRU, por lo que su ecuación del movimiento es: XA = Xinicio de A + V.t      XA = 10t

0

Clave: C RESOLUCIÓN Nº 9. Se muestra la dependencia de la posición de las partículas A y B respecto al tiempo.

Mientras que B desarrolla un MRUV con

aceleración

a = tg45 = 1m / s2

luego su ecuación del movimiento es: t2 XB = Xi de B + Vi.t + a 2 XB = 85 − 2t +

t2 2

x(m)

40

B

A

Luego la distancia de separación será: t2 d = XB − XA = 85 − 12t + 2

θ A) INCORRECTO t(s) La rapidez para el instante t=0s esta 2 definido como 0 la pendiente de la curva para dicho instante y se puede apreciar: -40

Vértice (Vo=0)

Vinicio A = 0

t2 XA = Xi de A + Vinicio A .t + a 2

Vinicio B = tgθ = −20 m / s

t2 XA = −40 + a 2 Además podemos apreciar que en t= 2s la posición de A es X=0, reemplazamos para hallar su aceleración:

B) INCORRECTO Se puede apreciar que en el instante t=0 las posiciones de las partículas son diferentes y cuyos valores son: Xinicio A = −40 m

22 0 = −40 + a 2

Xinicio B = +40 m C) INCORRECTO Como la dependencia X vs t es una recta para la partícula B esto significa que dicha partícula no aB = 0 , presenta aceleración mientras que la partícula A si presenta una aceleración ya que su grafica es una curva

Luego la distancia de separación será: d = XB − XA = 80 − 20t + 10t 2

Por lo que en t=1s dicha distancia es: d=50m Clave: E

D) INCORRECTO El inicio del movimiento de ambas partículas se da en el instante t=0, mientras que para el instante t=2s lo que se esta produciendo es el encuentro entre ambas partículas E) INCORRECTO A partir de la grafica podemos notar que A desarrolla un MRU, por lo que su ecuación del movimiento es: XB = Xinicio de B + V.t

⇒ a = 20 m /s2

RESOLUCIÓN Nº 10. Realizamos el DCL tanto de la esfera como del bloque liso T 37º

mg=80N

Ncont R

Ncont

37º mg 37º

XB = 40 − 20t Mientras que A desarrolla un MRUV con aceleración a luego su ecuación del movimiento es:

A continuación trasladamos las fuerzas que actúan R sobre la esfera 37º

80N

Ncontacto

Del triangulo fuerzas: Ncontacto=60N

A continuación trasladamos las fuerzas que actúan sobre el bloque

A continuación trasladamos las fuerzas que actúan sobre la esfera A T

T 37º

74º

mg

Ncontacto=60N Del triangulo de fuerzas: mg=80N, por lo tanto m =8 kg Clave: B RESOLUCIÓN Nº 11. Analizamos el sistema

37º

53º

53º 53º

53º

R Del triangulo fuerzas:

R 50 = Sen74º sen53º R 50 = ⇒ R = 60 N 24 4 25 5 A continuación trasladamos las fuerzas que actúan sobre la esfera B

37º 37º37º

53º

mg=50N

Tx−50

53º

53º

A continuación realizamos el DCL

R

Del triangulo de fuerzas:

74º

A

R

T

TX

Tx − 50 = 2RCos53º Tx − 50 = 2(60)(0,6)

53º

R

mg=50N

⇒ Tx = 122 N

B R

53º 53º

R

mg=50N

Clave: C

RESOLUCIÓN Nº 12. Para determinar la fuerza F procedemos a realizar el DCL del sistema

RESOLUCIÓN Nº 13. Cabe la necesidad de realizar el DCL del sistema para encontrar el coeficiente de rozamiento estático

mg=20N T

2kg

fK1 fN 1

Mg=30N

fN 1 mov

fK1

F

3kg

A continuación trasladamos las fuerzas que actúan sobre la barra

fK2 fN 2

Para el bloque de 2kg, planteamos:

∑ F(↑) = ∑ F(↓)

N 3 tgα = = 2mg 8

fN 1 = 20 N

Analizamos la tabla, como desliza a rapidez constante la FR=0, por lo que

∑ F(↑) = ∑ F(↓) fN 2 = 30 + fN 1

Además:

R2

Donde:

⇒N=

3 mg 4

α 2 mg

Ncontacto A continuación trasladamos las fuerzas que actúan sobre el cubo

⇒ fN 2 = 50 N

R

∑ F(→) = ∑ F(←)

θ

F = fK1 + fK2

F = µ(fN1 + fN2 )

3

F = 0,4(20 + 50) = 28 N Clave: D

Ncont= 4 mg Donde:

mg

3 mg 3 4 tgθ = = mg 4

a =1

2b = 3

Reemplazamos en (I)

