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7/25/2019 sol_fisica4.pdf

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Solucionario del Examen de Admisin UNI 2008 - I

Fsica

Resolucin N 1

Se pide [x]para que la ecuacin sea dimensionalmente

correcta

e =x yz1

Debe cumplirse que

y , sean nmeros

[]=1; []=1

[]=[][x1yz]=1

[x1][y][z]=1 (I)

1

Dato

z=densidad volumtrica

[z]=ML3 (II)

[x][y]=M

[y]=M[x]1 (III)

(III) y (II) en (I) [x]1(M)[x]1(ML3)=1

[x]2=M2L3

[x]=ML

3

2

Clave D

Resolucin N 2

Considerando que los mviles se desplazan con

velocidad constante, observamos

0,1 km dT

vA=75 km/h

p1

360ht=

vT vT

dA

Del grfico obtenemos

dA=0,1+dT vAt=0,1+vTt

751

360=0,1+vT

1

360

vT=39 km/h

Clave B

Resolucin N 3

Nos piden: tiempo "t" que demora el bloque

en llegar al piso.

L

L

t1=1 s t

v0=0

A

C

B a


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- 2 -

Resolucin N 4

=cte

disco 10 cm punto desuspensin

45

Tsen45

45

T

23 cm

R

6 cm

Tcos45

mg

La plomada experimenta movimiento

circunferencial; por ello en la direccin radial

aplicamos la 2daley de Newton

Fcp=macp

Tsen45=m2R (I)

Adems, las fuerzas perpendiculares al plano

de giro se equilibran. De esto, se tiene

Tcos45=mg (II)

De (I)(II)

tan45=2Rg

1=2

9 8

R

, (III)

Del grfico, el radio de giro de la plomada es:

R= 10 3 2+( )cm=10 3 2

100

+

m

Reemplazando en (III)

1=2 10 3 2

9 8 100

+( )

( )( ),

8,3 rad/s

Clave B

Como el coeficiente de rozamiento () es constante,

la fuerza de rozamiento cintico es constante.

Del diagrama de fuerzas; en la direccin paralela

al plano inclinado, aplicamos la 2da ley de

Newton:

F maR

=

mgsenfN=ma

mgsenKmgcos=ma

a=g(senKcos)

mgcosmgsen

fK

fN

mg

a

El bloque desliza con aceleracin constante,

ocurre un MRUV en el tramoAC:

d= v t at 021

2+

2L=1

2at2 (I)

En el tramoAB

L=1

2a L

a1

2

2( ) =

En (I)

22

1

2

2 =a

at

t= 2s

t=1,45 s

Clave B


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- 3 -

Resolucin N 5

Analizando la masa puntual "m":

mFGsen FGsen

FGcos FGcos

0,5 m 0,5 m

F2=sen

d

F1=FG F1=FG

M2=M

h=0,3 m

M1=M

Sobre el objeto de masa m, tanto M1 como

M2 le ejercen una fuerza gravitacional F y F

1 2

respectivamente. Adems, observando las

distancias y las masas, se deduce que:

F F FGmM

dG1 2 2

= = =

Luego, la fuerza resultante ser FR=2FGcos

FGmM

dR = 2 2 cos

donde: cos,

=0 3

d

0,5

0,3

d=0,5

+0,3

2

2

FR=20 3

2

GMm

d d

,

=( )

FGMm

dR

0 63

,

=( ) ( )( )( )

+( )

FR0 6 6 673 10 50 20

0 5 0 3

4

2 23

, ,

, ,

FR2,0210 7N

Clave B

Resolucin N 6

Considerando que en x=0, la partcula se

encuentra movindose hacia el eje positivo de las

X, y donde la fuerza resultante es la fuerzaF.

Del dato F

=4x 8

Esta fuerza vara con la posicin, as se tiene

que

Enx=0; F

= 8 N

Enx=2 m; F

=0

Enx=3 m; F

=4 N

A1

A2

0

4

8

2 3

F=8 N F F=0 F F=4 N

F(N)

X(m)

x=0 x=2 m x=3 m

Clculo del trabajo neto

Wneto=WF Wneto=A1+A2

Wneto = ( ) ( ) + ( )( )1

22 8

1

21 4

Wneto= 6 J

Clave B


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- 4 -

Resolucin N 8

Tenemos las siguientes situaciones:

Antes del lanzamiento del proyectil

v=0

Durante el lanzamiento del proyectil

FgFg

1

fKfN

En el instante en que termina el lanzamiento del

proyectil.

