Solucionario del Examen de Admisión UNI 2008 - I
Física vT
Resolución Nº 1
Se pide [ x x ] para que la ecuación sea dimensionalmente correcta
vT
dT
0,1 km
t =
x–1 yz
e
=
Debe cumplirse que α y β, sean números ∴ [α] =1; [β]=1
→
[ x ][y][ z]=1 x ][y z]=1
•
Del gráfico obtenemos =0,1+dT d A=0,1+d v At =0,1+v =0,1+vT·t 1 1 75× =0,1+v =0,1+vT× 360 360
(I)
(II)
[ x ][y]= M x ][y –1
→ [y]= M [ x x ]
h
d A
Dato
• z=densidad z=densidad volumétrica [ z]= z]= ML–3
360
v A=75 km/h
x –1yz]=1 yz]=1 [β]=[α][ x 1 –1
1p
vT=39 km/h (III) Clave B
(III) y (II) en (I) [ x )[ x x ]–1( M M )[ x ]–1( ML ML–3)=1 [ x x ]2= M 2 L–3
Resolución Nº 3 3
− x ]= ML 2 ∴ [ x
Nos piden: tiempo "t " t " que demora el bloque en llegar al piso. v0=0
Clave D
t 1=1 s
A L
Resolución Nº 2
B
Considerando que los móviles se desplazan con velocidad constante, observamos
t
a
L
C
- 1 -
Como el coeficiente de rozamiento (µ) es constante,
Resolución Nº 4
la fuerza de rozamiento cinético es constante. =cte
Del diagrama de fuerzas; en la dirección paralela da
al plano inclinado, aplicamos la 2
disco
10 cm
ley de
45º
Newton:
F R
punto de suspensión
6 cm T cos45º cos45º
= ma
T
45º
senθ – f mg sen N =ma
mg
T sen45º sen45º
senθ –µ K mg cos cosθ=ma mg sen
3 2 cm
(senθ–µ K cosθ) → ∴ a=g (sen
R
mg
•
mg cos cos
m g s
e n
circunferencial; circunferencial; por ello en la dirección radial
a
aplicamos la 2da ley de Newton
f K f N
La plomada experimenta movimiento
F cp=macp
sen45º=mω2 R T sen45º=m •
El bloque desliza con aceleración constante,
Además, las fuerzas perpendiculares perpendiculares al plano de giro se equilibran. De esto, esto, se tiene
ocurre un MRUV en el tramo A tramo AC C: d= v0 t
+
T cos45º=mg cos45º=mg
1 2 at 2
tan45º= (I)
1=
En el tramo AB tramo AB
→
L=
a 2
ω 2 R g
ω 2 R
(III)
9, 8
Del gráfico, el radio de giro de la plomada es:
10 + 3 100
En (I) a 2× 2
(II)
De (I)÷(II)
1 2 L= at 2 2
1 2 L= a (1) 2
R= R=(10 + 3 2 ) cm=
=
(I)
1 2 at 2
2 m
Reemplazando en (III) 2( 10 + 3 ω 1=
t = 2 s
2)
( 9, 8 ) (100)
∴ ω ≈ 8,3 rad/s
=1,45 s t =1,45
Clave B
Clave B - 2 -
Resolución Nº 5 →
F R
=
( 0, 6 ) ( 6, 673 × 10−4 ( 50) ( 20) )
(
Analizando la masa puntual " m":
F Gsen
m
F R ≈ 2,02×10
→
F Gsen
0, 5 –7
2
+
0, 3
2
)
3
N
h=0,3 m
Clave B
F 2=sen
F 1= F G
F Gcos
d
F 1= F G
F Gcos
Resolución Nº 6
Considerando que en x =0, = 0, la partícula se
M 2= M
M 1= M
0,5 m
0,5 m
encuentra moviéndose hacia el eje positivo de las X ,
y donde la fuerza resultante es la fuerza F .