⇒ θ = 37 º Clave: C

RESOLUCIÓN Nº 14. Realizamos el DCL de la barra, tomando en cuenta que las fuerzas deben concurrir en un punto, además podemos apreciar tgθ =

y

a 2b

...(I)

tgθ =

1 3

⇒ θ = 30º Clave: C

RESOLUCIÓN Nº 15. Analizamos cada una de las partes del sistema, para ello realizamos el DCL De la polea móvil: apto fijo=0

a

a

apolea =

liso

polea

a + apto fijo 2

a ⇒ apolea = 2 Analizando polea: T

T

En el triangulo ABC planteamos: a 2 + (2b) 2 = 22

mpolea=1kg

...(1)

mPg=10N

En el triangulo ABD planteamos: (2a) 2 + (2b) 2 = 7

2

De las ecuaciones obtenemos:

Planteamos: FR = mP aP

... (2) (1)

y

(2)

a 2T − 10 = (1) a2

T

...(I)

m =1 kg

B A continuación analizamos el bloque

mB g=10N

CASO II. Cuando un bloque es lanzado hacia abajo sobre un plano inclinado, de superficie rugosa, este experimenta una aceleración el cual estará dado

Donde: FR = ma

10 − T = (1)( a)

De las ecuaciones obtenemos:

mov

...(II) (I)

y

m mgSenθ

(II),

θ

fN

mg

Clave: E

Nota CASO I. Cuando un bloque es lanzado hacia arriba sobre un plano inclinado de superficie rugosa este experimenta una desaceleración el cual estará dado a fr

m

mgSenθ

fr

mgCosθ

T=6 N

mov

a

θ

fN mgCosθ

mg

Donde:

F mgSenθ − µFN a= R = m m Se puede apreciar: fN=mgCosθ, por lo que la desaceleración es: a = g(Senθ − µCosθ) RESOLUCIÓN Nº 16. CASO I. Cuando el bloque realiza su movimiento de ida, por el plano de superficie rugosat2 (µ=0,5) su V=0 aceleración es: a2 a1 t=1 g(µCos37 º +Sen37 º ) = 10m / s 2 C d=54m

Donde:

a1

F µF + mgSenθ a= R = N m m Se puede apreciar: fN=mgCosθ, por lo que la desaceleración es: a = g(µCosθ + Senθ)

37º

A

B

subida y bajada en este tramo es el mismo así como su rapidez tsubida BC = tbajada BC = t3 = 0,5s

En el tramo AB

Vf2 = Vi2 + 2a1 dAB

En el tramo AB

VB2 = 332 + 2(10)(54)

t2 d = VB .t + a 2 t2 54 = 3.t + 2 2 t 2 + 3t − 54 = 0

⇒ VB = 3m / s

Calculamos el tiempo en cada uno de los tramos Tramo AB ∆VAB 30 tsubida AB = t1 = = = 3s a1 10 Tramo BC

∆VBC

tsubida BC = t2 = a2

=

t

−6

⇒

t = 6s

ttotal = t1 + t2 + t3 + t = 10 s

CASO II. Cuando el bloque realiza su movimiento de retorno por el plano de superficie rugosa (µ=0,5) , donde su aceleración es:

Clave: D RESOLUCIÓN Nº 17. Encontramos la gravedad efectiva del nuevo campo de fuerzas:

a = g(Sen37 º −µCos37 º ) = 2m / s 2

a2

+9

Luego el tiempo total en ir y volver es:

3 = 0,5s 6

t3

t

V=0

C

t

d=54m a

B

37º

A Como la superficie es lisa en el tramo BC esto significa que el tiempo de

Donde la gravedad efectiva es: gefec = g2 + a 2

…(I)

Como dicha esferita realiza un Movimiento circunferencial respecto al observador en el interior del carro , cabe la necesidad de analizar el instante que la fuerza de presión es máxima e igual a 57N Donde la aceleración vectorial de la esfera esta dado como: →  →  → →  12 i + 16 j  −  4 j  → F    a = R = m 0,4 →

→

→

a = 30 i + 30 j

ω=4rad/s

r=1m F

Entonces como parte del reposo v=0, al cabo de t=1s su velocidad es: →

57N

máx= Del movimiento circunferencial

m=2kg

Fcp = mω2r

57 − mg (2)efect gefec = (2)( 4) 2 (1)

→ → V f = V o + a .t

→

→  → V f =  30 i + 30 j m / s   Por lo que su rapidez es

Vf = 30 2 + 30 2 = 30 2 m / s

⇒ gefec = 12,5 m / s 2 Reemplazamos en (I) y obtenemos que la aceleración del carro es ⇒ a = 7,5 m / s 2

Donde el trabajo neto esta dado como: W W

Clave: B

W

Neto Neto Neto

= ∆Ec = Ecf − Eco =

1 1 mVf2 = (0,4)(30 2 ) 2 2 2

= 360 J

RESOLUCIÓN Nº 18.

Clave: B RESOLUCIÓN Nº 19.