60

230 kg

u

20 kg2 kg 250 m/s

500 m/s

Luego del lanzamiento del proyectil la plataforma y

el can realizan un movimiento desacelerado.

v=0a

Fg

fN1

fK1

tx

u

Piden tx

Sobre el sistema plataforma-can actan fuerzas

constante, entonces experimenta un MRUV

vF=v0at

0=uatx

tx=u

a (I)

Resolucin N 7

En el momento que al personaje se le cae el

anillo, tenemos

RT

MT

h

v0m

Un instante antes de que el anillo llegue a la

superficie terrestre tenemos

RT

MT

vx

m

Nos piden vx

Como sobre el sistema anillo-Tierra no hay fuerzas

externas que desarrollen trabajo, entonces la

energa asociada ha dicho sistema se conserva.

Podemos plantear

EF=E0

ECF+EPGF=EC0+EPG0

1

2

1

2

202

mv GM m

Rmv

GM m

R hx+

= +

+

( )T

T

T

T

Ordenando se obtiene

v v M Gh

R R hx= +

+

02 2 T

T T( )

Clave B


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- 5 -

Por la 2.aley de Newton tenemos

a

F

M

f

M

Mg

MR K K= = =( )1

a=Kg=(0,4)(9,81)

a=Kg=3,924 m/s2 (II)

Durante el lanzamiento sobre el sistema

plataforma-can-proyectil, en el ejeXse tiene

Ires=p

IfK=p0

Ya que el tiempo del lanzamiento es muy pequeo,

observamos

p0(x)=pF(x) 2(+250)+250(U)=0

U=2 m/s (III)

Reemplazando (II) y (III) en (I)

tx=0,5 s

Clave B

Resolucin N 09

Fg

v=0

fig.(a)

F FE g1=

fig.(b)

fig.(c)

fig.(d)

vmx

v a

v=0

FE1 P.E.

FR=0

I. FALSO

Por ejemplo, en el instante en que la bolita

pasa por la posicin de equilibrio, la fuerza

neta sobre ella es nula (fig. ay fig. d).

II. FALSO

Por ejemplo, desde que la partcula es

soltada hasta antes de llegar a su posicin de

equilibrio, se observa que la v

y la a

tienen

la misma direccin fig. (c).

III. FALSO

Cuando la bolita llega a la posicin de

equilibrio, su rapidez es mxima.

Clave D

Resolucin N 10

M=3 kg

L=0,4 m

y(cm)

x(cm)

vondaT

De la funcin de onda tenemos

Yx t

x t

( , ) sen,

=

12 2

16 0 1

Piden T: tensin

Se sabe que la rapidez con que se propaga la

onda es

v=T

(I)

adems

v=f (II)

De (I) y (II) obtenemos

T=(f)2


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- 6 -

L0 100%

L X%

X%= L

L0100

%

X%=L T

L

0

0

100

% (*)

200

100

0

T(C)

X(%)

x=5%

5

T

De la grfica, en (*)

x= =5 100 100% ( ) %

a=510 4C1

Clave C

Resolucin N 12

Se tienen dos cuerpos de igual masa (m) y de calor

especfico Ce(A)y Ce(B), respectivamente

A

m

Ce A( )

B

Ce B( )

m

La cantidad de calor para el cambio de temperatura

(Qsensible) sobre cada cuerpo, es

QA=Ce(A)mTA

QB=Ce(B)mTB

Densidad lineal

=M

L

kg

m

Luego

T=(f)2M

L (*)

Adems, la funcin de onda transversal es

Y Ax t

T

x t

( , ) sen= +

2

20

Comparando con la funcin de onda dada,

obtenemos

=16 cm 0,16 m

T0=0,1 s f=10 Hz

Reemplazamos en (*)

T=19,2 N

Clave D

Resolucin N 11

Al calentarse la varilla metlica, esta se dilata

linealmente de tal modo que su aumento de

longitud ser

L=L0(T) (I)

donde

: Coeficiente de dilatacin lineal.

L0 : Longitud inicial de la varilla.

T : Variacin de temperatura.

En el problema nos dan la grfica:

T S x

donde x es el crecimiento porcentual de la

longitudL0


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- 7 -

Ahora, como la grfica representa la cantidad de

calor que gana cada sustancia, en funcin a su

temperatura

0 10 20 30 40 50

QB=400

QA=600

Q(cal)

T(C)

B

A

entonces, se tiene

Q

Q

C m T

C m TA

B

e A A

e B B

=( )

( )

Q

Q

C T

C TA

B

e A A

e B B

=( )

( )

Reemplazando los valores de la grfica QT

600

400

30

50=

C

C

e A

e B

( )

( )

C

C

e A

e B

( )

( )

=5

2

Clave E

Resolucin N 13

Al cerrar el interruptor se produce un flujo de

electrones, tal como se indica, hasta que los

capacitodores almacenen su mxima cantidad

de carga.

