ACADEMIA 1961
2007
CESAR VALLEJO R.D. USE 01 - 1810 - 89
Solucionario del Examen de Admisión UNI 2007 - II
FÍSICA Tema
P
Resolución Nº 1
Resolución Nº 2
Nos plantean la siguiente ecuación:
Nos plantean el problema para un carro que experimenta experimenta un MRUV
a02 2ω R1ρ
=
− x tan(105º )
1s
ρ1 + ρ 2 t 0=0
Ya Ya que qu e esta es ta ecua ec uaci ción ón es dime di mens nsio iona nalm lmen ente te x ]. correcta nos piden [ x ].
2
[2][ω][ R1 ][ρ]
=
t 1=1 s
=0 x =0
x 0
x 1=70 d+2a
[ x ][− tan 105º ] [ρ1 + ρ 2 ]
1s
1s
t 2=2 s
t 3=3 s
(m) x (m)
Establecemos las dimensiones
[a0 ]
a
(I)
d+a
x 2=90
x 3=100
d
Nos piden x piden x 0. •
Como en cada segundo el carro disminuye su recorrido, entonces, experimenta un movimiento desacelerado. desacelerado.
donde [a0]= LT a0 : aceleración [a LT – 2
•
]=T –1 ω : velocidad angular [ω]=T R1 : radio [ R R1]= L
ρ, ρ1 y ρ2: densidades → [ρ]=[ρ1]=[ρ2]=[ρ1+ρ2]= ML–3
Sabemos que en un MRUV desacelerado los recorridos en segundos consecutivos disminuyen en la misma cantidad, cuyo valor numérico coincide con el valor de la aceleración.
Del gráfico
[2]=[– tan105º]=1 (la ecuación dimensional de un número es la unidad).
d=10 m d+a=20 → a=10
En (I) ( LT −2 )2 1T
−1
−3
LML
=
[ x ]1
d+2a +2a=70 – x – x 0
−3
ML
10+2×10=70 – x 0 ]= LT ∴ [ x x ]= LT –3
∴ x 0=40 m Clave A
Clave B
- 1 -
Resolución Nº 3
Resolución Nº 4
Cada trozo de mineral lanzado por la faja con v x realiza MPCL desde A hasta el nivel CD, empleando el mismo tiempo t AD=t AC=t . Porque H =1,25 m y v0y=0.
Como el bloque siempre estará en reposo, se debe verificar que
•
A v x g =9,81 m/s
F R = 0
•
0
Fg
2
f N
H =1,25 m 4m B C
R M o =
Para ello será necesario realizar un DCL del bloque
En la proyección vertical del MPCL, tenemos
v x
f S
F E x
2m
D
0
Por acción de la F g , se genera tendencia a resbalar sobre la pared hacia abajo y la f S siempre equilibra
En la vertical
2
a la F g ya que
t H = v0 y t + g 2 1, 25 =
9, 81 2
Σ F (↑)=Σ F (↓)
t 2
f S= F g f S= Mg
→ t ≈ 0,5 s 1.
Por acción de la F E= Kx , el bloque presiona la
Si se lanza con la mínima rapidez v x , el mineral
pared y la f N equilibra a la F E ya que
cae con las justas en el punto C, de modo que en la proyección horizontal del MPCL,
Σ F (→)=Σ F (↔)
tenemos d BC=v x (mín)t ;
2.
f N = Kx
(II)
Reemplazamos 4=v x (mín)(0,5)
Ahora, a medida que se reduzca la deformación
v x (mín)=8 m/s
estará más propenso a resbalar, por ello la mínima
x , actúa menos f N , lo que implica que el bloque
Si se lanza con la máxima v x , el mineral cae
deformación se tendrá cuando el bloque esté a
en el punto D; luego, en proyección horizontal
punto de resbalar, por lo tanto f S= f S(máx)
del MPCL, tenemos d BD=v x (máx)t
(I)
En (I) Mg =µS f N
siendo d BD=6 m 6=v x (máx)(0,5)
Reemplazamos (II)
v x (máx)=12 m/s
Mg =µ Kx
Entonces, la rapidez de la faja transportadora debe estar comprendida en el intervalo v x (mín) ≤ v x ≤ v x (máx)
Reemplazamos
(0,5)(9,81)=(0,25)(10)( x mín)
∴ x mín=1,96 cm
∴ 8 ≤ v x ≤ 12 m/s
Clave C
Clave B - 2 -
Además
Resolución Nº 5
g T=9,81 m/s2: aceleración de la gravedad
Nos piden la rapidez con la cual el objeto llega a
terrestre.
