⇒ + + = + + m m `xm`xm m m xm xm

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL FÍSICA I
15/01/15
MODELO 1
1 . - Un hombre con una
masa de 55 kg está de pie en una
canoa de 65 kg con una longitud de
4 m que flota en el agua. Camina
de un punto 0, 750 m desde la popa
de la canoa hasta un punto a 0, 750
m de la proa de la canoa. No hay
fricción entre la canoa y el agua.
¿Qué distancia se mueve la canoa?
A) 2, 573 m
B) 1 , 1 46 m
C) 4 m
D) 2, 50 m
Si no hay fricción entre la canoa y el agua, sólo actúan fuerzas verticales (eje Y),
de modo que en horizontal (eje X):
ΣFX=0 ⇒ aCMX=0 ⇒ vCMX=cte
Llegamos
a
la
conclusión
de
que
la
velocidad del centro de
masas en el eje X tiene que
mantenerse
constante.
Puesto que inicialmente es
cero, tiene que seguir
siéndolo, y si el centro de
masas tiene velocidad nula la
posición del centro de masas
no puede variar. Así, cuando
el hombre camina hacia la
derecha, la barca reacciona
desplazándose
hacia
la
izquierda de modo que la
posición del centro de masas
sea la misma. Tendremos lo
que aparece en la figura. La
posición del centro de masas
será:
m x + mc xc
xCM = h h
mh + mc
Como esta posición se mantiene:
mh xh + mc xc mh x'h +mc x'c
=
⇒ mhxh+mcxc=mhx’h+mcx’c
mh + mc
mh + mc
55(x+0,75)+65(x+2)=55(0,75+2,5)+65 · 2 ⇒ 120x+171,25=308,75 ⇒ x=1,146 m
Respuesta correcta: B)
2. - Para medir la velocidad de un proyectil se dispara una bala de masa 4 g
sobre un bloque de madera de 1 kg, inicialmente en reposo, quedándose la bala
empotrada en él. El bloque reposa sobre una superficie horizontal, siendo el
coeficiente de rozamiento 0, 25. Como consecuencia del impacto, el bloque con la bala
desliza una distancia de 20 cm hasta pararse. La velocidad del conjunto bloque- bala
es:
A) 2 m/s
B) 0, 70 m/s
C) 0, 20 m/s
D) 1 m/s
Después del impacto la velocidad del sistema es v’, y por efecto del rozamiento,
tras recorrer 20 cm se detiene. Aplicando el teorema de las fuerzas vivas:
WAB=∆EC ⇒ Wmg+WN+WFr=∆EC ⇒ -∆U+Fr · x=∆EC ⇒ Frxcos180º=ECf-ECi ⇒ -Frx=-ECi
1
1
µNx = (M + m)v'2 ⇒ µ (M + m)gx = (M + m)v'2 ⇒ v' = 2µgx = 2 ⋅ 0,25 ⋅ 9,8 ⋅ 0,20 = 1 m / s
2
2
Respuesta correcta: D)
1

3. - Si un disco homogéneo de masa M y radio R  ICM =
MR 2
2

deslizar podemos afirmar que:
A) su energía cinética de rotación es mayor que su energía
traslación.
B) su energía cinética de rotación es menor que su energía
traslación.
C) ambas son iguales.
D) depende del instante en que se determinen.

