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EXAMEN DE TERCERAA EVALUACION II TERMINO 2015-2016
1.- Un carrito de juguete de masa M se desplaza por una pista recta horizontal. Como se muestra en la figura la pista
se dobla en un círculo vertical de radio R. Que expresión determina la velocidad mínima que el coche debe tener en
la parte superior de la pista si quiere mantenerse en contacto con la pista?
A.
B.
C.
D.
E.
𝑣 = 𝑀𝑔𝑅
𝑣 = 2𝑔𝑅
𝑣 2 = 2𝑔𝑅
𝑣 2 = 𝑔𝑅
𝑣 = 𝑔𝑅
Solución.- La condición para que el carrito se desplace por la parte superior con la minima velocidad es que la fuerza
de contacto con el piso sea cero:
𝑁=0
𝑀𝑔 = 𝑀
𝑣2
𝑅
→ 𝑣 2 = 𝑔𝑅
(𝐷)
2.- Dos objetos están en reposo sobre una superficie sin fricción. El objeto 1 tiene una masa mayor que el objeto 2.
Cuando se aplica una fuerza constante al objeto 1, acelera a través de una distancia d en una línea recta. Se retira la
fuerza del objeto1 y se aplica al objeto 2. En el momento cuando el objeto 2 aceleró a través de la misma distancia d,
¿qué enunciados son verdaderos? (puede escoger más de una opción)
A. p1< p2
B. p1= p2
C. p1> p2
D. K1<K2
E. K1=K2
F. K1>K2.
1
Solución.- De la forma energética de la segunda ley de Newton: 𝑊 = ∆𝐾 → 𝐹𝑑 = 2 𝑚𝑣 2 → 𝑣 = √
2𝐹𝑑
𝑚
De la definición de cantidad de movimiento: 𝑝 = 𝑚𝑣 = √2𝑚𝐹𝑑 →
𝑆𝑖 𝑚1 > 𝑚2 → 𝑝1 > 𝑝2
(𝐶)
1
1
2𝐹𝑑
2
De la definición de energía cinética: 𝐾 = 2 𝑚𝑣 = 2 𝑚 𝑚 = 𝐹𝑑 →
𝐾 𝑛𝑜 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑚 → 𝐾1 = 𝐾2
(𝐸)
3.- Las funciones periódicas de 3 osciladores de masa (m) y resorte (k) que efectúan un movimiento armónico
simple, están etiquetadas por los números 1, 2 y 3, donde todos tienen la misma masa m y la misma amplitud A.
Identificar cuál oscilador tiene la mayor k.
A. 1
B. 2
C. 3
D. Todas tienen la misma k
Solución.- Del gráfico: 𝜔1 < 𝜔2 < 𝜔3
𝑘
De la ecuación de las oscilaciones armónicas: 𝜔 = √𝑚 →
𝑘1 < 𝑘2 < 𝑘3
(𝐶)
4.- ¿Qué le pasa al periodo de un péndulo si es llevado a un planeta cuya aceleración gravitacional es la cuarta parte
del de la Tierra?
A. Es la mitad del periodo, del que tiene en la Tierra.
B. Es el doble del periodo, del que tiene en la Tierra.
C. Es cuatro veces el periodo, del que tiene en la Tierra.
D. Es la cuarta parte del periodo, del que tiene en la Tierra.
𝑙
Solución.- De la ecuación para las oscilaciones armónicas de un péndulo: 𝑇 = 2𝜋√𝑔
2
𝑆𝑖 𝑔′ =
𝑔
4
𝑙
𝑙
→ 𝑇 ′ = 2𝜋√
= 2 (2𝜋√ ) = 2𝑇
𝑔/4
𝑔
(𝐵)
5.- El gráfico muestra la fuerza Fx que actúa sobre una partícula que se mueve a lo largo del eje X. ¿En cuál de los
puntos marcados la energía potencial es máxima?
A. en x = x1 y x = x5
B. en x = x4
C. en x = x2 y x = x6
D. en x = x3 y x = x7
E. más de una de los anteriores
Solución.- De la definición de energía potencial:
𝐹𝑥 = −
𝑑𝑈
𝑑𝑥
→
𝑑𝑈
= −𝐹𝑥 →
𝑑𝑥
𝑑𝑈
La enegia potencial es máxima cuando Fx es cero y 𝑑𝑥 cambia de
signo de + a – o la fuerza cambia de – a +. Esto sucede en los
puntos 3 y 7.