la superficie de la Luna.
∴
v0=0
g L =1,6519 m/s2
En (I) 2 =2(1,6519)(1) v F
g L
∴
v F =1,82 m/s
h=1 m
Clave C
v F
superficie lunar
Resolución Nº 6
Se tiene la siguiente gráfica: F (N)
Como h <<< RL ( RL : radio promedio de la Luna)
46
podemos considerar que g L =cte.
( g L : aceleración de la gravedad en la superficie
23
lunar). El objeto realizará un MRUV.
A 1
En consecuencia, usaremos:
A 2
A 3 x (m)
2 = v02 v F →
+ 2ah
0
2 =2 g L h v F
5
10
15
(I) F
Cálculo de g L
A
B
Se sabe lo siguiente Sabemos que el trabajo desarrollado mediante
Para un planeta
una fuerza que varía con la posición se puede
M gP = G 2P RP
determinar teniendo la gráfica F vs. x de la siguiente manera:
En el caso de la Luna gP
M L
=G
2 RL
=G
F W A → B
(0, 01255) M T
= A 1 + A 2 + A 3 23 + 46 46 × 5 = 23 × 5 + 5 + 2 2
(0, 27300)2 RT2 M T
= (0,16839) G
∴
RT2
=
F W A → B
= 402, 5 J Clave E
(0,16839) g T - 1 -
Reemplazamos datos
Resolución Nº 7
v=7,33 m/s
Al chocar elásticamente una par tícula con la balanza, esta le ejerce un impulso a la balanza;
(II)
Determinamos ∆t
este impulso se debe a una fuerza variable, la cual
Considerando que en el instante en que una
es registrada por la balanza. Sin embargo, dada la
partícula termina de chocar, la siguiente empieza
frecuencia de los impactos y el tiempo que dura
a chocar y cada choque dura ∆t , entonces, en el
cada impacto, la balanza marcará prácticamente
choque de 32 partículas transcurren 32∆t . Esto,
un módulo de fuerza constante, que viene a ser la
por dato del problema, transcurre en 1 s.
fuerza media del choque, tal como se muestra:
Entonces Instante inicial del choque
Durante el choque
(t )
v
Instante final del choque
32∆t =1 s
∆t =
v
1 s 32
∆t =0,03125
s
(II)
Reemplazamos (I) y (II) en (III)
F m
Siendo m=0,114 kg, se tiene Despreciando el impulso de la fuerza de gravedad, dado que la masa es despreciable, se tiene:
F m =
0, 03125
I res = ∆ p
2(0, 114)(7, 33)
F m=53,4 N
Fm ·∆t
= mv F − mv0
Fm ·∆t
= mv − m(− v)
F m =
2mv ∆t
Clave B
Resolución Nº 8
(I)
La energía cinética de la partícula que realiza un MAS es
Determinamos la rapidez del impacto (v) Como la partícula es soltada de una altura
E K =0,2 – 20 x 2
(*)
h=2,74 m respecto de la balanza y experimenta P.E.
MVCL, entonces: 2 = v02 v F
K
+ 2gh x =0
v = 2gh
x
- 2 -
I.
En x =0, el oscilador pasa por la posición de
Resolución Nº 9
equilibrio y su energía cinética es máxima e
Se tiene una onda que se propaga hacia la derecha.
igual a la energía mecánica (conservación de energía mecánica).
v
En (*) E K =0,2 – 20(0) 2
2 cm
20 cm
E K (máx)=0,2 J
Dato: f =4 Hz
Luego E M =0,2 J
II.