Del dato
F =4 x – 8
Sobre el objeto de masa m, tanto M 1 como
M 2
Esta fuerza varía con la posición, así se tiene
le ejercen una fuerza gravitacional F1 y F 2
que
respectivamente. Además, observando las
En x =0; =0; F = – 8 N
distancias y las masas, se deduce que:
En x =2 =2 m; F =0
F1
=
F2
FG =
=
En x =3 =3 m; F =4 N
GmM d
2
F (N)
4
Luego, la fuerza resultante será F R=2 F Gcosα
→
F R
=
2
donde: cos α =
A 2
GmM d
2
cosα
0
X (m)
2
3
A 1
0, 3 d
–8 2
2
d =
5 0,
3 0, +
=8 F =8
0,3
F R=2
d
×
2
F R
=
F =W
neto
W
0, 3
=
d
( 0, 6 ) GMm d
x =2 =2
neto
∴
→
=0 F =0
F
m
=4 F =4
N
x =3 =3
m
Cálculo del trabajo neto W
→
F
x =0 =0
0,5
GMm
N
1 2
neto
W
→
neto
W
( 2 ) ( −8 ) +
1 2
= A 1+ A 2 (1 )( )( 4 )
= –6 J Clave B
3
- 3 -
Resolución Nº 7
Resolución Nº 8
En el momento que al personaje se le cae el anillo, tenemos
Tenemos las siguientes situaciones: Antes del lanzamiento del proyectil v=0
v0 m h
Durante el lanzamiento del proyectil
RT
F g 1
F g
M T
f K
Un instante antes de que el anillo llegue a la superficie terrestre tenemos
f N
En el instante en que termina el lanzamiento del proyectil.
v x
500 m/s
m
60º 20 kg RT
2 kg
u
M T
250 m/s
230 kg
Nos piden v x
Luego del lanzamiento del proyectil la plataforma y
Como sobre el sistema anillo-Tierra anillo-Tierra no hay ha y fuerzas
el cañón realizan un movimiento desacelerado. desacelerado.
externas que desarrollen trabajo, entonces la energía asociada ha dicho sistema se conserva.
t x
Podemos plantear v=0
E F = E0 EC
2
u
a
+ E PG = EC + E PG
F
1
F g
F
2
mv x
+
0
(−GM T ⋅ m) RT
0
=
1 2
2
mv0
f K 1
−GM T ⋅ m + RT + h
f N 1
Piden t x
Ordenando se obtiene
Sobre el sistema plataforma-cañón actúan fuerzas v x
=
2
v0
h + 2 M T G RT (RT + h)
constante, entonces experimenta un MRUV →
v F =v0 – at
0=u – at x t x =
Clave B - 4 -
u a
(I)
Por la 2.a ley de Newton tenemos a=
F R M
=
f K (1) M
=
II.
FALSO
µ K Mg
Por ejemplo, desde que la partícula es
M
soltada hasta antes de llegar a su posición de
equilibrio, equilibrio, se observa que la v y la a tienen
a=µ K g =(0,4)(9,81) =(0,4)(9,81) 2
a=µ K g =3,924 =3,924 m/s
la misma dirección fig. (c).
(II)
III. FALSO
Durante el lanzamiento sobre el sistema
Cuando la bolita llega a la posición de
plataforma-cañón-proyectil, plataforma-cañón-proye ctil, en el eje X eje X se se tiene
equilibrio, equilibrio, su rapidez r apidez es máxima. I res=∆ p If K =∆ p ≈ 0
Clave D
Ya Ya que el tiempo del d el lanzamiento lanzami ento es muy pequeño, peque ño, observamos p0( x 2(+250)+250(–U )=0 )=0 x )= p F ( x x ) → 2(+250)+250(–U U =2 =2 m/s
Resolución Nº 10
(III)
Reemplazando (II) y (III) en (I)
M =3 =3 kg
t x =0,5 s
L=0,4 m y(cm) vonda
Clave B
x (cm) (cm)
T
Resolución Nº 09
De la función de onda tenemos
x − t 16 0,1
Y ( x, t ) = 12 sen 2π Piden T : tensión F E
v=0 fig.(a)
vmáx
1
1
onda es
P.E.
v
F g
F E =F g
Se sabe que la rapidez con que se propaga la
F R=0
a fig.(d)
v=0
fig.(c)
v=
T
µ
(I)
fig.(b)
además I.