(D)
6.- Dos botes sobre hielo (uno de masa m y otro de masa 2m) tienen una carrera en un lago congelado, horizontal y
sin rozamiento. Ambos empiezan desde el reposo, y el viento ejerce la misma fuerza constante en ambos. ¿Cuál bote
cruza la línea de meta con mayor energía cinética (K)?
A. el bote de masa m: tiene dos veces más K que el otro
B. el bote de masa m: tiene 4 veces más K que el otro
C. el bote de masa 2m: tiene dos veces más K que el otro
D. el bote de masa 2m: tiene 4 veces más K que el otro
E. los dos cruzan la línea de meta con la misma energía cinética
Solución.- De la segunda ley de Newton en su forma energética:
𝐵
𝑊 = ∆𝐾 = ∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝑥 = 𝐾𝐵
𝐴
Si la fuerza es la misma para ambos botes entonces su energía cinética en B será la misma.
(E)
Ejercicio 1 (6 puntos)
Ordene de mayor a menor la gravedad en la superficie de los siguientes planetas ficticios: i) La masa del planeta 1 es
2 veces la masa de la Tierra y su radio es 2 veces el radio de la Tierra; ii) La masa del planeta 2 es 4 veces la masa de
la Tierra y su radio es 4 veces el radio de la Tierra; iii) La masa del planeta 3 es 4 veces la masa de la Tierra y su radio
es 2 veces el radio de la Tierra; iv) La masa del planeta 4 es 2 veces la masa de la Tierra y su radio es 4 veces el radio
de la Tierra.
𝐺𝑀
Solución.- Usando la fuerza de gravitación universal la gravedad en la superficie de un planeta es: 𝑔 = 𝑅2 .
Entonces si 𝑀 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎 𝑦 𝑅 𝑒𝑙 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑇𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎:
𝐺2𝑀
1
𝐺4𝑀
1
𝐺4𝑀
𝐺2𝑀
1
𝑔1 =
= 𝑔
𝑔2 =
= 𝑔
𝑔3 =
=𝑔
𝑔4 =
= 𝑔
2
2
2
2
(2𝑅)
2
(4𝑅)
4
(2𝑅)
(4𝑅)
8
Entonces el orden será: 𝑔3 > 𝑔1 > 𝑔2 > 𝑔4 .
Ejercicio 2 (10 puntos)
3
Un proyectil se lanza sobre un terreno plano y horizontal, con una rapidez de 30m/s con un ángulo de 30° respecto
de la horizontal. A los 2 s explota en dos partes iguales, medio segundo después de haber explotado, una de las
partes cae justo en la mitad del alcance que hubiese alcanzado el proyectil si éste no hubiese explotado. Determinar
la posición del segundo pedazo, justo en el instante, que el primero está en el suelo.
Solución.- Usando las definiciones cinemáticas:
𝑎𝑥 = 0
{𝑎 = −9.8
𝑦
𝑣𝑥 = 30𝑐𝑜𝑠30 = 26
{𝑣 = 30𝑠𝑖𝑛30 − 9.8𝑡 = 15 − 9.8𝑡
𝑦
𝑥 = 26𝑡
{
𝑦 = 15𝑡 − 4.9𝑡 2
En un tiempo t’ el centro de masa llega al suelo:
𝑥𝑐𝑚 = 𝑑 = 26𝑡′
{
𝑦𝑐𝑚 = 0 = 15𝑡 ′ − 4.9𝑡′2
Entonces el tiempo de vuelo será: t’=3.06 s y el
alcance d=79.6 m.
