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Física 2º Bacharelato
Repaso del 1º trimestre: ondas y gravitación
DEPARTAMENTO DE
FÍSICA E QUÍMICA
11/01/08
Nombre:
Elige en cada bloque una de las dos opciones.
Bloque 1. GRAVITACIÓN. Elige un problema: puntuación 3 puntos (1 punto cada apartado)
1.A. Los satélites Meteosat son satélites geoestacionarios (situados sobre el ecuador terrestre y con período
orbital de un día). Calcula:
a) La altura a la que se encuentran, respecto a la superficie terrestre.
b) La energía mecánica necesaria para trasladar un satélite Meteosat desde su órbita actual a otra al doble de
distancia de la Tierra.
c) Demuestra que si h << RT la expresión de la energía potencial gravitatoria puede expresarse por m·g·h.
Datos: RT = 6,38·106 m; MT = 5,98·1024 kg; msat = 8·102 kg; G = 6,67·10-11 N·m2·kg-2
1.B. La masa de la Luna es 81,4 veces menor que la de la Tierra y su radio es 3,67 veces menor que el radio
terrestre. Calcula:
a) El período que tendría en la superficie de la Luna un péndulo que en la Tierra da 10 oscilaciones en 6,67
s.
b) La velocidad de escape desde la superficie lunar si la velocidad de escape desde la superficie terrestre es
11,2 km/s.
c) Demuestra que la energía cinética de la Luna es la mitad del valor absoluto de su energía potencial.
Datos: gT = 9,81 N·kg-1
Bloque 2. GRAVITACIÓN. Elige una cuestión y razona la respuesta. Puntuación 1 punto.
Noticia de BBC Mundo.com
2.A. Lee la noticia de la BBC y confirma o rechaza la
Martes, 6 de enero de 2009 - 14:45 GMT
afirmación sobre el cálculo de la nueva masa de la Vía
La Vía Láctea gira más rápido
Láctea, indicando las suposiciones que haces.
Un grupo de astrónomos descubrió que nues2.B. En relación con la gravedad terrestre, una masa m:
A) Pesa más en la superficie de la Tierra que a 100 km de tra galaxia, la Vía Láctea, gira más deprisa y
tiene una masa mayor de lo que se pensaba
altura.
B) Pesa menos.
C) Pesa igual.
hasta ahora.
Los científicos aseguran que la Vía Láctea gira
a unos 960.000 kilómetros por hora, una velocidad superior en unos 160.000 kilómetros por
hora a la calculada anteriormente, lo que implica que su masa es un 50% mayor de lo que señalaron estudios previos.
Bloque 3. ONDAS. Elige una cuestión y razona la respuesta. Puntuación 1 punto.
3.A. Una onda electromagnética que se encuentra con un obstáculo de tamaño semejante a su longitud de
onda:
A) Forma en una pantalla, colocada detrás del obstáculo, zonas claras y oscuras.
B) Se polariza y su campo eléctrico oscila siempre en el mismo plano.
C) Se refleja en el obstáculo.
3.B. Cuando la interferencia de dos ondas origina una onda estacionaria, esta cumple:
A) Su frecuencia se duplica.
B) Su amplitud posee máximos y nodos cada λ / 4.
C) Transporta energía proporcional al cuadrado de la frecuencia.
Bloque 4. MAS y ONDAS: Elige un problema: puntuación 3 puntos (1 punto cada apartado)
4.A. Un resorte de masa despreciable se estira 10,0 cm cuando se le cuelga una masa de 200 g. A continuación
el sistema formado por el resorte y la masa se estira con la mano otros 5,0 cm y se suelta en el instante t = 0 s.
Calcula:
a) La ecuación del movimiento que describe el sistema.
b) El tiempo que tarda en recorrer 2,0 cm desde que se soltó (¿Cuál es su elongación?)