V

C1=4 F

C

C2=3 F

q1+q2

q1+q2

q1+q2q2

q1

q1

e

e

S

La cantidad de carga total que entrega la batera

es q1+q2, y que puede percibirse en una de las

placas de C1.

Del dato:

q1=2 C

Pero V q

C V11

1

2

4

1

2= = =

El capacitor C2=3 F est en paralelo con C1,

entonces,

V V2

1

2=

Luego, q2=C2V2=31

2=1,5 C

Luego, q1+q2=2+1,5=3,5 C

Clave C

Resolucin N 14

Consideramos dos cuerpos de 1 g, cada uno, (de

cobre y tantalio), respectivamente, sumergidos

completamente en agua en reposo.


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- 8 -

1 g Cu 1 g Ta

g

EH O(Cu)2 EH O(Ta)2

El empuje hidrosttico es directamente pro-

porcional a la densidad del lquido y al volumen

sumergido del cuerpo.

En el cuerpo de Cu:

EH2O(Cu)=H

2OgVCu=H

2Og

mCu

Cu ()

En el cuerpo de Ta:

EH2O(Cu)=H

2OgVTa=H

2Og

mTa

Ta ()

Entonces ()()

E

E

gm

gm

m

mTaH O Ta

H O Cu

H O Ta

H O Cu

Cu

Cu Ta

Ta Cu

2

2

2

2

( )

( )

= =

E

E

H O Ta

H O Cu

2

2

( )

( )

=

=

8 3 1

16 6 10 5

,

,,

Clave A

Resolucin N 15

El circuito elctrico funciona del modo siguiente:

por el polo (+) de la fuente sale una corriente de

intensidad (i) que pasa por la resistencia interna(r) de la fuente y por el reostato R; pero por el

voltmetro ideal no circula corriente y este registra

la diferencia de potencial entre los puntos ay b.

V

AR

i

iri

( )b( )a

i

+

I=0

+

r

Usamos ley general de Ohm:

V V Vb a b a+ = rama

Vb+( ir+)=Va V V ir a b = segn dato

V= ir (I)

Segn la grfica

x

y

V

( )i

0

Cuando i=0 V=y

Reemplazamos en (I)

y= 0r y= (II)Cuando i=x V=0 (ver grfica)

Reemplazamos en (I)

0= xr

rx

=

Usamos (II) y se obtiene

ry

x=

Clave D


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- 9 -

Resolucin N 16

Aqu recordemos el pr incipio f sico: "Toda

corriente elctrica origina en su entorno un

campo magntico rotacional, que se caracteriza

por el vector induccin (B

) y cuya direccin se

determina usando la regla de la mano derecha

(RMD)".

B=0

"II "A

45

RMD

RMD

RMD

RMD

45

( )( )

()()

"I"

"III" "IV "A

"IV "B

"II "B

i

i

i

i

i

En el primer cuadrante I

Usando RMD en cada conductor adyacente

se deduce que las lneas de induccin son

salientes ().

En el segundo cuadrante: IIA

Usando la RMD predominan las lneas de

induccin ingresantes () debido a i() puesto

que es el conductor ms cerrado.

En el segundo cuadrante IIB

Usando la RMD se aprecia que predominan

las lneas de induccin salientes () que genera

i(), pues es el sector ms cercano.

En el tercer cuadrante III

Usando la RMD en cada conductor adyacente

a la regin, se nota que las lneas de induccin

magntica son ingresantes () al plano.

En el cuarto cuadrante: IVA

Usando la RMD para el conductor ms

cercano que transporta i(), se nota que

predominan las lneas de induccin saliente

() al plano.

En el cuadrante IVB

Usando la RMD para el conductor ms

cercano que transporta i(), se puede

apreciar que predominan las lneas de

induccin ingresante () a dicho plano.

Ahora: qu sucede en la lnea con

pendiente 45 que pasa por el II y IVcuadrante?

En (P)

i() usando RMD origina: Bi

r10

2

( )=

i() usando RMD origina: Bi

r20

2

( )=

Entonces, la resultante enPser

B B BP( )( ) ( )

= +1 2

Como son opuestos y de igual mdulo

BP( ) = 0

i

ii

45

45

iL

i

r

r

P

II

IV

Entonces, la rectaL

es aquella regin dondela induccin magntica resultante es nula.