v=λ f
FALSO
Por ejemplo, en el instante en que la bolita
De (I) y (II) obtenemos
pasa por la posición de equilibrio, la fuerza =(λ f )2 µ T =(
neta sobre ella es nula (fig. a y fig. fig. d). - 5 -
(II)
Densidad lineal µ=
L0 → 100%
M kg L m
∆ L → X %
∆ L %= → X %= L 100% 0
Luego
=(λ f )2 T =(λ
M
%= X %=
(*)
L
α L0 ∆T × 100%
Además, la función de onda transversal es
x Y( x, t ) = A sen 2π
λ
−
t T 0
+
(*)
L0
T (ºC) (ºC)
α 2π
200 T
Comparando con la función de onda dada, 100
obtenemos
X (%) (%)
λ=16 cm <> 0,16 m 0
=10 Hz T 0=0,1 s → f =10
5 x =5% =5%
Reemplazamos Reemplazamos en (*) De la gráfica, en (*)
=19,2 N T =19,2
x = 5 %
= α(100)100 %
∴ a=5×10– 4 ºC–1
Clave D
Clave C
Resolución Nº 11 Resolución Nº 12
Al calentarse la varilla metálica, esta se dilata linealmente de tal modo que su aumento de
Se tienen dos cuerpos de igual masa ( m) y de calor
longitud será
específico Ce( A respectivamente A) y Ce( B B), respectivamente
∆ L= L0 · α(∆T )
(I) A
donde α
: Coeficiente de dilatación lineal. lineal.
L0
: Longitud inicial de la varilla.
B
m
m
Ce(A)
Ce(B)
ariació n de temperatura. temperat ura. ∆T : Variación La cantidad de calor para el cambio de temperatura
En el problema nos dan la gráfica: T º
(Qsensible) sobre cada cuerpo, es
S x
donde x es el crecimiento porcentual de la
Q A = Ce( A A) · m · ∆T A
longitud L0
Q B=Ce( B B) · m· ∆T B - 6 -
Ahora, como la gráfica representa representa la cantidad de
C1=4 F q1
calor que gana cada sustancia, en función a su
q1
temperatura C2=3 F
Q(cal)
q2
A
Q A=600
–
e
C B
Q B=400
V –
e
q1+q2
S (ºC) T (ºC) 0
10
20
30
40
q1+q2
q1+q2
La cantidad de carga total que entrega la batería
50
es q1+q2, y que puede percibirse en una de las placas de C1. Del dato:
entonces, se tiene Q A Q B Q A Q B
q1=2 µC
Ce ( A)· m · ∆T A
=
Ce(B) · m · ∆T B Pero V 1
Ce( A) · ∆T A
=
=
Ce( A) Ce(B)
q1 C1
=
2 4
=
1 2
V
Ce(B) · ∆T B El capacitor C2=3 µF está en paralelo con C1,
Reemplazando los valores de la gráfica Q –T 600 400
=
entonces,
Ce( A) × 30
V2
Ce( B) × 50
=
=
1 2
V
Luego, q2=C2V 2=3×
5 2
1 =1,5 µC 2
Luego, q1+q2=2+1,5=3,5 µC Clave C
Clave E
Resolución Nº 13
Resolución Nº 14
Al cerrar el interruptor se produce un flujo de Consideramos dos cuerpos de 1 g, cada uno, uno, (de
electrones, tal como se indica, hasta que los capacitodores almacenen su máxima cantidad
cobre y tantalio), respectivamente, sumergidos
de carga.
completamente en agua en reposo. - 7 -
g
i
+
–
– ir + r
1 g Cu
1 g Ta =0 I =0
(a) EH2O(Cu)
(b)
V
EH2O(Ta)
i
i R
A
El empuje hidrostático es directamente proporcional a la densidad del líquido y al volumen
Usamos ley general de Ohm: Vb + ∑ Varama →b = V a
sumergido del cuerpo.