KX = mg 400X = 40

⇒ X = 0,1m

Como se desprecia toda influencia de fuerzas disipativas la energia mecanica del sistema se conserva

EMinicial (en A) = EMfinal (en B) EcA + EpG = Epelas + EcB

1 1 1 2 mVA2 + mgh = Kx 2 + mVmáx 2 2 2

2 ( 4)(10)2 ( 400)(0,1)2 ( 4)Vmáx + ( 4)(10)( 4,1) = + 2 2 2

Vmáx = 181 m / s Clave: B

Clave: E RESOLUCIÓN Nº 20.

RESOLUCIÓN Nº 21.

fzas no cons

WA → C

= EMf ( en C) − EMi ( en A)

Fr 1 Fr 2 2  1 2  1 WA →B + WB → C =  mVC  −  mVA  2  2 

2 1 1 − µ1mgdAB − µ2mgdBC =  mVC  − (m)(8)2 2  2

− (0,2)(10)(2) − (0,5)(10)(2) = La máxima velocidad que adquiera el bloque se dara para el instante que este se halle en equilibrio instantaneo

⇒ VC = 6 m / s

1 2 V − 32 2 C Clave: B

RESOLUCIÓN Nº 22. ¡correccion! …M=8 kg … Como el casquete no se mueve el bloque describe una circunferencia apoyandose en la superficie interna del casquete y, como sicha superficie es lisa en todo instante le ejercera una fuerza perpendicular a dicha superficie Analizando el casquete

Donde Fcp =

80 + 10 =

mV2 r

(1)(VB ) 2

10 ⇒ VB = 30 m / s

Clave: C

RESOLUCIÓN Nº 23. La potencia hidraulica nos expresa la rapidez con la cual el motor entrega energia para elevar agua a cierta altura H, en este caso esta dado como Como el casquete no presenta movimiento igualamos fuerzas contrarias. R=80N Donde la velocidad de lanzamiento de la esfera podemos relacionar con su energia mecanica EMinicial (en A) = EMfinal (en B) 2 2 1 1 mVA = mgh + mVB 2 2 1 2 1 V = (10)(10) + (VB ) 2 2 2

... (I)

A continuación analizaremos la esfera En el instante que pasa por su posición mas elevada

W mg magua gH P= = t t Como en este caso es elevado 18000 litros es decir una masa equivalente a magua = 18000 kg a una altura H= 30m, todo ello en una hora, es decir en t = 3600 s , por lo que al reemplazar tendremos: P=

(18000)(10)(30) = 1500 W 3600

RESOLUCIÓN Nº 24.

Clave: D

Clave: D

RESOLUCIÓN Nº 25. Como el choque es elastico esto significa que la rapidez con la cual impacta debe mantenerse después del impacto. Esto significa que el angulo de incidencia debe ser igual al angulo con la cual sale la esfera

Fm∆t = 2mVSen60º Fm (0,2) = 2(3)(10)( Fm = 150 3 N

3 ) 2 Clave: E

RESOLUCIÓN Nº 26. Algo que podemos darnos cuenta es que las masas de las esferas están relacionadas, es decir la primera es la mitad de la segunda y la masa de la segunda es la mitad de la tercera y así sucesivamente, por lo tanto analizaremos antes y después del impacto para dos esferas de masa 2m y m y obtener una relación

En la figura estamos representando →

la P de la esfera el cual al recibir un impulso I por parte de la pared la cantidad de movimiento de la pelota cambia →

→

→

I = P f− P o

A partir de la información construimos el triangulo vectorial

De la figura

De la conservación de la cantidad de movimiento se cumple:

∑ Pinicio

=

∑ Pfinal

m(Vo ) = (2m)(+µ) + (m)(−v)

2µ − v = Vo

...(I)

Se requiere otra relación entre µ y ν, la cual podemos obtener a partir del e

V e = RDCH VRACH 0,5 =

µ+ν Vo

V µ+ν= o 2

...(II)

De (I) y (II) obtenemos V µ= o 2

y

v=0

A continuación vamos a analizar los sucesivos impactos que se van a producir

De la grafica podemos apreciar que en x=0,2m, la aceleración es a = −0,8m / s2 , pero dicha aceleración esta expresada como a = −ω2X − 0,8 = −ω2 (0,2)

⇒ ω = 2rad / s

Además como nos dan de dato la velocidad en la PE, debemos tomar en cuenta que dicha velocidad en dicha posición es máxima, por lo que: Vmáx = ωA

1,6 = (2)A

Donde el tiempo desde que se produce el primer impacto hasta el ultimo impacto es: d d ttotal = t1 + t2 = 1 + 2 = 3 s V1 V2

RESOLUCIÓN Nº 27.

