300.MR Versión 1 1/4 2ª Prueba Parcial Lapso 2013.1 UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA VICERRECTORADO ACADÉMICO ÁREA INGENIERÍA DE SISTEMAS SEMANA 14 MODELO DE REPUESTA ASIGNATURA: FÍSICA GENERAL I MOMENTO: SEGUNDA PRUEBA PARCIAL FECHA DE APLICACIÓN: 06-04-2013 CÓDIGO: 300 VERSIÓN: 1 LAPSO: 2013.1 MOD III,- UNID 6,- OBJ 6 1.- DATOS: mac=40,0 kg, ho=2,0 m, h1=1,6 m, Δt=2,0 s. SOLUCIÓN: a) b) Para determinar r r r r el impulso dado a la esfera, se tien I=Δp=pf -pi r r r I=mv1 -mv 2 (1) Pero previamente se debe calcular los valores de velocidades con que la esfera llega al suelo en (sea v1) y luego la velocidad con que rebota suelo (sea v2). Así se tiene. Aplicando el principio de conservación de energía entre los puntos A y B, se tiene 1 m mgho = mv12 , v1= 2gho = 2 × 9,8 × 2 → v1=6,261 2 s Aplicando el principio de conservación de energía entre los punto B y C, se tiene 1 m mv 22 =mgh1, v 2 = 2gh1 = 2 × 9,8 × 1,6 → v 2 =5,60 2 s Sustituyendo estos valores en la ecuación (1), considerando la dirección de cada una, se tiene r r kg.m I=m ⎡⎣(v 2 ˆj)-(-v1ˆj)⎤⎦ =40,0 [5,60+6,261] ˆj ⇒ I=474.44jˆ s Para determinar la fuerza media que actúa sobre la esfera durante el impacto, se tiene I 474,44 I=Δp=FΔt, F= = F=2,37 × 105 N ⇒ Δt 0,002 CRITERIO DE CORRECCIÓN: El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su resolución y obtiene un resultado similar al mostrado. Especialista: Rafael López Frontado Ingeniería de Sistemas Evaluador: Carmen Velásquez 300.MR Versión 1 2/4 2ª Prueba Parcial Lapso 2013.1 MOD III,- UNID 7,- OBJ 7 2.- DATOS: θ (t)=γ t 2 -β t 3 , γ =3,20 rad/s2 , β =0,5 rad/s3 . SOLUCIÓN: a) La velocidad angular del rodillo en función del tiempo t, está dada por: dθ (t) d ω(t)= = (γ t 2 -β t 3 )=2γ t-3β t 2 dt dt rad s La aceleración angular del rodillo en función del tiempo t está dada por: dω (t) d rad α (t)= = (6,4t-1,5t 2 )=6,4-2 × 1,5t α (t)=(6,4-3,0t) dt dt s2 La velocidad angular máxima se alcanza cuando la aceleración se hace cero, esto es 6,4 t= t=2,13 s α =0=6,4-3,0t, ⇒ 3,0 El valor de la velocidad angular máxima se obtiene sustituyendo el valor de este tiempo en la ecuación de la velocidad, así se tiene que rad ωmáx =6,4(2,13)-1,5(2,13)2 ⇒ ωmáx =6,83 s ω(t)=2 × 3,2t-3 × 0,5t 2 b) c) ⇒ ω (t)=(6,4t-1,5t 2 ) CRITERIO DE CORRECCIÓN: El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su resolución y obtiene un resultado similar al mostrado. MOD III,- UNID 8,- OBJ 8 3.