V b+(– ir +ε)=V )=V a ∴ Va − Vb = ε − ir
En el cuerpo de Cu: EH
mCu
O(Cu)=ρH2O gV Cu=ρH2O g
2
ρCu
según dato
( γ γ )
V=ε – ir
En el cuerpo de Ta: EH
mTa
2
(I)
Según la gráfica
VTa=ρH O g O(Cu)=ρH O g
2
2
(β)
V
ρ Ta
Entonces (β)÷( γ γ ) y
ρH 2O gmTa EH
2O
EH
2O
EH
2O
EH
2O
( Ta )
(Cu C u)
(Ta )
(Cu C u)
=
ρTa ρ m = Cu Ta ρH 2O gmCu ρ Ta mCu ρCu
(i) 0
x
Cuando i=0 i=0 → V=y
8, 3 × 1 = = 0, 5 16, 6 × 1
Reemplazamos en (I) y=ε – 0r y=ε Clave A
(II)
Cuando i=x → V=0 V=0 (ver gráfica) Reemplazamos en (I)
Resolución Nº 15
0=ε – xr
El circuito eléctrico funciona del modo siguiente:
→ r =
por el polo (+) de la fuente sale una corri ente de
ε x
Usamos (II) y se obtiene
intensidad (i (i) que pasa por la resistencia interna (r ) de la fuente y por el reostato R; R; pero por el
r =
voltímetro ideal no circula corriente y este registra
y x Clave D
la diferencia de potencial entre los puntos a y b. - 8 -
•
Resolución Nº 16
En el cuarto cuadrante: IVA
Usando la RMD para el conductor más
Aquí recordemos el principio físico: "Toda
cercano que transporta i(↓), se nota que
corriente eléctrica origina en su entorno un
predominan las líneas de inducción saliente
campo magnético rotacional, que se caracteriza por el vector inducción ( B ) y cuya dirección se
(·) al plano. •
determina usando la regla de la mano derecha
En el cuadrante IVB
Usando la RMD para el conductor más
(RMD)".
cercano que transporta i ( →), se puede apreciar que predominan las líneas de "II A"
"I"
inducción ingresante (×) a dicho plano. plano.
RMD
"II B"
) ( ) (
Ahora: ¿qué sucede en la línea con pendiente 45º que pasa por el II y IV
i
RMD i
45º i
cuadrante? i
45º
RMD
() ( ) RMD
En ( P P )
=
µ 0i 2πr
i(→) usando RMD origina: B2( ) =
µ 0i 2πr
(× )
"IV B"
i(↓) usando RMD origina: B1
i
"III"
"IV A"
B=0
Entonces, la resultante en P en P será será •
En el primer cuadrante I
(×)
Usando RMD en cada conductor adyacente
•
( )
B( P ) = B1 + B2
se deduce que las líneas de inducción son
Como son opuestos y de igual módulo
salientes (·).
→
En el segundo cuadrante: IIA
B( P ) = 0 II
Usando la RMD predominan las líneas de
r
inducción ingresantes (×) debido a i(↓) puesto
P
que es el conductor más cerrado. cer rado. •
r
i
En el segundo cuadrante IIB
i
45º
Usando la RMD se aprecia que predominan las líneas de inducción salientes ( ·) que genera i
i(→), pues es el sector más cercano. •
i
45º
En el tercer cuadrante III
IV L
Entonces, la recta L es aquella región donde
Usando la RMD en cada conductor adyacente
la inducción magnética resultante es nula.
a la región, se nota que las líneas de inducción magnética son ingresantes (×) al plano. plano.
Clave A
- 9 -
Resolución Nº 17
Resolución Nº 18
Sobre la lámina de aluminio incide luz
Nos piden determinar la veracidad o falsedad de
monocromática de λ=2000 A , tal como indica
los enunciados.
el gráfico.