I.
El periodo es la inversa de la frecuencia T =
En las posiciones extremas, la energía cinética
1 f
→
T =
1 4
→
T =0,25 s
(V)
es cero y x = ± A II.
En la gráfica se observa que la mitad de la onda mide 20 cm, entonces
En (*) 0=0,2 – 20 A2
→
40 cm
A=0,1 m
III. En x =0, la energía cinética es máxima.
∴ λ=40 cm
E K (máx)=0,2 J
1 2 mvm áx 2
III. La rapidez de propagación de la onda es v=λ · f
= 0, 2
v=40 · 4
∴
(F)
→
v=160 cm/s
v=1,6 m/s
( V)
pero vmáx=ω A Clave B
1 m(ωA)2 2
= 0, 2
Observación
Si en forma rigurosa consideramos la velocidad de
1 (0, 25)ω 2 ·(0,1)2 2
m/s ; propagación en forma vectorial, sería v =1,6(i)
= 0, 2
entonces, esta proposición sería falsa (F) y la clave sería la A.
Reemplazamos valores Resolución Nº 10
∴ ω=12,65 rad/s
Como el bloque flota en un líquido, entonces, Clave D
sobre él actúan las siguientes fuerzas: - 5 -
Piden ∆T =?
F g
Se sabe por dilatación lineal que
∆=0 α ∆T 3 V sum= V bloque 4
Por dato
∆=2,5%0=
EL
L
(I)
2, 5 100 0
Reemplazando en (I) con α=2,5×10 –4 ºC–1
2, 5 = (2,5×10–4)∆T 100 0 0
Siendo EL : empuje hidrostático del líquido en reposo.
∆T =100 ºC
Como el bloque permanece en equilibrio estático, se cumple la primera condición del equilibrio.
Clave D
Σ F (↑)=Σ F (↓) =
EL
F g Resolución Nº 12
ρ L g Vsum =
mbloque g
ρ L 4
3
Vbloque
Planteamos el problema
= ρ bloque V bloque ) ( ρ
Despejamos
∴ ρL =
Inicialmente 1 L de agua a 20 ºC
Q
H2O
I
4 3
ρ
R Clave D +
V =220 V
I
Resolución Nº 11
Cuando se conecta la fuente de tensión se Consideremos que 0 sea la longitud inicial del alambre.
establece el voltaje de 220 V en el resistor del
0
JOULE - LENZ) la cual es recibida por el agua. Esta
calentador, éste libera energía calorífica (efecto energía calorífica (Q) liberada en cierto tiempo t, está dada por:
Ahora, al incrementar la temperatura del alambre en (∆T ), ésta incrementará su longitud. Sea ∆ el incremento de la longitud, entonces, al final tendremos
2
Q= V t (joule) R
(I)
En nuestro caso t es el tiempo para que el agua empiece a hervir a 100 ºC y debemos
0+
determinarlo. - 6 -
Considerando que todo el calor que disipa la
Al final
resistencia, lo gana el agua, tenemos:
Q F
Q
=
ganado por
Qpor el agua
= Q Rdisipado por
A F R F
V 2 t (0,24); 1 J =0,24 cal Ce(H2O)m∆T = R
Al inflarse el globo, únicamente varía su volumen
en calorías
y, en consecuencia, el área de su superficie. Luego, análogamente al caso inicial se tendría
Reemplazando los datos y recordando que para el agua: 1 L <> 1 kg; pues
ρH2O=1 kg/L
V F = −
π KQ
2
2
(1)(1000)(80)= (220) t (0,24) 100
(β)
A F
En (α) y ( β) se observa que el potencial eléctrico varía con el área del globo, según
t ≈ 688,7 s o
t ≈ 11 min, 28 s V =
−
cte. A
Clave B
; donde la cte.=2
π KQ
La relación entre el potencial V y el área A no es lineal y, además, cuando aumenta ( A), el Resolución Nº 13
potencial V <0 aumenta; entonces la gráfica más aproximada será
Al inicio
V
Qi=– Q
A i
Ai
A F A
V i
R0
V F
El potencial eléctrico en la superficie del globo esférico es V i =
KQi Ri
(I)
KQ V = − Ri
→
Clave D
Resolución Nº 14
Pero el área de la superficie esférica es A = 4 πR 2
→
Ai
= 4 πRi 2 →
Ri
Llave en la posición invierno
=
Ai 4π
A
I
A
invierno A paralelo
Reemplazamos en (I)