⇒ A = 0,8 m

Entonces la ecuación del movimiento es: x = ASen( ω t + α )

x = 0,8Sen( 2 t + α )

...(I)

Es necesario conocer α, ello lo podemos determinar a partir del dato π s fijese en la figura en t = 12 , el oscilador se halla en la PE (en x= 0), reemplazando

π 5π 0 = 0,8Sen 2 + α  ⇒ α = rad 6  12  Reemplazamos en (I) 5π   x = 0,8Sen 2 t +  6  

T = 64 N

Clave: E

RESOLUCIÓN Nº 28. La partícula realiza un MAS similar al de un péndulo simple cuya características son las mismas puesto que la amplitud angular es pequeñísimo (θ≤5º), por lo que el periodo de oscilación es: R T = 2π g T = 2π

2,5 = πs 10

Por lo que para el punto P para el equilibrio se deduce que: T = Mbloq g + m´g

Una vez determinada la tension en la cuerda procedemos analizar la cuerda horizontal donde se propagara el pulso

La rapidez de la onda lo podemos determinar como: Vonda =

Clave: B

RESOLUCIÓN Nº 29. Cabe recordar que la rapidez de propagación del pulso en la cuerda depende del modulo de la tensión en la cuerda. Entonces analizaremos el punto P que sostiene a la porción de la cuerda, masa de la cuerda es proporcional a su longitud entonces podemos plantear: M m´ µ= =1= L y

T = µ

64 1

Vonda = 4m / s Para que se forme la onda estacionaria el pulso debe ir hacia la pared y luego retornar al punto de origen para ello habra recorrido d= 4m en un tiempo t

2m

vonda

⇒ m´= µy = (1)(1) = 1kg

F

vonda

t=

d

Vonda

=

4 = 0,5s 8 Clave: B

RESOLUCIÓN Nº 30. A partir de la ecuación de la onda De la ecuación de la onda:

RESOLUCIÓN Nº 31. Como los émbolos (1) y (2) presentan radios r y 2r esto significa que sus áreas están en función del (radio)2 por lo que sus áreas respectivamente son A y 4A

y = A Sen( 2π t − K x ) Frecuencia cíclica ω

A partir de la ecuación de la onda podemos determinar el periodo ω=

2π = 2π T

⇒ T = 1s

Pero nos piden determinar la separacion entre dos puntos continuos que no se mueven (nodos) sabiendo que la velocidad de cada onda es 2m/s

P1 = P2 F1 F = 2 A1 A2

F1

F = 2 A 4A

d=λ/2

vonda

En la posición final, para el mismo nivel de referencia de los vasos comunicantes se cumple:

vonda

La velocidad de la onda esta dado como: F λ Vonda = T λ λ 2= ⇒ d = = 1m 1 2 Clave: A

⇒ F2 = 4F1

A continuación tomamos momentos en P, ya que el sistema se halla en equilibrio

∑M +

=

∑M

−

F2 × X = F1 × (60 − X) 4F1 × X = F1 × (60 − X) ⇒ X = 12 cm

Clave: A

RESOLUCIÓN Nº 32. Como la masa de la barra es M=8kg y su densidad es ρ=500 kg/m3, esto significa que su volumen es m V = = 16 × 10 − 3 m3 , pero este es el ρ volumen total y de la parte sumergida, lo podemos determinar relacionando sus longitudes Vsum Vtotal = Lsum Ltotal

Vsum 16 × 10 − 3 = 1,5 2

⇒ Vsum = 12 × 10 − 3 m3

∑M +

=

∑M

−

ρ agua gVsum × 0,75d = mg × 1d + Mg × 2d (10 3 )(12 × 10 − 3 ) × 0,75 = 8 + 2M ⇒ M = 0,5 kg Clave: C RESOLUCIÓN Nº 33. El planeta alcanza su máxima velocidad cuando se halla mas cercano al sol, mientras que su velocidad es minima cuando se halle mas alejado de el, es decir en el otro extremo

A continuación realizamos el DCL de la barra sumergida

Como el planeta barre el area total en 3 años entonces en media area, es decir de P a Q empleara 1,5 años y como de P hacia a A emplea 1año entonces de A hacia Q empleara 0,5 años De la 2

da

ley de Kepler −ley de áreas Atotal

Tomamos momentos en P, ya que el sistema se halla en equilibrio

S = AB Periodo tAB

1 S S 4 = 3 t + 0,5 1 ⇒ t = año = 3 meses 4 Clave: C

RESOLUCIÓN Nº 34. Nos piden determinar la relacion de las densidades tanto de un planeta como el de la tierra, cuya relacion de radios es Rp = 2RT Relacionando las densidades:  MP    V  V ρ M  P  Planeta = = T × P ρ  MT  VP MT Tierra   V   T  4π 3 R ρ M Planeta 3 = × P 4π ρ MT Tierra (2R) 3 3 ρ 1 M Planeta = × P ...(I) ρ 8 MT Tierra

CASO I. Nos dicen que el péndulo simple en la Tierra presenta un g periodo T, el cual L esta dado como: L T = 2π gT

Por lo que su nuevo periodo del péndulo es: 1 T pendulo = T pendulo 2 en la tierra en el planeta 2π

L gplan

=

gplan = 4gtierra GMP  GMT  = 4  2  (2R)2  R  MP = 16MT Reemplazamos en la ecuación (I) ρ Planeta =2 ρ Tierra