c) La energía cinética y potencial cuando la elongación y = 3,0 cm.
Dato g = 9,80 m/s2
4.B. Una onda armónica transversal se propaga en la dirección del eje x: y (x, t) = 0,5 sen (4x – 6t) (S.I.).
Calcula:
a) La longitud de onda, la frecuencia con la que vibran las partículas del medio y la velocidad de propagación de la onda.
b) La velocidad de un punto situado en x = 1 m en el instante t = 2 s
c) Los valores máximos de la velocidad y la aceleración.
Bloque 5. Repaso: 1 Punto
5.A. Dos bloques en contacto, pueden deslizar sin rozamiento sobre una superficie
horizontal. Se ejerce una fuerza constante F sobre el bloque A y el conjunto se
desplaza con una aceleración a.
La fuerza que ejerce B sobre A vale: A) F B) 0 C) mA·a
D) mB·a
Contesta razonadamente.
F
A
5.B. Desde una misma altura y con la misma velocidad, se lanzan simultáneamente tres pelotas al suelo con una inclinación con la horizontal de (1) α, (2) 0 y (3) -α. ¿Cuál llega al
suelo con mayor velocidad? A) 1
B) 2
C) 3
D) las tres igual
Contesta razonadamente.
B
1
α
-α
2
3
Bloque 6. Prácticas: 1 Punto
6. Un grupo de alumnas realizó la práctica del péndulo en
péndulos de distinta longitud. Después de realizar los
cálculos necesarios, obtuvieron la siguiente gráfica:
Obtén el valor de la aceleración de la gravedad.
10
T² (s²)
8
6
4
2
0
0
0,5
1
l (m)
1,5
2
Soluciones
1.A. Los satélites Meteosat son satélites geoestacionarios (situados sobre el ecuador terrestre y con período
orbital de un día). Calcula:
a) La altura a la que se encuentran, respecto a la superficie terrestre.
b) La energía mecánica necesaria para trasladar un satélite Meteosat desde su órbita actual a otra al doble de
distancia de la Tierra.
c) Demuestra que si h << RT la expresión de la energía potencial gravitatoria puede expresarse por m·g·h.
Datos: RT = 6,38·106 m; MT = 5,98·1024 kg; msat = 8·102 kg; G = 6,67·10-11 N·m2·kg-2
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Datos
satélite geoestacionario (período T igual al de la Tierra)
constante de la gravitación universal
masa de la Tierra
masa del satélite
radio de la Tierra
Incógnitas
altura del satélite
energías cinética, potencial y total del satélite en órbita
Otros símbolos
radio de la órbita
valor de la velocidad del satélite en la órbita geoestacionaria
Ecuaciones
ley de Newton de la gravitación universal
(aplicada a la fuerza que ejerce la Tierra esférica sobre el satélite puntual)
aceleración normal (en un movimiento circular de radio r)
Cifras significativas: 3
T = 24 h = 8,64×104 s
G = 6,67×10-11 N·m2kg-2
MT = 5,98×1024 kg
m = 8,00×102 kg
RT = 6,38×106 m
h
Ec , EP , EM
rórb
v
F G =G
MTm
2
rórb
v2
r
∑F = m·a
2 r
v=
T
Ec = ½ m v2
MT m
E p =−G
r órb
a N=
2ª ley de Newton de la Dinámica
velocidad en un movimiento circular uniforme de radio r (M.C.U.)
energía cinética
energía potencial gravitatoria (referida al infinito)
Solución:
a) Como la única fuerza que actúa sobre el satélite es la fuerza gravitatoria que ejerce la Tierra,
∑F = FG
m a = FG
El satélite describe una trayectoria aproximadamente circular con velocidad de valor constante, por lo que la
aceleración sólo tiene componente normal aN,
m
MTm
v2
=G 2
r órb
rórb
v 2 =G
4 2 r 2órb
T