+ V AB=110
V i = −
KQ Ai 4π
→
A I
V i = −
2
π KQ Ai
(α)
B
V
R1
B
R2
B
<> V AB=110 V – B Req=
- 7 -
R1 R2 R1+R2
En la primera figura, las resistencias se encuentran en paralelo. La potencia disipada del circuito equivalente es
B
O
P =
2 V AB
Req
2
110 → 2200 = R1 R 2 R1 + R2
r F
M
11 (I) → = R1 + R 2 2 R1 R2
q+
v
Con la regla de la mano izquierda se define la
dirección de F M y así el sentido de la trayectoria
Si la llave se encuentra en la posición de verano, tenemos
(su curvatura). Además
A
v
I'
n
A
I'
F M = F cp +
V AB=110 V
R1
R2
V AB=110 V
V AB
q⋅v⋅ B =
R1
–
qB r M
(I)
v=
B
B
v2 M⋅ r
En esta posición, solo funciona la resistencia R1.
•
Esta resistencia disipa una potencia
De (I), cuanto más rápido se mueve la partícula, mayor es el radio de curvatura; con esto, examinemos la trayectoria de la partícula
P =
2 V AB
R1
→ 1100 =
(110) 2 R1
en el problema.
→ R1 = 11 Ω
q F M
Luego, en (I) 11 R2 11 + R2
B
energía disipada
1
I
11 = 2
→
R2
F M 2
= 11 Ω
L B
q
•
En la zona (I) la trayectoria tiene mayor radio de curvatura y por ello mayor rapidez en comparación a la zona (II).
Así EC I
•
Esta diferencia en EC es por la i nteracción con la placa cuando q la atraviesa en donde se disipa energía.
•
De lo anterior q se dirige de la zona (I) a la zona (II).
•
Por la regla de la mano izquierda q debe ser negativa.
Finalmente, nos piden R1+ R2=22
II
Ω
> EC
II
Clave D
Resolución Nº 15
Cuando una partícula electrizada se mueve en un campo magnético homogéneo, de modo que
la F R coincida con F M , describe movimiento circunferencial si v está en un plano perpendicular
Clave C
a B . - 8 -
Resolución Nº 16
Resolución Nº 17
Perfil de una onda plana monocromática.
Formación de la imagen en el espejo convexo
regla de la mano derecha
Z E
Z.R.
Q
v
Z.V.
E E
v
E B
B
B
B B
E
Y
h
E
B
hi N
X
P
R
A. VERDADERA
C
F
Las ondas electromagnéticas (OEM) son transversales, de modo que el campo eléctrico y el campo magnético oscilan en forma perpendicular entre sí y sus oscilaciones
=20
cm
| f |=8 cm
son perpendiculares a la dirección de propagación.
hθ: altura del objeto hi: altura de la imagen
B. VERDADERA En el vacío (región sin partículas), toda OEM,
Siendo α pequeño ( PN
incluyendo a la luz se propagan con la misma
es semejante al
≈ PN ) , entonces el
FPN
FRQ; por lo tanto,
rapidez, pues la luz también es una OEM. hi f
C. FALSA La dirección de propagación de la OEM está
→
determinada por el producto vectorial E × B. D. VERDADERA
=
hθ θ + f
hi 8
=
3 20 + 8
∴ hi=0,86 cm
De la teoría de Maxwell: Toda partícula electrizada que se mueve experimentando una aceleración origina ondas electromagnéticas
Clave A
y, por consiguiente, irradia energía electromagnética. Resolución Nº 18
E. VERDADERA
El efecto fotoeléctrico consiste en el despren-
La frecuencia de los rayos ultravioleta
dimiento de electrones de una superficie metálica
15
se encuentra en el orden de 3×10 Hz,
por la incidencia de radiación electromagnética
mientras que la frecuencia de los rayos X está
cuya frecuencia define la energía de un fotón, que
en el orden de 3×10 18 Hz.
es absorbida por un electrón y le permite vencer la atracción del núcleo atómico, además de lograr escapar con cierta energía cinética.