RESOLUCIÓN Nº 35. Analizando el movimiento de ambos satélites V1

R

V2

m

m

T2

T1

R1

CASO II. A continuación llevamos a otro planeta en el cual el periodo se reduce a la mitad gplan L

R2

De la 3 2R

 1  L  2 π 2  gtierra 

Periodos

ra

ley de Kepler− ley de

2

 T1  R    = 1  T  R   2  2 R  ( 8 =  1   R2  R ⇒ 1 =4 R2

)2

Qganado = Qperdido

3

Qagua = Qesfera Ce m∆T = Ce m∆T        

3

agua

(1)(100)(10) = (0,01)(M)(80) T(ºC)

⇒ M = 1250 g

La velocidad lineal esta expresada 2π r , por lo que la como: V = ωr = T relación de las energías cinéticas de ambos satélites de igual masa es  2π   R1  T   1 

2

1 2 mV Ec1 1 =2 = 2 1 Ec2 2  2π  mV   2 2  T R2   2 

120

final

CASO IIT . Pero, si dicho mineral hubiésemos colocado80 en un calorímetro de inicio equivalente en agua 30g que contiene 20 agua a 100ºC, Qo=entonces la TE seria Q (kCal) En el diagrama 0,25 lineal 1 3 4 Qf=3,45

Calor ganadoTransferencia Calor perdido de calor

∆Q=3,2 kcal

2

Ec1 Ec2 Ec1 Ec2

Qhielo

    2 R 1   1  1 = × =  × 4 T1 R2  8     T2  1 = 4 Clave: A

RESOLUCIÓN Nº 36. CASO I. En el diagrama lineal: Calor perdido Calor ganado Qagua

0ºC agua 5kg Ce=1

Donde:

Donde:

Qagua+ Qrecip T

90ºC mineral M= 1250g Ce=0,01

recip

100ºC agua

Cem=30 20g Equivalente En agua

Ce=1

Qganado = Qperdido

Qmin eral = Qagua + Qrecip Ce m ∆T = Ce m∆T + Ce m∆T            min eral

Qmaterial TE=0

material

agua

recip

(0,01)(1250)(T − 90) = (1)(20)(100 − T ) + (30)(100 − T ) 90ºC material M Ce=0,01

operando : T = 98 º C Clave: B RESOLUCIÓN Nº 37. A continuación vamos a analizar la grafica desde 20ºC hasta una

transferencia total de 3,2kCal, para ello relacionamos: 20 80 = ⇒ Qo = 0,25kcal Qo 1

Qganado = Qperdido Qrecip + Qhielo QFusión = Qvapori + Qagua trans

Ce m∆ T + Ce m∆ T + mLf = MLV + Ce M∆ T               recip

hielo

fusión

vaporiz

agua trans

(10)(20) + (0,5)(100)(20) + (80)(mt ) =

= (540)(10) + (1)(10)(100) ⇒ mt = 65 g

Finalmente encontramos que composición de la mezcla es:

la

Temperatura de equilibrio: 0ºC Masa de hielo sobrante: 35 g Masa de agua 75 g Se puede apreciar que durante la transferencia de energía (en forma de calor), dicha sustancia llega alcanzar la temperatura T en su fase vapor, relacionando: 40 T − 80 = 1 0,45

⇒ T = 98º C Clave: D

RESOLUCIÓN Nº 38. En el diagrama lineal: Calor ganado

Calor perdido

Qfusión

Q hielo+ Q recip −20ºC recip hielo Cem=10 100g Capacidad calorífica

Donde:

Ce=0,5

Qagua trans TE=0ºC

Qcondens

Clave: B RESOLUCIÓN Nº 39. Debido al incremento de la temperatura (∆T=20ºC) en el material las dimensiones de estas varían y como la dilatación se produce de manera longitudinal entonces se cumple: γ = 3α = 13,5 × 10 −1 K Donde el volumen final de dicho material esta dado como: ρo 1 + γ∆T reemplazan do : ρf =

100ºC vapor M=10g

ρf =

28 000 = 1000 kg / m3 1 + 1,35 × 20 Clave: A

RESOLUCIÓN Nº 40. I VERDADERO Un ciclo termodinámico se caracteriza por que tanto el proceso inicial como final coinciden, como se puede apreciar en la grafica P (Pa) b

c

a

d

III FALSO Por lo expuesto anteriormente Clave: B

RESOLUCIÓN Nº 41. En el siguiente ciclo mostrado se puede apreciar: Proceso A→Β: el volumen es constante Proceso B→C: temperatura constante Proceso: C→Α la presión es constante T (Pa) B

V(m ) 3

Se puede apreciar según la grafica que el proceso inicia en el estado a donde su energía interna esta dado como Ua , para luego finalizar según el trayecto seguido en a, cuya energía interna final es Ua , por lo que en el trayecto seguido la variación de su energía interna: ∆ Ua → a = Ua − Ua = 0 II VERDADERO En un proceso adiabático el calor transferido al gas es cero Q = 0 , por

gas lo que ∆U = −W , en consecuencia sin ceder calor al gas la energía interna del gas puede disminuir, como también aumentar, esto debido al trabajo desarrollado por el gas producto de la variación tanto del volumen como la presión, no solo estos dos parámetros van a variar también va a variar la temperatura debido al incremento de su energía interna