2

2
MT
r órb
=G
MT
r órb
G M T T 3 6,67×10−11 [ N·m 2 ·kg −2 ]· 5,98×10 24 [kg ]8,64×104 [s]2
r órb =
=
=4,23×107 m
2
2
4
4
3
h = rórb – RT = 4,24×107 – 6,38×106 = 3,60 ×107 m
b) De la ecuación de v2 en función del radio de la órbita,
2
v =G
MT
rórb
se puede escribir para la energía cinética
1
1 M m
E c= m v 2= G T
2
2
r órb
La ecuación de la energía potencial es:
E p =−G
M Tm
r órb
La energía (mecánica) total es la suma de las energías cinética y potencial:
M m
1 M m
1 M m
E=E c E p = G T −G T =− G T
2
r órb
r órb
2
r órb
En la órbita actual, la energía mecánica del satélite vale
E 1=
−6,67×10−11 [ N ·m 2 · kg −2 ]· 5,98×10 24 [kg ]· 800[ kg]
=−3,78×109 J
2 · 4,23×107 [ m ]
En una órbita al doble de distancia de la Tierra, la energía mecánica del satélite valdrá:
E 2=
−6,67×10−11 [ N · m 2 ·kg −2 ] ·5,98×1024 [ kg ]·800[ kg ]
=−1,89×109 J
7
2 ·2 ·4,23×10 [ m]
La energía necesaria para trasladarlo de una órbita a otra es:
∆E = E2 – E1 = -1,89×109 – (-3,78×109) = 1,89×109 J
Solución:
La energía potencial gravitatoria de una masa m que se encuentra a una distancia r del centro de la Tierra, es
M m
E P =−G T
r
donde MT es la masa de la Tierra y G es la constante de la gravitación universal.
La variación de energía potencial de la masa m entre un punto de la superficie (r = RT) y otro a una altura h (r =
RT + h), es
M m
M m
GMT
1
1
h
 E P =−G T − −G T
=G M T m
−
=G M T m
=m
h
R T h
RT
RT R T h
RT · RT  h
R T · RT h 
En la superficie terrestre, el peso es:
M m
mg =G T2
RT
de donde
M
g =G 2T
RT
Si la altura h << RT ,
RT + h ≈ RT
y
GMT
≈g
RT · RT h
por lo que







 

 E P =m


GMT
h≈m g h
R T · R T h 
1.B. La masa de la Luna es 81,4 veces menor que la de la Tierra y su radio es 3,67 veces menor que el radio
terrestre. Calcula:
a) El período que tendría en la superficie de la Luna un péndulo que en la Tierra da 10 oscilaciones en 6,67
s.
b) La velocidad de escape desde la superficie lunar si la velocidad de escape desde la superficie terrestre es
11,2 km/s.
c) Demuestra que la energía cinética de la Luna es la mitad del valor absoluto de su energía potencial.
Datos: gT = 9,81 N·kg-1
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Rta.: a) T = 1,64 s. b) veL = 2,38 km/s
Solución:
a) La ecuación del período de un péndulo de longitud L es:
T =2 

L
g
Para un péndulo en la superficie de la Tierra el período será:
T T =2 

L
gT
T L =2 

L
gL
En la superficie de la Luna el período será
La relación entre ambos es:
TL
=
TT
2
2
 

L
gL
L
gT
=
gT
gL
Para encontrar la relación entre los campos gravitatorios en la Luna y en la Tierra, usamos la definición de
campo gravitatorio como la fuerza sobre la unidad de masa y la ley de la gravitación universal de Newton:
g=
F
=
m
G
M ·m
r2
M
=G 2
m
r
Dividiendo las expresiones del campo gravitatorio de la Luna entre la de la Tierra queda:
gT
=
gL
G
MT
2
T
MT
ML
81,4 M L
ML
R
81,4
= 2 =
2 =
2 =6,04
ML
RT 3,67 RL  3,67
G 2
RL
R2L
R 2L
y el período del péndulo en la Luna será:

TL
g
= T = 6,04=2,46
TT
gL
El período del péndulo en la Tierra es:
6,67s
=0,667 s
10 osc.
T T=
por lo que el período del mismo péndulo en la Luna será:
TL = 2,46 TT = 2,46 · 0,667 [s] = 1,64 s
b) La velocidad de escape de un astro es la velocidad mínima que debe tener un objeto en la superficie del
astro para poder alejarse a una distancia infinita del mismo. Como la fuerza gravitatoria es una fuerza central, es conservativa (el trabajo de la fuerza es independiente del camino) y la energía mecánica (suma de cinética y potencial) se conserva.
(EC + EP)suelo = (EC + EP)∞
La energía potencial gravitatoria de un objeto de masa m que se encuentra sometido a la atracción de otro de
masa M, situado a un distancia r (supuestos masa puntuales) viene dada por
E P =−G
Mm
R
en la que G es la constante de la gravitación universal. El origen de energías potenciales está en el infinito
EP∞ = 0
La energía cinética de una masa m que se mueve con una celeridad v, viene dada por:
EC = ½ m v2
Como la velocidad de escape es la velocidad mínima, es la que corresponde a una velocidad nula en el infinito.
−G
Mm 1
 m v 2minima
R
2
1
2
=0  m v 2∞= 0 0 =0
suelo
v escape =v minima
=
suelo

2G M
R
Para la Luna,
v eL =

2G M L
RL
v eT =

2G M T
RT
Para la Tierra,
Dividiendo la primera igualdad entre la segunda,


2G M L
RL

v eL
M L RT
3,67
=
=
=
=0,212
v eT
M T RL
81,4
2GMT
RT

veL = 0,212 · veT = 0,212 · 11,2 km/s = 2,38 km/s
c) La energía cinética de un satélite viene dada por la expresión:
Ec = ½ m v2
pero la velocidad de un satélite se deduce de la fuerza de gravitación terrestre
F =G
M Tm
r
2
que al ser la única fuerza, le produce una aceleración normal o centrípeta v2 / r, por lo que:
G
MTm
r
2
=m
v2
r
y
MTm
1
2
mv =G
2
r
que es la mitad que el valor absoluto de la energía potencial
E p =−G
MTm
r
Ec =│Ep│/ 2
2.A. Lee la noticia de la BBC y confirma o rechaza la
afirmación sobre el cálculo de la nueva masa de la Vía
Noticia de BBC Mundo.com
Láctea, indicando las suposiciones que haces.
Martes, 6 de enero de 2009 - 14:45 GMT
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B La Vía Láctea gira más rápido
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Un grupo de astrónomos descubrió que nuestra galaxia, la Vía Láctea, gira más deprisa y
tiene una masa mayor de lo que se pensaba
hasta ahora.
Solución:
Supongo que la velocidad a la que ser refiere es la de un
objeto en la periferia de la Vía Láctea de masa m despreciable, que dista una distancia r del centro y que la fuerza
ejercida sobre él es debida a toda la masa MG de la galaxia Los científicos aseguran que la Vía Láctea gira
a unos 960.000 kilómetros por hora, una velocisupuesta esférica.
dad superior en unos 160.000 kilómetros por
La fuerza resultante será igual a la fuerza gravitatoria
hora a la calculada anteriormente, lo que impli∑F = FG
ca que su masa es un 50% mayor de lo que señalaron estudios previos.
m a = FG
El objeto describe una trayectoria que supongo circular alrededor del centro de la galaxia con velocidad de
valor constante, por lo que la aceleración sólo tiene componente normal aN,
m
MG m
v2
=G
2
r
r
Despejando la masa de la galaxia:
MG=
v 2 ·r
G
La velocidad ahora calculada es:
v' = 960 000 km/h = 2,67×105 m/s
y el anterior cálculo era de:
va = 960 000 km/h – 160 000 km/h = 8,00×105 km/h = 2,22×105 m/s
Como la distancia es la misma, la relación entre la nueva masa M'G y la calculada anteriormente es:
v'2· r
2
2
2
5
M 'G
G
v'
v'
2,67×10 m / s
= 2 = 2=
=
=1,44
MG
v
v ·r
v
2,67×105 m / s
G
  

