Soluciones del examen departamental de F´ısica I. Tipo A

Soluciones del examen departamental de Fı́sica I. Tipo A
Tomás Rocha Rinza
28 de noviembre de 2006
1. Si se toma como positiva la dirección del eje y hacia arriba y como la caı́da libre es un
movimiento uniformemente acelerado, se tiene que
t2
2
y − y0 = v0 t − g
(1)
con g = 9.8 ms−2 . La sustitución de los datos del problema arroja:
1.8 m − 20.0 m = −18.2 m = −10.0
m
m
t − 4.9 2 t2
s
s
(2)
donde se considera que el origen está colocado en el piso. La ecuación (2) se puede
escribir como
4.9
m 2
m
t + 10.0
t − 18.2 m = 0
2
s
s
la cual se puede resolver con la solución general de ecuaciones de segundo grado:
√
−b ± b2 − 4ac
x=
2a
(3)
y entonces:
r
t=
−10.0 m
s +
2
m
10.0 m
s − 4 4.9 s2 (−18.2 m)
= 1.2 s
2 4.9 m2
s
Se descarta la solución en la cual el signo − antecede al radical porque conduce a un
tiempo negativo.
2. Sea d la compresión del resorte que detiene al bloque. El teorema de trabajo y energı́a
dice que el cambio de energı́a cinética de una partı́cula equivale al trabajo total hecho
sobre la misma. La aplicación de este teorema a este problema indica que
1 2
∆K = m %
v − v02 = Whecho
2
Z
por el resorte
=
0
d
F (x)dx = −
Z
0
d
kxdx = −
kd2
2
donde v = 0 por que corresponde a la situación en la que la partı́cula llega al reposo.
Luego,
kd2
1
− mv02 = −
−→ d =
2
2
r
v
u
u
m
v0 = t
k
4 kg
%
130 kg
%s−2
m
3
s
= 0.53 m
3. En la Figura 1, se tiene que la recta que indica la velocidad de la motocicleta es la
recta inclinada, mientras que la que indica la velocidad del auto es la horizontal. Esto
se puede determinar debido a que el problema establece que la motocicleta parte del
−1
m
reposo. Luego, la motocicleta tiene una aceleración constante igual a 50ms
25s = 2 s2 , y
por tanto su posición está dada por
xmoto (t) =
amoto t2
2
(4)
debido a que tanto la posición y la velocidad inicial de la motocicleta es 0. En lo que
respecta al automóvil se tiene que:
xauto (t) = vauto t
(5)
porque de acuerdo con la Figura 1 el automóvil tiene velocidad constate igual a 40 ms−1
y su posición inicial también es 0. El tiempo en el cual se encuentran los dos móviles se
obtiene al igualar las ecuaciones (4) y (5)
xmoto = xauto =
vauto
amoto t2
= vauto t −→ t = 2
2
amoto
auto las posiciones del automóvil y de la motocicleta son iguales
es decir, cuando t = 2 avmoto
xauto (2vauto /amoto ) = vauto
la cual equivale a
2vauto
2v 2
= auto
amoto
amoto
amoto
vauto
2
2
amoto
xmoto (2vauto /amoto ) =
2
2(40 ms−1 )2
= 1, 600 m.