A

C

V(10−3 m3) 2

5

A partir de la ley de los gases P1V1 P2V2 = T1 T2

(P)(V ) (P)(V2 ) = T1 4T1 ⇒ V2 = 4V A continuación dependencia P−V

graficamos

5

P (10 Pa) B UC= UB

UA

Wneto

Q

C

UC

la

2

A 5

2

Donde el trabajo neto es: W neto = WB → C − WC → A

3

3

V(10− m )

Analizando la expansión del gas en el proceso de A hacia C puesto que el calor absorbido esta dado Qasb = WA→C + ∆UA→C

…(I)

Por lo que procedemos a calcular WB → C (proceso isotérmico)

Qasb = WA→B + WB →C + (UC − UA )     UB

cero

1264 = 916 + ∆UA→B ⇒ ∆UA→B = 348 J

V WB → C = P BVB ln( C ) V

Clave: C

A

2 WB → C = (2 × 10 5 )(5 × 10 − 3 ) ln( ) 5 WB → C = 916 J

RESOLUCIÓN Nº 42. T

Q 100J

Por lo que procedemos a calcular WC →A (proceso isotérmico)

A=

WNETO 40J =

WC → A = −(2 × 10 5 )(3 × 10 − 3 ) = −600J

Q 60J B=

T =300K

Reemplazando en (I): W neto = 316 J Para calcular la variación de la energía interna en el proceso de A hacia B es necesario determinar el calor absorbido para ello es necesario relacionar con la eficiencia

0,25 =

316 Qasb

Wneto η= Qasb ⇒ Qasb = 1264 J

B

A

Cabe recordar:

ηreal ≤ ηideal

o máximo

Como la maquina trabaja con su máxima eficiencia se debe cumplir: Qabs TA = TB Qliberado TA 100 = 300 60 TA = 500 K 〈〉 227 º C

RESOLUCIÓN Nº 43.

Clave: C

Las partículas presentan igual carga de 2µC, por lo que para hallar la tensión en la cuerda es necesario analizar una de ellas del extremo Entre las partículas 1 y 3 F1 =

F1 =

(2) 2

2

F

(1) 2

(9 × 10 9 )(2 × 10 − 6 ) 2 (1)

2

V

fr=µkmg d=4m

Pero nos piden la velocidad que adquiere el bloque, para ello debemos relacionar el trabajo neto desarrollado y la variación de la energía cinética.

KQ 2

F2 =

V=0 elec

= 9 × 10 − 3 N

Entre las partículas 2 y 3

F2 =

E

KQ 2

(9 × 10 9 )(2 × 10 − 6 ) 2 (2)

Procedemos a analizar el bloque

Neto

WA→B = ∆Ec

= 36 × 10 − 3 N

campo

fr

WA →B + WA→B = ∆Ec Felec .d − µmg.d = ∆Ec

Realizamos el DCL de la partícula (3)

(3)( 4) − (0,5)(0,4)(10)( 4) = ∆Ec (1) Q

1m

(2) Q

(3)

1m

Q T

⇒ ∆Ec = 4 J

F1

Clave: E

F2

Igualando fuerzas contrarias:

RESOLUCIÓN Nº 45.

T = F1 + F2

T = 45 × 10 −3 N

4m

P

〈〉 45 mN

12×10−5C (2) 3m

Clave: A

RESOLUCIÓN Nº 44. Debido al campo eléctrico, la fuerza eléctrica que esta genera sobre el clavo electrizado con 2µC esta dado como: Felec = Eq = (15 × 10 5 )(2 × 10 - 6 ) = 3 N

6m

N 5m

(1) 3×10−4C

3m

Para determinar el trabajo efectuado por un agente externo es necesario determinar los potenciales tanto final como inicial Determinamos el potencial eléctrico en P

(9 × 109 )(3 × 10 − 4 ) (9 × 109 )(12 × 10 −5 ) + 6 4 4

VP = 72 × 10 V

Xo = 0

⇒ Vo = 1000V ⇒ Vf = 0 V

Finalmente podemos plantear que el trabajo efectuado por el campo eléctrico sobre una partícula electrizada con q=2mC, para llevarla desde x=0 hasta x=5m es: Wx = 0 → x =5m = (Vinicio − Vfinal ) q

VN = V1 en N + V2 en N KQ1 KQ2 VN = + 5 3 (9 × 109 )(3 × 10 − 4 ) (9 × 109 )(12 × 10 −5 ) + 5 3 4

VN = 90 × 10 V

Donde el trabajo del agente externo sobre la partícula electrizada desde P hacia N es: WPexterno = ( VN − VP ) qmóvil →N

4 −6 WPexterno = ( 18 × 10 )( 50 × 10 ) →N

WPexterno = 9J →N

campo

Wx = 0 → x =5m = (1000)(2 × 10 −3 ) campo

Wx = 0 → x =5m = 2 J Clave: E RESOLUCIÓN Nº 47. El flujo eléctrico (corriente eléctrica) que surge en el alambre, es porque hay una diferencia de potencial entre la esfera conductora y la tierra, si tomamos por convención el movimiento de partículas positivas, notaremos que estos se mueven se mueven mayor potencial (esfera) Q=+5µC hacia el menor potencial (tierra). Q=0

Clave: D RESOLUCIÓN Nº 46.