La nueva masa calculada de la Galaxia es 0,44 = 44% mayor que antes. Redondeando, es aproximadamente
un 50% mayor que antes. La afirmación es aproximadamente correcta.
2.B. En relación con la gravedad terrestre, una masa m:
A) Pesa más en la superficie de la Tierra que a 100 km de altura.
B) Pesa menos.
C) Pesa igual.
EXAMEN 1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Solución: A
El peso P de un objeto de masa m en la Tierra es la fuerza F con que la Tierra lo atrae, que viene dada por la
ley de Newton de la gravitación universal
P=F =G
M Tm
r
2
en la que G es la constante de la gravitación universal, MT es la masa de la Tierra, y r es la distancia entre el
objeto, supuesto puntual, y el centro de la Tierra.
Cuando el objeto se encuentra en la superficie de la Tierra, r es el radio de la Tierra RT. Cuando se encuentre
a una altura h = 100 km,
r = RT + h > RT
por tanto, al ser mayor el denominador de la expresión, la fuerza peso será menor.
3.A. Una onda electromagnética que se encuentra con un obstáculo de tamaño semejante a su longitud de
onda:
A) Forma en una pantalla, colocada detrás del obstáculo, zonas claras y oscuras.
B) Se polariza y su campo eléctrico oscila siempre en el mismo plano.
C) Se refleja en el obstáculo.
EXAMEN 1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Solución: A
Difracción es el fenómeno que se produce cuando una onda mecánica o electromagnética «rodea» un obstáculo de dimensiones parecidas a la longitud de onda. Es un fenómeno característico de las ondas. Esto producirá un patrón de interferencias que, en el caso de la luz, dará lugar a una sucesión de zonas claras y oscuras en una pantalla.
3.B. Cuando la interferencia de dos ondas origina una onda estacionaria, esta cumple:
A) Su frecuencia se duplica.
B) Su amplitud posee máximos y nodos cada λ / 4.
C) Transporta energía proporcional al cuadrado de la frecuencia.
Examen
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
Solución: B
En una onda estacionaria los máximos están separados por media longitud de onda Δx = λ / 2, y también los nodos. Por lo tanto en una distancia
d igual a una longitud de onda se alternan un nodo, un máximo, otro
nodo y otro máximo.
La distancia entre cada uno de estos elementos es λ / 4.
λ
λ/4
5.B
6.
4.A. Un resorte de masa despreciable se estira 10,0 cm cuando se le cuelga una masa de 200 g. A continuación
el sistema formado por el resorte y la masa se estira con la mano otros 5,0 cm y se suelta en el instante t = 0 s.
Calcula:
a) La ecuación del movimiento que describe el sistema.
b) El tiempo que tarda en recorrer 2,0 cm desde que se soltó (¿Cuál es su elongación?)
c) La energía cinética y potencial cuando la elongación y = 3,0 cm.
Dato g = 9,80 m/s2
Rta.: a) y = 0,05 cos(9,9t) [m]; b)
c) Ec = 15,7×10-3 J; Ep = 8,8×10-3 J.
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Datos
Cifras significativas: 3
m = 200 g = 0,200 kg
Δy = 10,0 cm = 0,100 m
y0 = 5,00 cm = 0,0500 m
A = y0 = 0,0500 m
masa que realiza el M.A.S.
alargamiento
posición inicial
amplitud (elongación máxima)
Incógnitas
ecuación del movimiento armónico: ω : pulsación (frecuencia angular)