2 ms−2
4. Como la única fuerza que actúa sobre el dardo es su peso (se desprecia la fuerza de
fricción), entonces, la aceleración en su movimiento es constante y equivale a −g =
−9.8 ms−2 , si se toma la dirección positiva del eje y hacia arriba. La posición en y
está dada por (1). En este problema en particular el componente en y de la velocidad
inicial es 0 porque el dardo se lanza horizontalmente y como el dardo se lanza a la misma
altura que el centro de la diana, entonces la distancia vertical P Q que pide el problema
es
P Q = y(0.19 s) − y0 = −
9.8 ms−2 (0.19 s)2
= 0.18 m
2
En lo que respecta a la distancia que separa al jugador de la pared en la que se encuentra
la diana se tiene que, como la fuerza no tiene componente en x, entonces la velocidad en
x permanece constante, luego
=
2
2vauto
amoto
L = x(0.19 s) − x0 = 10
m
(0.19 s) = 1.9 m
s
5. La magnitdu de la fuerza de fricción que la mesa ejerce sobre la caja de petri es kFf k=
µN = µmg, donde N es la fuerza normal. Como la fuerza que actúa sobre la caja es
constante y su masa también lo es, entonces ésta realiza un movimiento uniformemente
acelerado. Se sabe que
dv 2
dv
dx
= 2v
= 2va −→ dv 2 = 2avdt = 2a dt = 2adx
dt
dt
dt
−→
Z
v2
v02
dv 2 = v 2 − v02 =
Z
x
Z
x
2adx = 2a
dx = 2a(x − x0 )
x0
x0
donde 2a puede salir de la integral porque es una constante. Lo anterior, no es más que
el teorema de trabajo y energı́a aplicado cuando la fuerza es constante. Luego,
a=
v 2 − v02
%
2(x − x0 )
=−
v02
2d
donde d es la distancia que recorre el disco antes de detenerse, y por ende v es igual a
0. Considerando que la caja se mueve en la dirección positiva del eje de las x, entonces
%g/m
% = −µg, y
la fricción se dirige hacia la parte negativa del mismo eje con a = −µm
entonces el coeficiente de fricción entre la mesa y la caja de petri es
v02
− 2d
a
v2
(10ms−1 )2
µ=− =−
= 0 =
= 10
g
g
2dg
2(0.5 m)(10 ms−2 )
6. La energı́a mecánica del trineo en la parte alta de la colina es
Eparte
alta
%
1
= mv 2 + mgh = (20 kg)(10 ms−2 )(20 m) = 4, 000 J
2
donde la energı́a cinética es 0, porque el trineo parte del reposo y el cero de energı́a
potencial está en el pie de la colina. Cuando el trineo se encuentra en esta última posición
se tiene que su energı́a mecánica es
1
1
m
mgh = (20 kg) 10
= mv 2 +%
2
2
s
Epie
de la colina
2
= 1, 000 J
de donde es claro que la pérdida de energı́a mecánica en el sistema es 3, 000 J, los cuales
se convierten en energı́a en forma de calor y sonido.
7. El diagrama de cuerpo libre del bloque es
y
N
x
θ
Ff
θ
mg
y a partir de este se tiene que
P
Fy = N − mg cos θ = 0 −→ N = mg cos θ
P
Fx = −Ff − mg sen θ = −µN − mg sen θ = −µmg cos θ − mg sen θ = −mg(µ cos θ + sen θ)
Luego, la fuerza total que actúa sobre el bloque se aproxima por una constantea . Nuevamente, usando el teorema de trabajo y energı́a se tiene que:
1
v02
∆K = − mv02 = −mg(µ cos θ + sen θ)d −→ d =
2
2g(µ cos θ + sen θ)
donde d es la distancia que recorre el bloque antes de detenerse. Puesto que el problema
pregunta la altura, h, que el bloque alcanza antes de llegar al reposo, se tiene que
2 1
4.27 m
s
2
= 0.61 m
√
h = d sen θ = 3
m
1
(0.30) 2 + 2
2 9.81 2
s
Si se utilizaba el valor θ = 33◦ se obtiene h = 0.64 m.
8. El diagrama de cuerpo libre de la carga suspendida es
T
θ
Fe
mg
a
La fuerza de fricción en general es una función muy complicada de la velocidad, pero aquı́ se está aproxi-
mando por la relación Ff = µN .
de donde
mg = (2.84 × 10−4 kg)(9.8 ms−2 ) = 3.3 × 10−3 N
−→ T = cos
θ
cos 33◦
P
Fy = T cos θ − mg = 0
P
Fx = −T sen θ + Fe = 0 −→ Fe = T sen θ = 3.3 × 10−3 N sen 33◦ = 1.8 × 10−3 N
9. Este problema se puede resolver multiplicando por factores unidad como se hace en un
curso de Quı́mica General
1%
minuto ×
2π(0.4 m)
%
60 segundos
% 8 revoluciones
×
= 1, 206 m
×
1%
segundo
1%
revolución
1%
minuto
10. La aceleración es la derivada de la velocidad, luego
a(t) =
d(3t2 + 12t − 12)
= 6t + 12
dt
luego a(2) = (6(2) + 12) ms−2 = 24 ms−2 . La posición de la partı́cula está dada por
Z
x(t) =
dx
dt =
dt
Z
vdt =
Z 3t2 + 12t − 12 dt = t3 + 6t2 − 12t + C
Puesto que x(0) = 0, entonces, la constante de integración C es cero
x(0) = 0 = 03 + 6(0)2 − 12(0) + C = C
y entonces x(2) = 23 + 6(2)2 − 12(2) m = 8 m