Por lo que en:

campo

A hora en N

VN =

V = 1000 − 200X

Xf = 5m

VP = V1 en P + V2 en P KQ1 KQ2 VP = + 6 4 VP =

Nos dicen que el potencial electrico esta expresado como:

por convención la corriente circula de mayor a menor potencial

Io I=0

es igual a 0V y a partir de el hallamos el potencial del otro extremo de la fuente (veamos en la figura) A partir del nodo A y B podemos El flujo eléctrico, es decir la corriente eléctrica cesara cuando la esfera se descargue por completo

obtener la corriente I1−I2

1V

20

I(mA) 5V

1

5V

15

i

t to

t

−6

1

(20 × 10 − 3 )t = 2

⇒ t = 0,5 × 10 − 3 s

Pero nos piden determinar el tiempo to en el instante que la corriente eléctrica se 15mA Relacionando los lados del triangulo: 20mA 0,5 × 10 −3 s = 5mA to to = 125 µs

3V

3Ω

A i

i

i

−1V

2

2Ω −3V

Donde la carga que circula por el alambre conductor no es mas que la carga transferida por la esfera el cual es igual al área bajo la curva, por lo que: Qtransf = Área 5 × 10

I

1Ω

3

B 4

5Ω

2V I

2

2V

Donde la corriente esta expresada como Vinicio − Vfinal i= R Por lo tanto: (5) − ( −3) i1 = = 4A 2 (5) − ( −1) = 2A 3 (2) − ( −1) i3 = = 1,5A 2 (2) − ( −3) i4 = = 2,5A 2 i2 =

En el nodo A y B Clave: B

RESOLUCIÓN Nº 48. Como existen conexiones a tierra entonces en dicho punto el potencial

I1 = i1 + i2 = 6A ; I2 = i3 + i4 = 4A Finalmente: I1 − I2= 2A

Clave: D RESOLUCIÓN Nº 49. Distribuimos la corriente:

ε

I

2Ω I

La potencia disipada por dicho foco para una entrada de 220V esta dado como: ε2 Pdisipada por R = = 100 R

Iamp=0 4ε

A

I

I

II R

A continuación dos de estos focos son conectados en serie la fuente ε= 220V

3Ω R

6Ω I

En la malla I:

∑ V = ∑ iR

ε

4ε = I × 6 + I × 2 + (0) × 3 ε = 2I En la malla II:

R

Pconsumen los fo cos =

∑ V = ∑ iR

ε = I× R + 0 × 3 ε = RI Procedemos a igualar ε, obtenemos: R=2Ω

RESOLUCIÓN Nº 50. Nos dicen que el foco eléctrico tiene las siguientes especificaciones:

Req

Voltaje

P=100W

ε=220V R

RESOLUCIÓN Nº 51.

I1

3Ω

I1

I2

1Ω

ε3=6V

2Ω

D

B

I3= I2− I1

I1

En la malla II:

ε

100

Clave: D

ε1=10V

Potencia

1 ε2 = 2R 

⇒ Pconsumen los fo cos = 50 W

A Clave: A

ε 2

I2

∑ V = ∑ iR

ε2=1V II

C

6 − 1 = I2 × 1 + (I2 − I1 ) × 2 ⇒ 5 = 3I2 − 2 I1 ...(I) En la malla ABCDA:

∑ V = ∑ iR

10 − 1 = I1 × 3 + I2 × 1

⇒ 9 = 3 I1 + I2

De las ecuaciones tendremos: I1 = 2A

e

4Ω retiramos 10Ω

...(II)

(I)

y(II)

I2 = 3A

⇒ I3 = I2 − I1 = 1A

Pero nos piden determinar la potencia total entregan las fuentes, por lo que solo las fuentes 1 y 3 entregan energía mientras que 2 consume energía pues la corriente sale por este ultimo por el polo negativo

2Ω

ε=12V

1Ω

Ahora en el circuito

4Ω

2Ω

I 2Ω

Ptotal = P1 + P2 Ptotal = ε 1 I1 + ε 2 I2

2Ω

R=1Ω

ε=12V

I

Ptotal = 10.2 + 6.1 = 26 W

Clave: C

RESOLUCIÓN Nº 52 Si nosotros movemos la fuente estirando los alambres hacia afuera y a su vez recortamos los alambres de la resistencia de 10Ω, lo que podemos apreciar es que se estaría cumpliendo el puente Wheasthone, ya que el producto de los lados opuestos son iguales:

En la malla sombreada:

12 = I × 2 + I × 1 ⇒ I = 4A Finalmente la potencia disipada por la resistencia R=1Ω esta dado como: P = I 2R = ( 4)2 (1) disipada por R

Pdisipada por R = 16 W

2×2 = 4 ×1 En consecuencia la resistencia de 10Ω se estaría cortocircuitando por tanto procedemos a retirarla

∑ V = ∑ iR

RESOLUCIÓN Nº 53. Alternativa A.