Para esto, debemos considerar la clasificación
o
de las ondas electromagnéticas en función de su longitud de onda (λ) y frecuencia ( f ( f ). ). E = fotón
hf
Espectro electromagnético Ec
Longitud de onda
trabajo de extracción
Muy baja frecuencia
Frecuencia
> 10 km
< 30 KHz
Onda larga < 10 km
> 30 KHz
Onda corta < 180 m
> 1,7 MHz
Muy alta frecuencia
< 10 m
> 30 MHz
Ultra alta frecuencia
<1m
> 300 MHz
< 30 cm
< 1,0 GHz
Lejano/ Sub milimétrico
< 1 mm
> 300 GHz
La ecuación de Einstein para el efecto fotoeléctrico
Medio
< 50 um
> 6,0 THz
externo es
Cercano
< 2,5 um
> 120 THz
< 780 nm
> 384 THz
Cercano
< 380 nm
> 789 THz
Extremo
< 200 nm
> 1,5 PHz
Rayos X
< 10 nm
> 30,0 PHz
Rayos Gamma
< 10 pm
> 30,0 EHz
Al
e–
A la superficie llega un fotón con una energía
Radio
Efotón=hf. Con la energía entregada se logra extraer electrones de la lámina.
Micro-
Los electrones que adquieren mayor energía
ondas
cinética ( ECmáx) son los que se encuentran en la superficie. Infrarrojo
E fotón
=
W extracción
+
−
E Cmáx
Luz
del e
hf
=
0
visible Ultra
+ ECmáx
violeta
función trabajo
c = 4, 2 + E Cmáx λ
h
Reemplazando datos obtenemos
I.
La región de rayos gamma ( γ γ ) representa una alta frecuencia y, en consecuencia, una menor
3 × 10 8 – 15 = 4, 2 + ECmáx 4,13×10 · 3 10 − 2 × 10 ⋅ 10
longitud de onda (ver espectro). II. Las ondas audibles por el oído humano
∴ ECmáx=1,995 eV
no son electromagnéticas, son ondas mecánicas; en consecuencia; no entran en Clave B
- 10 -
esta clasificación.
III. De acuerdo al espectro espectro electromagnético, electromagnético, la
Reemplazando datos
región del infrarrojo está más próxima a la región visible que la región del microondas,
→
7, 5 × 106 ⋅ 0,05= 1, 76 76 × 1011 B0
→
se tiene que B0=85,2×10 – 5 T
esto por su cercanía en frecuencia y longitud
1
de onda. Clave C
Examinemos ahora el movimiento del electrón en la región R. Como en dicha región realiza un
Resolución Nº 19
movimiento uniforme, entonces, sobre este la A partir del esquema, nos piden determinar la intensidad de campo eléctrico en la región R.
F R=0, es decir
Debemos considerar que la inducción magnética
F mag= F EL
es la misma en ambas regiones. q VB = E q
Veamos:
E=(7,5×106)(85,2×10 – 3)
qe– v R
E=6,39×103 N/C
qe– F mag
E r F mag
v
E =6,39×103 (– i )
F EL B
Clave D
v
v Y
B= B0(– k)
Resolución Nº 20
U
X
En el problema nos piden la separación entre el objeto y la imagen final.
Z
Haciendo una gráfica del enunciado del problema Usando la regla de la palma de la mano i zquierda,
tenemos:
podemos determinar la dirección de la fuerza lente convergente
magnética sobre el electrón y, en consecuencia,
lente divergente
35 cm
determinar su trayectoria en la región U . ZR(–)
En esta región, el electrón describe una
ZR(–)
ZR(+)
'
circunferencia circunferencia cuyo radio es r =
ZR(+)
f '
objeto
i'
mv
F
qe − B
F
imagen final F =10 =10 cm
m v qe − B0
r =
=20
i
cm D
- 11 -
F '
Trabajando con la primera lente (convergente),
Construyendo la imagen final y aplicando
aplicamos la ecuación de focos conjugados y
nuevamente la ecuación de focos conjungados
obtenemos:
se tiene
→
1 f
=
1
=
1 1 1 = + ' f θ' ' i
i
θ
1 ( +19 )
1
=
1 1 + ( +20 ) i
→
→
i=+20 cm
→
1 −15
=
1 'i
i'=– 7,5 cm imagen virtual
imagen real
Luego, del gráfico debemos determinar D Ahora, como la separación entre las lentes es de 35 cm, a partir del resultado obtenido,
D=θ+35 – |i'| D=20+35 – 7,5
concluimos que la primera imagen obtenida se
∴
D=47,5 cm
ubica justo en el foco de la segunda lente. Esta Clave D
imagen es el objeto para la lente divergente.
- 12 -