Para t=2.5 s el primer pedazo llega al suelo, pero el centro de masa aún está en el aire:
𝑥 = 26(2.5) = 65 𝑚
{ 𝑐𝑚
𝑦𝑐𝑚 = 15𝑡 − 4.9𝑡 2 = 6.9 𝑚
Si la posición del primer pedazo fue (d/2,0) para t=2.5 s entonces usaremos la definición de centro de masa para ver
la ubicación del segundo pedazo:
𝑚𝑑 𝑚
𝑚
𝑚
(0) + 𝐸 𝐸
+2𝐷 𝑑 𝐷
2
2
2
2 =
𝑥𝑐𝑚 = 65 =
= +
𝑦𝑐𝑚 = 6.9 =
𝑚
4 2
𝑚
2
Por lo tanto a los 2.5 s el segundo pedazo se encontraba en:
𝑑
𝑥2 = 𝐷 = 130 − = 90.2 𝑚
𝑦2 = 𝐸 = 13.8 𝑚
2
Ejercicio 3.- Si una pelota de tenis de masa m se suelta desde una altura de 200 m sobre el nivel del suelo y cae
verticalmente, el aire le ejerce una fuerza de arrastre del tipo 𝐹𝐴=𝑘𝑣2, siendo 𝑘 el coeficiente de arrastre. Cuando la
pelota alcanza el 95% de su rapidez terminal (𝑣𝑡=31𝑚/𝑠), calcular a) el tiempo que le toma b) el módulo de la
aceleración c) la distancia recorrida.
Considere que la aceleración y rapidez de la pelota vienen dada por la siguiente expresión:
𝑎=
2𝑘
𝑔𝑒 − 𝑚 𝑥
𝑣 = 𝑣𝑡
1+𝑒
Solución.- Para el tiempo t(95%):
0.95𝑣𝑡 = 𝑣𝑡
0.95 =
𝑎=
Y evaluándola para t=5.8 s:
1−𝑒
1+𝑒
Resolviendo la ecuación anterior para t:
De la definición de aceleración:
1−𝑒
−
−
2𝑔
𝑡
𝑣𝑡
2𝑔
𝑡
𝑣𝑡
1 − 𝑒 −0.63𝑡
1 + 𝑒 −0.63𝑡
= 𝑣𝑡
−
2𝑔
𝑡
𝑣𝑡
−
2𝑔
𝑡
𝑣𝑡
1 − 𝑒 −0.63𝑡
1 + 𝑒 −0.63𝑡
→ 𝑡 = 5.8 𝑠
𝑑𝑣
31
(−0.63𝑒 −0.63𝑡 )
−0.63𝑡 )
(0.63𝑒
=
−
31
(1 + 𝑒 −0.3𝑡 )2
𝑑𝑡 1 + 𝑒 −0.63𝑡
4
(−0.63𝑒 −0.63(5.8) )
= 0.98 𝑚/𝑠 2
(1 + 𝑒 −0.63(5.8) )2
1+𝑒
Usando la expresión de la aceleración despejamos la distancia x en t=5.8 s:
2𝑘
𝑚(𝑙𝑛10)
𝑎 = 𝑔𝑒 − 𝑚 𝑥 → 𝑥 =
2𝑘
De la segunda ley de Newton, la velocidad terminal es:
𝑚𝑔
𝑚𝑔 − 𝑘𝑣 2 = 𝑚𝑎 = 0 → 𝑣𝑡 = √
𝑘
Sabiendo que la velocidad terminal fue de 31 m/s entonces:
𝑚 𝑣𝑡 2
=
= 98
𝑘
𝑔
Y entonces la distancia recorrida será:
𝑎=
31
(0.63𝑒 −0.63(5.8) ) − 31
−0.63(5.8)
𝑚(𝑙𝑛10) 98
=
ln(10) = 112.9 𝑚
2𝑘
2
Ejercicio 4.- Un pequeño bloque de masa m descansa sobre el lado rugoso de un plano inclinado de masa M, que a
su vez, descansa sobre una mesa horizontal sin fricción, como se muestra en la figura. Si el coeficiente de fricción
estática entre m y M es 𝜇. Determine la fuerza horizontal mínima aplicada a M, que ocasionará que el bloque
pequeño m empiece a moverse hacia arriba del plano inclinado.