Clave: E

Recuerde que la intensidad de campo eléctrico es una cantidad vectorial, mientras que el potencial eléctrico es de magnitud escalar. En el caso de dos partículas eléctricas positivas el campo eléctrico resultante en un punto P, a la misma distancia de ambas, es nulo. Mientras que el potencial eléctrico se suma y para este caso seria el máximo potencial (1)

(2)

Q

Q

E2=E

P

E1=E

d

Alternativa B. Al abandonar un electrón en el interior del campo eléctrico sobre este se manifiesta una fuerza eléctrica que actúa en dirección opuesta a las líneas del campo eléctrico, por lo que el electrón viaja de menor a mayor potencial eléctrico F

A

Alternativa C. Las líneas de fuerza o de campo eléctrico siempre se dirigen del mayor potencial hacia el menor potencial.

C B

A

d

Incorrecto

elec

Incorrecto

VA > VB > VC

En síntesis si el campo eléctrico es nulo el potencial eléctrico en dicho punto no necesariamente es nulo

F

Los electrones se mueven de menor a mayor potencial VB < VA

En general, si las líneas de campo eléctrico son curvas entonces las superficies equipotenciales serán curvas. En el caso especial de un campo eléctrico uniforme, en que las líneas de campo son rectas y paralelas y están igualmente espaciadas, las superficies equipotenciales son planos paralelos y perpendiculares a las líneas de campo. VA

VB

VC

VA

VB

VC

VA VA VA

elec

B

VB VB VB

VC VC VC

VA > VB > VC Donde la diferencia de potencial:

VAB = VA − VB = EdAB VAC = VA − VC = EdAC

Donde d es la distancia entre los puntos paralela a las líneas de fuerza

Incorrecto

Alternativa E. Los dieléctricos sirven para aumentar la capacidad eléctrica de los capacitadores

Incorrecto

Alternativa D. Cuando mayor es la cantidad de carga que acumulan los conductores, mas elevado es el potencial eléctrico por lo que resulta que entre dichas magnitudes existe una relación directa. Esto se debe a que los conductores presentan cierta propiedad asociada a su capacidad de electrización denominada capacidad eléctrica, que es una propiedad de un conductor metálico que caracteriza la capacidad de acumular carga en proporciones definidas en su superficie. La capacidad de un conductor aislado es independiente de su electrización, depende de su forma geométrica, a mayor dimensión del conductor mayor capacidad eléctrica

Correcto Clave: E

RESOLUCIÓN Nº 54. Como el capacitor esta formado por placas abiertas por este no circula corriente eléctrica esto significa que solo circulara corriente por la malla sombreada 2Ω I

+Q

2

C=5µF

3Ω 24V

4Ω

I b

i=0

En la malla sombreada: 1

a

I

1Ω

+Q

8V

i=0

b

∑ V = ∑ iR

24 = I × (2 + 3 + 1) ⇒ I = 4A

Estos conductores de diferentes tamaños no pueden acumular la misma cantidad de carga, por lo que el de mayor dimensión se electrizara más.

Para determinar la carga del capacitor debemos determinar su diferencia de potencial para ello en la rama a,b planteamos

Vinicio en a + ∑ V = Vfinal en b + ∑ iR

Clave: D

Va + ( 4) = Vb + 4 × 3 + 0 × 4 RESOLUCIÓN Nº 65.

⇒ Vab = Va − Vb = 8V

Clave: C

Finalmente la carga del capacitor es: RESOLUCIÓN Nº 66.

Q = CVab

Q = (5)( 8) = 40 µC

RESOLUCIÓN Nº 55.

RESOLUCIÓN Nº 56. RESOLUCIÓN Nº 57. RESOLUCIÓN Nº 58. RESOLUCIÓN Nº 59.

RESOLUCIÓN Nº 60.

RESOLUCIÓN Nº 61.

RESOLUCIÓN Nº 62.

RESOLUCIÓN Nº 63.

RESOLUCIÓN Nº 64.

Clave: D

RESOLUCIÓN Nº 67.

Clave: D

Clave: A

Clave: C Clave: C

RESOLUCIÓN Nº 68.

Clave: A

Clave: C Clave: B

RESOLUCIÓN Nº 69.

Clave: C

Clave: D

Clave: B

RESOLUCIÓN Nº 70. Clave: E

Clave: B

Clave: D

Clave: D

RESOLUCIÓN Nº 71.

RESOLUCIÓN Nº 72.

Clave: A

Clave: C