Clave C
- 9 -
Resolución Nº 19
E=hf
e
Consideremos un objeto sobre el plano ecuatorial (P) y grafiquemos las fuerzas que actúan sobre
e
dicho cuerpo ubicado sobre una balanza.
P
Hacemos un balance energético
m
R F g
hf =φ+ EC Tierra ( M )
c = φ + E C λ
h
balanza
Se realiza dos veces el mismo experimento. F g
Inicialmente
c = φ + E C λ 1
h
(I)
f N
1
Cambiando la radiación, solo varían λ1 y EC1, pues el trabajo de extracción (φ) depende del material de la placa que no ha variado; entonces, en la segunda experiencia planteamos la ecuación
Entonces, la balanza indicará el peso ( f N ) que será igual a F g ; pero si la balanza marca cero, entonces f N =0. Sin embargo, en el Ecuador sí existe fuerza de
c = φ + E C λ 2
h
gravedad, la cual hace que el objeto gire en torno
(II)
2
al centro de la Tierra con un radio R. Esto es
Restamos (I) – (II) EC1
F g = F cp
1 1 − EC = hc − λ λ 1 2 2
mg
Reemplazamos datos 0, 37 − EC2
m ω 2 R 2
2π g = R T
=
1 = 4,14 × 10 −15 (3 × 10 8 ) 780 × 10 −9
=
R g (periodo de rotación de la Tierra que, por condición del problema, ha sido disminuido)
∴ T = 2π
− − 9 410 × 10 1
Entonces EC2=1,806 eV
Según los datos, para la superficie ecuatorial Clave C - 10 -
R=6,4×106 m; g =9,81 m/s2
Reemplazamos T = 2π
Por la sección de la espira cruza el flujo magnético definido por
6, 4 × 10 6 9, 81
φ= B A cosθ
= 2π(0,80771)×103
Además
(I)
A = A abcd=1×1=1
T 0
→
φ= B(1)cos30º=
2π (0, 80771) × 103
T 0
θ = 30º
3 B 2
Entonces, al variar B varía el flujo y establecemos
3π × 10 4 T
→
En (I)
(II)
Nos piden (I)÷(II)
=
formado por la normal N y B
normal de la Tierra es
T
m2 y θ es el ángulo
El problema plantea que el periodo de rotación T 0=3π×104 s
(I)
→
∆φ =
= 0, 05
3 ∆ B 2
(*)
Por dato, B disminuye uniformemente, es decir, linealmente con el tiempo; así Clave D
B(T )
B0=2
Resolución Nº 20
La espira conductora abcd es de 1 m de lado, esto es fácil deducir del gráfico analizando el triángulo
B
rectángulo sombreado aHc.
a
t (s)
b
B F =0
3
1m t
∴
1m H
d
60º 0,5 m c
tan θ =
ξ m = N
ab
2
(α)
3
Entonces, esta ∆ B origina una ∆φ, la cual ocasiona una fuerza electromotriz inducida media (ξm) en la espira definida por
observador
La espira vista de perfil con el campo magnético que cruza su sección es
∆ B = ∆t
∆φ ∆t
Reemplazamos (*) y N =número de espiras=1
3 ∆ B ξm = 1 2 ∆t
N
→
ξm =
3 ∆ B 2 ∆t
Reemplazamos (α) B
=30º
ξ m = 60º
3 2 2
3
→ ξm=1 V Clave A
cd - 11 -