𝑥=
Solucion.- Considerando que el bloque m esta a punto de deslizar entonces
el sistema formado por los dos bloques tendrá la siguiente ecuacion de
movimiento:
𝐹
𝐹 = (𝑀 + 𝑚)𝑎
→𝑎=
{
𝑁 − 𝑀𝑔 − 𝑚𝑔 = 0
𝑀+𝑚
Para el bloque pequeño que está a punto de deslizar hacia arriba de su
diagrama de cuerpo libre:
𝑁 ′ 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜇𝑁 ′ 𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑚𝑔 = 0
𝑁′𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝜇𝑁′𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚𝑎 = 𝑚
𝐹
𝑀+𝑚
De estas relaciones despejamos F:
𝐹 = (𝑀 + 𝑚)𝑔
𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜇𝑠𝑖𝑛𝜃
Ejercicio 5.- Una fuerza actúa sobre un cuerpo de 2 kg que se está moviendo a lo largo del eje x como se muestra en
la figura. Si la componente en x de la velocidad a t = 0, es de – 2 m/s. ¿Cuál es la velocidad a t = 4s?
5
Solución.- De la segunda ley de Newton:
4
𝑚
=2 2
𝐹
𝑠
𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑎 = = {2
−𝑘𝑡 + 𝑏
2
2
Entre 1 y 4 segundos:
−𝑘 + 𝑏 = 4
𝑦
− 2𝑘 + 𝑏 = 0
0<𝑡<1
1<𝑡<4
→𝑘 =4 𝑦𝑏=8
𝑚
𝑎 = { 𝑠2
−2𝑡 + 4
2
→
0<𝑡≤1
1≤𝑡≤4
De la definición de aceleración:
𝑎=
𝑚
𝑑𝑣
2
= { 𝑠2
𝑑𝑡
−2𝑡 + 4
0<𝑡≤1
1≤𝑡≤4
2𝑡 − 2
0<𝑡<1
→𝑣={ 2
−𝑡 + 4𝑡 + 𝐶 1 < 𝑡 < 4
En la última expresión usamos la condición t=1 v=0 de la expresión entre 0<t<1.
0 = −12 + 4(1) + 𝐶 → 𝐶 = −3
2𝑡 − 2
0<𝑡≤1
→𝑣={ 2
−𝑡 + 4𝑡 − 3
1≤𝑡≤4
Entonces reemplazamos para encontrar la velocidad en t=4 s:
𝑣 = −(4)2 + 4(4) − 3 = −3 𝑚/𝑠
Ejercicio 6.- La posición de un objeto en MAS se describe como una
función del tiempo, tal como se muestra en la figura
A partir de la gráfica, determine:
a) la posición como una función del tiempo en la forma
b) la ecuación de la velocidad y la aceleración como una función del
tiempo.
Solución.- Del grafico se observa:
𝐴 = 15
𝑇 = 0.8 → 𝜔 =
2𝜋 5𝜋
=
0.8
2
∅=
𝜋
5𝜋
𝜋
5𝜋
→ 𝑥 = 15 cos ( 𝑡 + ) = 15sin( 𝑡)
2
2
2
2
De la definición de velocidad:
𝑣=
𝑑𝑥
5𝜋
5𝜋
75𝜋
5𝜋
= 15 ( ) cos ( 𝑡) =
cos( 𝑡)
𝑑𝑡
2
2
2
2
De la definición de aceleración:
𝑎=
𝑑𝑣
75𝜋 5𝜋
5𝜋
375𝜋
5𝜋
=−
( ) sin ( 𝑡) =
sin( 𝑡)
𝑑𝑡
2
2
2
4
2
6
Ejercicio 7.- Los satélites Meteosat son satélites geoestacionarios, situados sobre el ecuador terrestre y con periodo
orbital de 1 día. Determinar la altura a la que se encuentran estos satélites, respecto a la superficie terrestre. Datos:
radio terrestre 6.38𝑥106 𝑚; masa de la Tierra 5.98𝑥1024 𝑘𝑔
Solución.- Usando la segunda ley de Newton para un satélite en movimiento circular:
3 𝐺𝑀𝑇 2
3 𝐺𝑀𝑇 2
𝐺𝑀𝑚
2𝜋 2
√
√
(𝑅
=
𝑚
(
)
+
ℎ)
→
𝑅
+
ℎ
=
→
ℎ
=
−𝑅
(𝑅 + ℎ)2
𝑇
4𝜋 2
4𝜋 2
Reemplazando los valores:
3
𝑇 = 24(3600) = 86400 𝑠
→ ℎ= √
6.7𝑥10−11 𝑥5.98𝑥1024 𝑥864002
− 6.38𝑥106 =
4𝜋 2
ℎ = 35934 𝑘𝑚