Clave A


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- 10 -

Resolucin N 17

Sobre la lmina de aluminio incide luz

monocromtica de =2000Ao

, tal como indica

el grfico.

Ec trabajo deextraccin

Al

E hffotn=

e

A la superficie llega un fotn con una energa

Efotn=hf.

Con la energa entregada se logra extraer

electrones de la lmina.

Los electrones que adquieren mayor energa

cintica (ECmx) son los que se encuentran en lasuperficie.

La ecuacin de Einstein para el efecto fotoelctrico

externo es

E W ECfotn extraccindel e

mx= +

hf EC= +0funcin

trabajo

mx

h c

EC

= +4 2, mx

Reemplazando datos obtenemos

4,1310 153 10

2 10 104 2

8

3 10

= + , ECmx

ECmx=1,995 eV

Clave B

Resolucin N 18

Nos piden determinar la veracidad o falsedad de

los enunciados.

Para esto, debemos considerar la clasificacinde las ondas electromagnticas en funcin de su

longitud de onda () y frecuencia (f).

Espectro electromagntico

Longitudde onda

Frecuencia

Radio

Muy baja

frecuencia> 10 km < 30 KHz

Onda larga < 10 km > 30 KHz

Onda corta < 180 m > 1,7 MHz

Muy altafrecuencia

< 10 m > 30 MHz

Ultra altafrecuencia

< 1 m > 300 MHz

Micro-

ondas< 30 cm < 1,0 GHz

Infrarrojo

Lejano/

Sub

milimtrico

< 1 mm > 300 GHz

Medio < 50 um > 6,0 THz

Cercano < 2,5 um > 120 THz

Luz

visible< 780 nm > 384 THz

Ultra

violeta

Cercano < 380 nm > 789 THz

Extremo < 200 nm > 1,5 PHz

Rayos X < 10 nm > 30,0 PHz

RayosGamma < 10 pm > 30,0 EHz

I. La regin de rayos gamma () representa una

alta frecuencia y, en consecuencia, una menor

longitud de onda (ver espectro).

II. Las ondas audibles por el odo humano

no son electromagnticas, son ondas

mecnicas; en consecuencia; no entran en

esta clasificacin.


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Reemplazando datos

0,05=1

1 76 10

7 5 1011

6

0,

,

B

se tiene que B0=85,210 5T

Examinemos ahora el movimiento del electrn

en la regin R. Como en dicha regin realiza un

movimiento uniforme, entonces, sobre este la

FR=0, es decir

Fmag

=FEL

q VB E q=

E=(7,5106)(85,210 3)

E=6,39103N/C

E=6,39103( i )

Clave D

Resolucin N 20

En el problema nos piden la separacin entre el

objeto y la imagen final.

Haciendo una grfica del enunciado del problema

tenemos:

F

F=10 cm

i

imagen

final

i'

f '

'

F 'F

=20 cm

D

35 cm

ZR(+) ZR(+)ZR()

ente

convergente

ente

divergente

ZR()

objeto

III. De acuerdo al espectro electromagntico, la

regin del infrarrojo est ms prxima a la

regin visible que la regin del microondas,

esto por su cercana en frecuencia y longitud

de onda.

Clave C

Resolucin N 19

A partir del esquema, nos piden determinar la

intensidad de campo elctrico en la regin R.

Debemos considerar que la induccin magntica

es la misma en ambas regiones.

Veamos:

qe

v

Y

X

R

B

B B k= ( )0 U

Fmag

r

v

v

qe

vFmag

E

FEL

Z

Usando la regla de la palma de la mano izquierda,podemos determinar la direccin de la fuerza

magntica sobre el electrn y, en consecuencia,

determinar su trayectoria en la regin U.

En esta regin, el electrn describe una

circunferencia cuyo radio es

r mv

q Be

=

r m

q

v

Be=

0


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- 12 -

Trabajando con la primera lente (convergente),

aplicamos la ecuacin de focos conjugados y

obtenemos:

1 1 1f i

= =

1

19

1

20

1

+( ) =

+( )+

i i=+20 cm

imagen real

Ahora, como la separacin entre las lentes

es de 35 cm, a partir del resultado obtenido,

concluimos que la primera imagen obtenida seubica justo en el foco de la segunda lente. Esta

imagen es el objeto para la lente divergente.

Construyendo la imagen final y aplicando

nuevamente la ecuacin de focos conjungados

se tiene

1 1 1

151

f i i' ' ' '= + 1

=

i'= 7,5 cmimagen virtual

Luego, del grfico debemos determinar D

D=+35 |i'|

D=20+35 7,5

D=47,5 cm

Clave D

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