 rueda sin

cinética de
cinética de
Vamos a determinar las dos energías. Para la traslación:
1
1
1
2
ECT = mvCM
= m(ωR )2 = MR2ω2
2
2
2
Y para la rotación:
1
1 1
1
ECR = ICM ω2 = ⋅ MR2ω2 = MR2ω2
2
2 2
4
Es mayor la energía cinética de traslación que la de rotación.
Respuesta correcta: B
4. - Un cilindro uniforme de masa M=2 kg y radio R=1 5 cm
tiene arrollada una cuerda. Esta cuerda está firmemente sujeta y
el cilindro cae verticalmente, tal como se indica en la figura.
Calcula la aceleración del cilindro. Momento de inercia de un disco
1
MR 2 .
respecto de su punto medio
2
A) 43. 55 m/s2
B) 4. 9 m/s2
C) 9. 8 m/s2
D) 6. 53 m/s2
Hacemos el diagrama de sólido libre del disco y
tendremos lo que aparece en la figura. Puesto que las
fuerzas son todas verticales la aceleración del centro de
masas del cilindro es vertical, y además el disco rueda sin
deslizar respecto del extremo derecho, luego:
aG=αR=0.15α
Así pues tenemos lo que aparece en la figura.
Aplicamos la segunda ley de Newton y tendremos:
ΣFY=maGY ⇒ mg-T=maG ⇒ mg-T=m · 0.15α
2 · 9.8-T=2 · 0.15α ⇒ 19.6-T=0.3α
Y de la ecuación de la rotación:
ΣMG=IGα
1
1
1
TR = MR 2α ⇒ T = MRα = 2 ⋅ 0.15α = 0.15α
2
2
2
Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas:
19.6-T=0.3α
T=0.15α
Sustituyendo la segunda en la primera:
19.6-T=0.3α ⇒ 19.6-0.15α=0.3α ⇒ α=43.55 rad/s2
Y por tanto la aceleración del centro de masas:
aG=0.15α=0.15 · 43.55=6.53 m/s2
Respuesta correcta: D)
5. - En un movimiento armónico simple, la velocidad es máxima cuando…
A)
B)
C)
D)
la
la
el
la
elongación es máxima.
aceleración es cero.
período es máximo.
frecuencia es máxima.
Para un movimiento armónico simple tenemos que la posición es:
x=Asen(ω0t+ϕ)
Por tanto la velocidad:
dx
= Aω0 cos(ω0 t + ϕ)
v=
dt
Si la velocidad es máxima es porque cos(ω0t+ϕ)=1 y por tanto sen(ω0t+ϕ)=0. La
aceleración en este caso es:
dv
= −Aω20 sen(ω0 t + ϕ) = 0
a=
dt
Respuesta correcta: B)
6. - La aceleración de una partícula que se mueve con m. a. s. está dada por
a=- 23x, estando x en metros y a en m/s2. El periodo del movimiento es:
A) 4. 79 s
B) 1 . 31 s
C) 0. 39 s
D) 0. 21 s
Podemos poner esa expresión como:
a = −23x ⇒ a + 23x = 0 ⇒
d2x
dt2
 + 23x = 0
+ 23x = 0 ⇒ x
 + ω20 x = 0 . Así, por
que es la ecuación de un movimiento armónico simple, del tipo x
comparación:
4 π2
2π
= 1,31 s
23
T
Respuesta correcta: B
ω20 = 23 ⇒
2
= 23 ⇒ T =
7. - Un péndulo con una longitud de 1 . 00 m se suelta de un ángulo inicial de
1 5º . Después de 1 000 s, su amplitud se reduce por la fricción a 5, 50º . El parámetro
de amortiguamiento β es:
A) 1 , 70 · 1 0- 3 s- 1
B) 2, 70 · 1 0- 3 s- 1
C) 1 , 00 · 1 0- 3 s- 1
D) 2, 25 · 1 0- 3 s- 1
Tenemos movimiento subamortiguado, luego la solución de la ecuación es:
x=A0e-βtsen(ω’t+ϕ)
Esta expresión podemos ponerla en la forma:
x=A0e-βtsen(ω’t+ϕ)=Asen(ω’t+ϕ)
Donde tendremos que tener en la cabeza que A no es constante sino que decrece
exponencialmente con el tiempo, es decir:
A=A0e-βt
Así, tendremos:
5,50
5,50
A=A0e-βt ⇒ 5,50=15e-1000β ⇒
= e −1000β ⇒ ln
= −1000β ⇒ β = 10 −3 s −1
15
15
Respuesta correcta: C)
8. - a) ¿Cómo se define el momento de una fuerza respecto de un punto O? b)
Demuestra gráficamente y explica con detalle cómo el efecto de trasladar una fuerza
de un punto de aplicación de un sólido rígido (S. R. ) a otro supone introducir
adicionalmente un momento de un par de fuerzas. c) Demuestra que para un S. R. , en
el caso de la fuerza peso, es posible trasladar el peso total (mg) al C. M. sin
introducir ningún momento adicional.
a) En el caso del movimiento de cuerpos extensos, es necesario analizar no sólo la
fuerza o fuerzas netas, sino los momentos de las fuerzas. Estos están relacionados con la
eficacia de una fuerza para causar o alterar un movimiento de rotación: la medida
cuantitativa de la capacidad de una fuerza para causar o alterar un movimiento de rotación
viene dada por el momento de la fuerza con respecto al eje de rotación. Se define el
momento de una fuerza respecto de un punto O como el producto vectorial del radio vector
por la fuerza:
M0=r x F
b) Supongamos un sólido rígido sometido a una fuerza F aplicada en el punto A, y
queremos desplazar dicha fuerza al punto O. Las fuerzas son vectores deslizantes, de
modo que pueden desplazarse a lo largo de su recta de acción pero no paralelamente a ella.
Así, para trasladar la fuerza F sin modificar el sistema sumamos y restamos F al sólido
aplicando estos dos vectores al punto O.
Como se puede ver en la gráfica, los
vectores F y –F separados por una
distancia r forman un par de vectores de
momento MO, y nos queda ya la fuerza F
aplicada en el punto O. Así, el efecto de trasladar F al punto O da como resultado dicha
fuerza aplicada en el punto O y un par de momento MO.
c) Consideremos ahora un cuerpo sometido a su propio
peso. Si trasladamos las fuerzas sobre cada partícula al C.M.
tendremos que introducir los momentos correspondientes, cuya
suma total será:
N
MCM = ∑ r'i ×wi
i =1
Siendo:
N
N
N 
W = ∑ wi = ∑ mig =  ∑ mi g = mg
i =1
i =1
 i=1 
Así, al trasladar el peso al centro de masas introducimos el momento:
N
N
N
N

MCM = ∑ r'i ×wi = ∑ (r'i ×mig ) = ∑ (mir'i ×g ) =  ∑ mir'i xg
i =1
i =1
i =1
 i=1

Y en el tema de sistemas de partículas, en el sistema de referencia centro de
masas sabemos que:
N
∑ mir'i = 0 ⇒ MCM=0
i =1
Por tanto, en el caso del peso, al trasladar todos los vectores al centro de masas el
momento resultante es nulo, y el sistema fuerza-par equivalente se reduce a una única
resultante, el peso, aplicada en dicho punto.
SEGUNDO EXAMEN PARCIAL FÍSICA I
15/01/15
MODELO 1
Apellidos:
Nombre:
Grupo:
Cuestión
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4
5
6
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Respuesta
RESPUESTA A LA CUESTIÓN 8