φ0 : fase inicial
energía cinética para y = 3,00 cm = 0,0300 m
energía potencial para y = 3,00 cm = 0,0300 m
Otros símbolos
constante elástica del resorte
pulsación (frecuencia angular)
fase inicial
fuerza recuperadora elástica
Ecuaciones
de movimiento en el M.A.S.
relación entre la aceleración a y la elongación y
ley de Hooke: fuerza recuperadora elástica
2ª ley de Newton
energía potencial elástica
energía cinética
energía mecánica
y
Ec
Ep
k
ω=2πf
φ0
F
y = A sen(ωt + φ0)
a = -ω2 y
F = -ky
∑F = m · a
Ep = ½ k y2
Ec = ½ mv2
E = (Ec + Ep) = ½ k A2
Solución:
a) Al colgar la masa de 200 g, en el equilibrio:
F = Peso
k Δy = m·g
–A
F
k · 0,100 [m] = 0,200 [kg] 9,80 [m/s ]
2
O
k = 19,6 N/m
Peso
En el movimiento vertical, la resultante entre la fuerza recuperadora elástica y el
peso es una fuerza recuperadora del tipo F = - ky.
+A
Y+
-k y = m a = m (-ω y)
2
k = m ω2
19,6 [N/m] = 0,200 [kg] ω2
ω = 9,90 rad/s
S.R. origen O: posición de equilibrio. Eje Y+ vertical en el sentido del alargamiento (hacia abajo)
y = 0,0500 sen(9,90 t + φ0) [m]
cuando t = 0, y0 = A = 0,0500 m
0,0500 = 0,0500 sen φ0
φ0 = π / 2
y = 0,0500 sen(9,90 t + π / 2) [m]
Como sen (φ + π /2) = cos φ , la ecuación puede escribirse más brevemente:
y = 0,0500 cos(9,90t) [m]
b) Cuando ha recorrido 2,00 cm su elongación es y = +3,00 cm = 0,0300 m
Sustituyendo en la ecuación de movimiento:
0,0300 = 0,0500 cos(9,90t)
y despejando el tiempo t
0,0300
0,0500
−2
=9,37×10 s
9,90
arccos
t=
Análisis: El período del movimiento es T = 2 π / ω = 0,63 s. Como aún no ha alcanzado la posición de equilibrio, en y = 3,00 cm el tiempo es inferior a la cuarta parte del período: T / 4 = 0,16 s.
c) Energía mecánica:
E = ½ 19,6 [N/m] (0,0500 [m])2 = 0,0245 J
Energía potencial para y = 3 cm:
Ep = ½ k y2 = ½ 19,6 [N/m] (0,0300 [m])2 = 8,8×10-3 J
Energía cinética para y = 3 cm
Ec = y – Ep = 0,0245 – 8,8×10-3 = 15,7×10-3 J
4.B. Una onda armónica transversal se propaga en la dirección del eje x: y (x, t) = 0,5 sen (4x – 6t) (S.I.).
Calcula:
a) La longitud de onda, la frecuencia con la que vibran las partículas del medio y la velocidad de propagación de la onda.
b) La velocidad de un punto situado en x = 1 m en el instante t = 2 s
c) Los valores máximos de la velocidad y la aceleración.
Rta.: a) λ = 1,6 m; f = 0,96 Hz; v = 1,5 m/s; b) v1 = 0,44 m/s; c) vmáx = 3 m/s; amáx = 18 m/s2
Examen
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Datos
ecuación de la onda
Incógnitas
longitud de onda
frecuencia
velocidad de propagación
velocidad de un punto situado en x = 1 m en el instante t = 2 s
velocidad máxima
aceleración máxima
Otros símbolos
posición del punto (distancia al foco)
período
Ecuaciones
de una onda armónica unidimensional
número de onda
frecuencia angular
Cifras significativas: 3
y = 0,500 sen(-6,00 t + 4,00 x) m
λ
f
v
v1
vmáx
amáx
x
T
y = A sen(ω t – k x)
k=2π/λ
ω=2πf
Ecuaciones
relación entre la longitud de onda y la frecuencia
v=λf
Solución:
a) Comparando la ecuación de una onda armónica unidimensional con la ecuación dada queda:
Longitud de onda:
k = 2 π / λ = 4,00 [rad·m-1]
de donde
λ = 1,57 m