- DATOS: m=1250 kg, d=3,84x105 km=3,84x108 m, G=6,67x10-11 N.m2/kg2, MT=5,97x1024 kg, ML=7,35x1022 kg. SOLUCIÓN: a) Para determinar la fuerza ejercida por la Tierra y la Luna sobre el Satélite se aplica la ley de Gravitación Universal. Esto es, r GMmS FG =rˆ (1) r2 La fuerza resultante sobre el satélite está dada por: r ˆ sen60°j+F ˆ cos60°i-F ˆ sen60°jˆ FSR =-FT cos60°i-F T L L rR ˆ ˆ FS =(-FT +FL )cos60°i-(F (2) T +FL )sen60°j Especialista: Rafael López Frontado Ingeniería de Sistemas Evaluador: Carmen Velásquez 300.MR Versión 1 3/4 2ª Prueba Parcial Lapso 2013.1 Donde GMTmS 6,67 × 10−11 × 5,97 × 1024 × 1250 = → FT =3,38 N d2 (3,84 × 108 )2 GMLmS 6,67 × 10 −11 × 7,35 × 1022 × 1250 FL = = → FL =0,0416 N y d2 (3,84 × 108 )2 Sustituyendo en la ecuación (2), se tiene r ˆ ˆ FSR =(-3,38+0,0416)cos60°i-(3,38+0,0416)sen60°j r r ˆ ˆ N FSR =-3.34cos60° ˆi-3,42sen60°jˆ ⇒ FSR =(-1,67i-2,96j) FT = La magnitud de la fuerza resultante sobre el satélite es: FSR = (-1,67)2 +(-2,96)2 ⇒ FSR =3,40 N ⇒ FSR =3,40 N Su dirección está dada por: FSR = (-1,67)2 +(-2,96)2 ⎛ -1,67 ⎞ ⎟ ⎝ -2,96 ⎠ ϕ =tan−1 ⎜ b) ⇒ ϕ =60.6°° El trabajo mínimo que debería efectuarse para desplazar al satélite hasta un punto distante de la Tierra y la Luna, está dado por: W=FSR Δr=3,40 × 3,84 × 108 ⇒ W=1,31× 109 J CRITERIO DE CORRECCIÓN: El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su resolución y obtiene un resultado similar al mostrado. MOD III,- UNID 9,- OBJ 9 4.- DATOS: L=1,80 m, m=60,0 kg, ΔL=2,0 mm, SOLUCIÓN: Para determinar la frecuencia de oscilación, previamente se obtiene la constante elástica del alambre. Así se tiene que mg 60,0 × 9,8 N Fel =kΔL=mg, k= = → k=2,94 × 105 0,002 m ΔL También se tiene que ω= k 1 =2π f, f= m 2π k 1 = m 2π 2,94 × 105 60 ⇒ f=11,14 Hz CRITERIO DE CORRECCIÓN: El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su resolución y obtiene un resultado similar al mostrado. Especialista: Rafael López Frontado Ingeniería de Sistemas Evaluador: Carmen Velásquez 300.MR Versión 1 4/4 2ª Prueba Parcial Lapso 2013.1 MOD III,- UNID 10,- OBJ 10 5.- DATOS: v1=3,0 m/s, pm1=5,0x104 Pa, Δh=-11,0 m, ρagua=1000 kg/m3. SOLUCIÓN: Tomando en cuenta la ecuación de continuidad para un líquido incomprensible, se tiene Av v1A1=v 2 A 2 , v2 = 1 1 = A2 v2 = También se tiene que pm1=p1 -patm , → m π (r)2 × 3,0 → v 2 =0,75 2 s π (2r) p1=pm1+patm =5,0 × 104 +1,01× 105 p1=1,51× 10 4 Pa Aplicando la ecuación de Bernoulli, se obtiene la presión manométrica en el punto 2, así se tiene 1 p2 =p1+ρ g(h1 -h2 )+ ρ (v 22 -v12 ) 2 1000 ⎡(0,75)2 -(3,0)2 ⎤⎦ p2 =1,51× 104 +(1000)(9,8)(-11,0)+ 2 ⎣ p2 =1.51× 104 -10,78 × 104 -0,42188 × 104 ⇒ p2 =-9,692 × 10 4 Pa La presión manométrica en el punto 2 está dada por: pm2 =p2 -patm =(-9,692-10,1) × 10 4 ⇒ pm2 =-19,79 ×4 Pa CRITERIO DE CORRECCIÓN: El objetivo será logrado si el estudiante usa un procedimiento correcto en su resolución y obtiene un resultado similar al mostrado. FIN DEL MODELO DE REPUESTA Especialista: Rafael López Frontado Ingeniería de Sistemas Evaluador: Carmen Velásquez