Frecuencia
ω = 2 π f = 6,00 [rad·s-1]
de donde
f = 0,955 Hz
La frecuencia con la que vibran las partículas del medio es la misma que la de la onda.
Velocidad de propagación:
v = λ f = 1,57 [m] · 0,955 [s-1] = 1,50 m·s-1
b) Derivando la ecuación de movimiento, se obtiene:
v = dy / dt = -3,00 cos(-6,00 t + 4,00 x) [m/s]
Sustituyendo los valores de x = 1,00 m y t = 2,00 s
v1 = -3,00 cos(-6,00 · 2,00 + 4,00 · 1,00) = 0,437 m/s
c) La velocidad es máxima cuando cos θ = 1
│vmáx│ = 3,00 m/s
Volviendo la derivar,
a = dv / dt = -18,0 sen(-6,00 t + 4,00 x)
La aceleración es máxima cuando sen θ = 1
│amáx│ = 18,0 m/s2
5.A. Dos bloques en contacto, pueden deslizar sin rozamiento sobre una superficie
horizontal. Se ejerce una fuerza constante F sobre el bloque A y el conjunto se
desplaza con una aceleración a.
La fuerza que ejerce B sobre A vale: A) F B) 0 C) mA·a
D) mB·a
Contesta razonadamente.
Examen
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
F
5.B
B
A
6.
Solución: D
Como la fuerza que hace A sobre B es la resultante sobre B (el peso y la fuerza normal que ejerce la superficie horizontal son verticales y se anulan), por la 2ª Ley de Newton,
FA→B = FRESULTANTE = mB · a
Por la 3ª Ley de Newton (principio de acción y reacción) las fuerzas mutuas entre A y B son iguales en módulo.
│FB→A = │FA→B│
Como la fuerza que hace A sobre B es la resultante sobre B (el peso y la fuerza normal que ejerce la superficie horizontal son verticales y se anulan), por la 2ª Ley de Newton,
FA→B = FRESULTANTE = mB · a
1
5.B. Desde una misma altura y con la misma velocidad, se lanzan simultáneamente tres pelotas al suelo con una inclinación con la horizontal de (1) α, (2) 0 y (3) -α. ¿Cuál llega al
suelo con mayor velocidad?
A) 1 B) 2
C) 3
D) las tres igual.
Contesta razonadamente.
α
-α
2
3
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Solución: C
Como la única fuerza que actúa, el peso, es conservativa, la energía se conserva entre el punto inicial desde
donde son lanzadas, y el suelo.
Para cada pelota, se establece la ecuación
(EC + EP)ARRIBA = (EC + EP)ABAJO
½ m v2ARRIBA + m g hARRIBA = ½ m v2ABAJO + m g hABAJO
Tomando el suelo como origen de energías potenciales, la velocidad en el suelo sale
vABAJO=  v 2ARRIBA −2 g hARRIBA
Como las tres pelotas tienen la misma velocidad de partida y la misma altura, las tres tendrán la misma velocidad (celeridad) en el suelo.
6.A. Un grupo de alumnas realizó la práctica del péndulo
en péndulos de distinta longitud. Después de realizar los
cálculos necesarios, obtuvieron la siguiente gráfica:
Obtén el valor de la aceleración de la gravedad.
EXAMEN 1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
10
T² (s²)
8
Solución:
4
Al representar el cuadrado de los períodos frente a la
longitud de los péndulos debería obtenerse una recta
cuya pendiente fuese:
pendiente=
6
2
 T 2 4 2
=
g
l
0
0
0,5
1
Trazando la recta que mejor se ajuste a los puntos experimentales y calculando su pendiente:
pendiente=
2
 T 2 8,0−0,0
2
=
=4,0s / m
 l 2,0−0,0
8
por lo que:
4 2
4 2
2
2
=
= =9,9 m /s
pendiente 4,0
ΔT2
6
T² (s²)
g=
1,5
l (m)
4
2
0
0
0,5
1
l (m)
Δl
1,5
2